高考数学(理)一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-1 Word版含解析

导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程． 3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)平均变化率： 函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率ΔyΔx＝ f x0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 ΔyΔx 通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx.(3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的 切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0) . 3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式 ①C ′＝ 0 (C 为常数)； ②(x n)′＝ nxn －1(n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ； ④(cos x )′＝ －sin x ； ⑤(a x)′＝ a xln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x； ⑦(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x.(2)导数的运算法则 ①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) . ②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) . ③商的导数 [f xg x]′＝ fx g x －f x gxg 2x(g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则Δy Δx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以Δy Δx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f＋Δx －f2Δx等于(C)A ．f ′(1) B．2f ′(1) C.12f ′(1) D．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0f＋Δx －f2Δx ＝12lim Δx →0 f ＋Δx －fΔx ＝12f ′(1)． 3．下列求导运算中正确的是(B) A ．(x ＋1x )′＝1＋1x2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 3 .(2)y ＝xx ＋1，则y ′x ＝2＝ 19.(1)因为f ′(x )＝2e x＋(2x ＋1)e x＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3. (2)因为y ′＝(x x ＋1)′＝x x ＋－x x ＋x ＋2＝1x ＋2，所以y ′x ＝2＝1＋2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx x ＋Δx ＋x ＋，所以Δy Δx＝－1x ＋Δx ＋x ＋，所以f ′(x )＝li m Δx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0[－1x ＋Δx ＋x ＋]＝－1x ＋x ＋＝－1x ＋2.利用定义求导数的基本步骤： ①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )； ②求平均变化率：Δy Δx＝fx ＋Δx －f xΔx；③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于(B)A ．f ′(x 0)B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0f x 0－Δx －f x 0Δx＝－li mΔx →0f [x 0＋－Δx－f x 0－Δx＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x.(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝＋sin x－cos x －＋sin x－cos x－cos x2＝cos x－cos x －＋sin xx－cos x2＝cos x －sin x －1－cos x2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝ －1 .(1)因为f (x )＝e xln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋ex x，所以f ′(1)＝e.(2)因为y ′＝＋cos x x －＋cos x xsin 2x＝－sin 2x －＋cos x os x sin 2x＝－1－cos xsin 2x， 所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________．(2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y′＝2x－1x2，所以y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.(2)因为y′＝ln x＋1，设切点为P(x0，y0)，则y′x＝x0＝ln x0＋1＝2，所以x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，所以切点为(e，e)．故所求切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0.(1)x－y＋1＝0 (2)2x－y－e＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x0，y0)，求切线方程；②已知切线的斜率k，求切线方程；③求过(x1，y1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x0，y0)，再由k＝f′(x0)，再由(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y＝kx－2与曲线y＝x ln x相切，则实数k的值为(D) A．ln 2 B．1C．1－ln 2 D．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x0，x0ln x0)，因为y′＝ln x＋1，所以k＝ln x0＋1，所以切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0Δy Δx＝li mΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．导数在函数中的应用——单调性1．了解函数的单调性与其导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．如果f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上为增函数；如果f′(x)＜0，则f(x)在(a，b)上为减函数．2．导数与函数单调性的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.如果f (x )在区间(a ，b )内单调递增，则在(a ，b )内f ′(x ) ≥ 0恒成立； 如果f (x )在区间(a ，b )内单调递减，则在(a ，b )内f ′(x ) ≤ 0恒成立．热身练习1．“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的(A) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件f ′(x )>0在(a ，b )上成立⇒f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，不一定成立，如y ＝x 3在(－1,1)上单调递增，但在(－1，1)上f ′(x )＝3x 2≥0.2．设f (x )＝2x 2－x 3，则f (x )的单调递减区间是(D) A ．(0，43) B ．(43，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)和(43，＋∞)f ′(x )＝4x －3x 2<0⇒x <0或x >43.3．函数f (x )＝(3－x 2)e x的单调递增区间是(D) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)因为f ′(x )＝－2x e x＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，得x 2＋2x －3<0，解得－3<x <1.所以f (x )的单调递增区间为(－3,1)．4．设定义在区间(a ，b )上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如右图所示，其中x 1，x 2，x 3，x 4是f ′(x )的零点且x 1<x 2<x 3<x 4.则(1)f (x )的增区间为 (a ，x 1)，(x 2，x 4) ； (2)f (x )的减区间为 (x 1，x 2)，(x 4，b ) .5.(2019·福建三明期中)函数f (x )＝x 3－3bx ＋1在区间[1,2]上是减函数，则实数b 的取值范围为 [4，＋∞) .因为f ′(x )＝3x 2－3b ≤0，所以b ≥x 2，要使b ≥x 2在[1,2]上恒成立， 令g (x )＝x 2，x ∈[1,2]，当x ∈[1,2]，1≤g (x )≤4，所以b ≥4.利用导数求函数的单调区间函数f (x )＝x 2－2x －4ln x 的单调递增区间是____________．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x，由f ′(x )>0，得x 2－x －2>0，解得x >2或x <－1(舍去)． 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．(2，＋∞)求可导函数f (x )的单调区间的步骤： ①求函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0和f ′(x )＜0；④确定函数y ＝f (x )的单调区间：使f ′(x )＞0的x 的取值区间为增区间，使f ′(x )＜0的x 的取值区间为减区间．1．(2017·全国卷Ⅱ节选)设函数f (x )＝(1－x 2)e x.讨论f (x )的单调性．f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．已知函数的单调性求参数的范围(经典真题)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞) D．[1，＋∞)依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝1x，因为x >1，所以0<g (x )<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．D函数f (x )在(a ，b )上单调递增，可转化为f ′(x )≥0在该区间恒成立，从而转化为函数的最值(或值域)问题．2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是(C)A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，13](方法一)因为f (x )在(－∞，＋∞) 单调递增，所以f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，即f ′(x )＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，令cos x ＝t ，－1≤t ≤1，则等价于：g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0对t ∈[－1,1]恒成立．等价于⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋13≥0，a ＋13≥0，所以－13≤a ≤13.即a 的取值范围为[－13，13]．(方法二：特殊值法)取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，因为f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.利用导数求含参数的函数的单调区间已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，令f ′(x )>0，得x >a . 令f ′(x )<0，得0<x <a .所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(1)当函数的解析式中含有参数时，如果参数对导函数的符号有影响或导数的零点是否在定义域内不确定时，要对参数进行分类讨论．(2)讨论时，首先要看f ′(x )的符号是否确定，再看f ′(x )的零点与定义域的关系． (3)画出导函数的示意图有助于确定单调性．3．(2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈(0，－12a )时，f ′(x )＞0；当x ∈(－12a，＋∞)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，－12a )上单调递增，在(－12a，＋∞)上单调递减．(1)求f(x)的定义域，并求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；(3)确定函数y＝f(x)的单调区间：使f′(x)＞0的x的取值区间为增区间，使f′(x)＜0的x的取值区间为减区间．在求单调区间时，要注意如下两点：①要注意函数的定义域；②当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时，不能把这些区间取并集．2．已知函数在区间上单调，求其中的参数时，要注意单调性与导数的关系的转化．即：(1)如果f(x)在区间[a，b]单调递增⇒f′(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立；(2)如果f(x)在区间[a，b]单调递减⇒f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立．3．处理含参数的单调性问题，实质是转化为含参数的不等式的解法问题，但要注意在函数的定义域内讨论．导数在函数中的应用——极值与最值1．掌握函数极值的定义及可导函数的极值点的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)．2．会研究一些简单函数的极值．3．会利用导数求一些函数在给定区间上的最值．知识梳理1．函数的极值(1)函数极值的定义：设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点，都有f(x)＜f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有点，都有f(x)＞f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值.①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．2．函数的最值(1)(最值定理)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)一般地，求函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：①求函数f(x)在(a，b)内的极值.②将f(x)的极值和端点的函数值比较，其中最大的一个为最大值；最小的一个为最小值.热身练习1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(A)A．1个 B．2个C．3个 D．4个因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足x＜x0时，f′(x)＜0；x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．2．函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(C) A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件因为函数f(x)在x＝x0处可导，所以若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，所以q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f (x )＝x 3为例，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．所以p q ． 故p 不是q 的充分条件．3．(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0； 当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数． 所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.4．函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(C) A ．1，－1 B ．1，－17 C ．3，－17 D ．9，－19令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.f (1)＝1－3＋1＝－1，f (－1)＝－1＋3＋1＝3， f (－3)＝－17，f (0)＝1.所以最大值为3，最小值为－17. 5．(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 2 .f ′(x )＝x －－x x －2＝－1x －2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数， 故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.求函数的极值、最值求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极值．因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.(1)求可导函数f (x )的极值的步骤： ①确定函数的定义域，求导数f ′(x )； ②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程根左、右值的符号；④作出结论：如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值．(2)求可导函数f (x )在[a ，b ]上最值的步骤： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )各极值与f (a )，f (b )比较，得出f (x )在[a ，b ]上的最值．1．求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[－3,3]上的最大值与最小值．由例1可知，在[－3,3]上， 当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.又f (－3)＝7，f (3)＝1，所以f (x )在[－3,3]上的最大值为283，最小值为－43.含参数的函数的极值的讨论已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的极值．由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f ′(x )的零点的存在； (2)参数是否影响f ′(x )不同零点的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号． 如果有影响，则要分类讨论．2．(2018·银川高三模拟节选)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数．f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ；由f ′(x )>0得x >1a.所以f (x )在(0，1a )上递减，在(1a，＋∞)上递增，所以f (x )在x ＝1a处有极小值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．含参数的函数的最值讨论已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最大值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝－a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．所以f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1.综上可知：当0<a ≤12时，f (x )max ＝ln 2－2a ；当12<a <1时，f (x )max ＝－ln a －1； 当a ≥1时，f (x )max ＝－a .(1)求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内使f ′(x )＝0的点和区间端点的函数值，最后比较即可．(2)当函数f (x )中含有参数时，需要依据极值点存在的位置与所给区间的关系，对参数进行分类讨论．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝－a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，f (x )min ＝f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上可知：当0<a <ln 2时，函数f (x )min ＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )min ＝ln 2－2a .1．求可导函数f(x)的极值的步骤：(1)确定f(x)的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查f′(x)在方程根左、右值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．2．求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值可按如下步骤进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，确定f(x)的最大值和最小值．3．求含参数的极值，首先求定义域；然后令f′(x)＝0，解出根，根据根是否在所给区间或定义域内进行参数讨论，并根据左右两边导函数的正负号，从而判断f(x)在这个根处取极值的情况．4．含参数的最值，首先按照极值点是否在所给区间对参数进行讨论，然后比较区间内的极值和端点值的大小．导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x ∈[a，b]内的最小值≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为(x0，b) ，f(x)<0的x的取值范围为(a，x0) .3．若f(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的最小值>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f (x )<m 在x ∈[a ，b ]上恒成立，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 <m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)4．若f (x )>m 在x ∈[a ，b ]有解，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 >m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x ∈[0，＋∞)，则e x与1＋x 的大小关系为(A) A ．e x≥1＋x B ．e x<1＋xC ．e x＝1＋x D ．e x与1＋x 大小关系不确定令f (x )＝e x－(1＋x )，因为f ′(x )＝e x－1，所以对∀x ∈[0，＋∞)，f ′(x )≥0，故f (x )在[0，＋∞)上递增，故f (x )≥f (0)＝0， 即e x≥1＋x .2．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )>0，则必有(B) A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)>2f (1) C ．f (0)＋f (2)＝2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)的大小不确定依题意，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上是减函数， 故当x ＝1时，f (x )取最小值，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．3．已知定义在R 上函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，且x >0时，f ′(x )<0，则f (x )>0的解集为(A)A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 [－2，＋∞).因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[3，＋∞)；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[0，＋∞).(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0) B．(－∞，－2020)C．(－2016,0) D．(－∞，－2016)构造函数F(x)＝x2f(x)，x<0，当x<0时，F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为2f(x)＋xf′(x)>x2≥0，所以F′(x)≤0，则F(x)在(－∞，0)上递减．又(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0可转化为(x＋2018)2f(x＋2018)>(－2)2f(－2)，即F(x＋2018)>F(－2)，所以x＋2018<－2，所以x<－2020.即原不等式的解集为(－∞，－2020)．利用导数证明不等式已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：f(x)≤11＋x.要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明e x≥x＋1.记k(x)＝e x－x－1，则k′(x)＝e x－1，当x∈(0,1)时，k′(x)>0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(1)证明f(x)>g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F (x )min >0.(2)注意：其中构造函数是将不等式问题转化为函数问题．为了利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简，然后构造相应的函数．2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.已知不等式恒成立求参数的范围已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围．f (x )≤g (x ) ⇔7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x ⇔c ≥－2x 3＋3x 2＋12x ， 所以原命题等价于c ≥－2x 3＋3x 2＋12x 在x ∈[－3,3]上恒成立． 令h (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x ，x ∈[－3,3]，则c ≥h (x )max . 因为h ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝－6(x －2)(x ＋1)，当x 变化时，h ′(x )和h (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增 单调递减 易得h (x )max ＝h (－3)＝45，故c ≥45.(1)已知不等式恒成立，求参数a 的范围，例如f (x )>g (x )在x ∈D 上恒成立，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f (x )－g (x )>0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化为F (x )min >0.②分离参数法：将不等式变为a >h (x )或a <h (x )在x ∈D 内恒成立，从而转化为a >h (x )max或a <h (x )min .(2)注意：①恒成立问题常转化为最值问题，要突出转化思想的运用；②“f (x )max ≤g (x )min ”是“f (x )≤g (x )”的一个充分不必要条件，分析不等式恒成立时，要注意不等号两边的式子中是否是有关联的变量，再采取相应的策略．1． 已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．此题与例3不同，例3中不等式两边的式子中均有相同的变化的未知量x ，故可先移项，直接进行转化；而此题中不等式两边的式子中的x 1，x 2相互独立，则等价于f (x 1)max ≤g (x 2)min.由∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]， 都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min . 因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ， 当x 1∈[－3,3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ；g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增易得g (x )min ＝g (2)＝－48， 故147－c ≤－48，即c ≥195.1．利用导数证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数F (x )＝f (x )－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)>0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．已知f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f(x)－g(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0.②分离参数法：将不等式变为a>h(x)或a<h(x)在x∈D内恒成立，从而转化为a>h(x)max 或a<h(x)min.导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的横坐标.(2)几个常用结论：①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有交点方程f(x)＝0有实数解.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点方程f(x)＝g(x)有实数解.③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内 至少有一 个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f (x )的大致图象(如下图)．由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43C ．－283或283D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C) A ．(－∞，ln 2) B ．(ln 2，＋∞) C ．(－∞，2ln 2－2] D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f′(x)＝e x－2，令e x－2＝0得，e x＝2，所以x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增所以g(x)的图象如右图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路： (1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x，可得f ′(x )＝1－a e x. 下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)． 于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0. 由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a)<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点．②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a 2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减， 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增． 要使函数f (x )有一个零点， 则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g xx 2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g x x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax－2e ， 化为ln x x＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln x x与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln x x ，得h ′(x )＝1－ln x x2.令h ′(x )＝0，得x ＝e. 当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减． 所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g x x 2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2， 由题意得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题意知1－k >0，当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )，h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤： (1)构造函数，并确定定义域； (2)求导，确定单调区间及极值； (3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件． 2．处理函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点问题，常用方法有： (1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；。

高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0， 所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－x －1x －m x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。

2017高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用课时练 理时间：120分钟基础组1.[2016·某某二中周测]已知函数f (x )＝exx，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极大值也无极小值 答案 B解析f ′(x )＝e x·x －e xx 2＝x －1exx2，x >0. 令f ′(x )＝0，得x ＝1.又f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以x ＝1为f (x )的极小值点，f (x )无极大值．故选B.2．[2016·枣强中学仿真]在R 上可导的函数f (x )的图象如图所示，则关于x 的不等式x ·f ′(x )<0的解集为( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－2，－1)∪(1,2)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案 A解析 由f (x )的图象知，当x <－1或x >1时，f ′(x )>0；当－1<x <1时，f ′(x )<0， ∴x ·f ′(x )<0的解集是(－∞，－1)∪(0,1)．3．[2016·某某二中月考]已知f (x )为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，则以下判断正确的是( )A ．f (2013)>e 2013f (0)B ．f (2013)<e2013f (0) C ．f (2013)＝e2013f (0)D ．f (2013)与e 2013f (0)大小无法确定 答案 B解析 令函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex.∵f (x )>f ′(x )，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在R 上递减，∴g (2013)<g (0)， ∴f 2013e2013<f 0e，∴f (2013)<e2013f (0)．4．[2016·武邑中学热身]函数f (x )＝e x－x (e 为自然对数的底数)在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．1＋1e B ．1C ．e ＋1D ．e －1 答案 D解析f ′(x )＝e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝0.又f (0)＝e 0－0＝1，f (1)＝e －1>1，f (－1)＝1e ＋1>1，而e －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1＝e －1e －2＝e 2－2e －1e>0， 所以f (x )max ＝f (1)＝e －1.5.[2016·某某二中热身]设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数．若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值X 围是( )A ．(e ，＋∞) B．[e ，＋∞) C ．(1，＋∞) D．[1，＋∞) 答案 A解析 解法一：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x恒成立，则a ≥1.因为g ′(x )＝e x－a 在(1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(1)＝e －a .又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则必有e －a <0，即a >e.综上，可知a 的取值X 围是(e ，＋∞)．解法二：f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x－a .由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x恒成立，则a ≥1.当a ≤0时，g ′(x )>0恒成立，从而g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当0<a ≤e 时，由g ′(x )>0得x >ln a ，又ln a ≤1，故g (x )在(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在(1，＋∞)上无最值，不符合题意；当a >e 时，由g ′(x )>0得x >ln a ，又ln a >1，故g (x )在(1，ln a )上单调递减，在(lna ，＋∞)上单调递增，此时有最小值，为g (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .由题意知ln a >1，所以a >e.综上，可知a 的取值X 围是(e ，＋∞)．6．[2016·武邑中学期末]函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞) 答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数． ∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0， ∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}， 即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．7．[2016·某某二中预测]函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 答案 1解析f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3. 当m ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，1<x <3，f ′(x )<0；x <1或x >3，f ′(x )>0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.8．[2016·枣强中学月考]函数f (x )＝13x 3－x 2－3x －1的图象与x 轴的交点个数是________．答案 3解析f ′(x )＝x 2－2x －3＝(x ＋1)(x －3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f (x )极小值＝f (3)＝－10<0，f (x )极大值＝f (－1)＝23>0知函数f (x )的图象与x 轴的交点个数为3.9．[2016·某某二中猜题]已知函数f (x )＝ax x ＋r2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a r＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)．f (x )＝ax x ＋r2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a x 2＋2rx ＋r 2－ax 2x ＋2r x 2＋2rx ＋r 22＝a r －x x ＋rx ＋r 4， 所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0； 当－r <x <r 时，f ′(x )>0，因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r )．(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减．因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar2r 2＝a 4r ＝4004＝100，无极小值．10．[2016·某某二中一轮检测]已知曲线f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a 与x 轴只有一个交点，某某数a 的取值X 围．解 f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9. 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3. 列表：x (－∞，－1)－1 (－1,3) 3 (3，＋∞)f ′(x ) －0 ＋0 －f (x )极小值极大值所以当x ＝－1时，f (x )有极小值f (－1)＝a －5；当x ＝3时，f (x )有极大值f (3)＝a ＋27.画出大致图象，要使f (x )的图象与x 轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)．所以a －5>0或a ＋27<0.解得a >5或a <－27. 故实数a 的取值X 围为a >5或a <－27.11.[2016·武邑中学仿真]设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2.(1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e xln x ＋axe x－b x2e x －1＋b xex －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2.(2)证明：由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2x e x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e.设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e . 设函数h (x )＝x e －x －2e，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e.综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.能力组12.[2016·冀州中学预测]定义在R 上的函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ≠0)的单调增区间为(－1,1)，若方程3a (f (x ))2＋2bf (x )＋c ＝0恰有6个不同的实根，则实数a 的取值X 围是________．答案 a <－12解析∵函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 的单调增区间是(－1,1)，∴3ax 2＋2bx ＋c >0的解集是(－1,1)，因此有a <0，－2b 3a ＝－1＋1＝0，－1＝c 3a ，∴b ＝0，c ＝－3a ，函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＝ax 3－3ax .由3ax 2＋2bx ＋c ＝3ax 2－3a ＝0，得函数f (x )的极大值为f (1)、极小值为f (－1)．方程3a (f (x ))2＋2bf (x )＋c ＝0可变为3a (f (x ))2－3a ＝0，要使3a (f (x ))2－3a ＝0恰有6个不同的实根，需满足⎩⎪⎨⎪⎧a <0f －1<－1f 1>1，得a <－12. 13.[2016·冀州中学猜题]已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数．解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0.解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数． ①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， －a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－a3，1上单调递增，故在(0,1)中，当x ＝－a3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. a ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0,1)上无零点；b ．若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0,1)上有唯一零点；c ．若f ⎝⎛⎭⎪⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0,1)上有一个零点．综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点；当－54<a <－34时，h (x )有三个零点．14．[2016·武邑中学仿真]已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．解 (1)证明：由f (x )＝x cos x －sin x 得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 因为在区间(0，π2)上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．从而f (x )≤f (0)＝0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”；“sin xx<b ”等价于“sin x －bx <0”．令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c .当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，g ′(x )＝cos x －c <0， 所以g (x )在区间[0，π2]上单调递减．从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0. g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的情况如下：因为g (x )0所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立， 则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.15．[2016·某某中学模拟]已知函数f (x )＝x 3＋3|x －a |(a ∈R )．(1)若f (x )在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )； (2)设b ∈R .若[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立，求3a ＋b 的取值X 围．解 (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ，x <a ，所以f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .由于－1≤x ≤1，①当a ≤－1时，有x ≥a ，故f (x )＝x 3＋3x －3a ，此时f (x )在(－1,1)上是增函数， 因此，M (a )＝f (1)＝4－3a ，m (a )＝f (－1)＝－4－3a ， 故M (a )－m (a )＝(4－3a )－(－4－3a )＝8.②当－1<a <1时，若x ∈(a,1)，则f (x )＝x 3＋3x －3a 在(a,1)上是增函数； 若x ∈(－1，a )，则f (x )＝x 3－3x ＋3a 在(－1，a )上是减函数．所以M (a )＝max{f (1)，f (－1)}，m (a )＝f (a )＝a 3. 由于f (1)－f (－1)＝－6a ＋2，因此 当－1<a ≤13时，M (a )－m (a )＝－a 3－3a ＋4；当13<a <1时，M (a )－m (a )＝－a 3＋3a ＋2. ③当a ≥1时，有x ≤a ，故f (x )＝x 3－3x ＋3a ， 此时f (x )在(－1,1)上是减函数，因此，M (a )＝f (－1)＝2＋3a ，m (a )＝f (1)＝－2＋3a . 故M (a )－m (a )＝(2＋3a )－(－2＋3a )＝4. 综上，M (a )－m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a ≤－1，－a 3－3a ＋4，－1<a ≤13，－a 3＋3a ＋2，13<a <1，4，a ≥1.(2)令h (x )＝f (x )＋b ，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋3x －3a ＋b ，x ≥a ，x 3－3x ＋3a ＋b ，x <a ， h ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3，x ≥a ，3x 2－3，x <a .因为[f (x )＋b ]2≤4对x ∈[－1,1]恒成立， 即－2≤h (x )≤2对x ∈[－1,1]恒成立． 所以由(1)知，①当a ≤－1时，h (x )在[－1,1]上是增函数，h (x )在[－1，1]上的最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，最小值是h (－1)＝－4－3a ＋b ，则－4－3a ＋b ≥－2且4－3a ＋b ≤2，矛盾；②当－1<a ≤13时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (1)＝4－3a ＋b ，所以a 3＋b ≥－2，且4－3a ＋b ≤2，从而－2－a 3＋3a ≤3a ＋b ≤6a －2，且0≤a ≤13.令t (a )＝－2－a 3＋3a ，则t ′(a )＝3－3a 2>0，t (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上是增函数，故t (a )≥t (0)＝－2，因此－2≤3a ＋b ≤0；③当13<a <1时，h (x )在[－1,1]上的最小值是h (a )＝a 3＋b ，最大值是h (－1)＝3a ＋b ＋2，所以a 3＋b ≥－2且3a ＋b ＋2≤2，解得－2827<3a ＋b ≤0；④当a ≥1时，h (x )在[－1,1]上的最大值是h (－1)＝2＋3a ＋b ，最小值是h (1)＝－2＋3a ＋b ，所以3a ＋b ＋2≤2，且3a ＋b －2≥－2，解得3a ＋b ＝0. 综上，得3a ＋b 的取值X 围是－2≤3a ＋b ≤0.。

(g(x) HO).第三章 导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算本节主要包括2个知识点：1•导数的概念及运算； 2.导数的儿何意义.突破点（一）导数的概念及运算基础联通抓主干知识的“源”与“流”1. 瞬时速度和瞬时加速度‘ ‘ △ S △s⑴瞬时速度：对于tE [心，to+ A 刃时的平均速度v =R:,当A f-*o 时，v 趋 近于一个常数，这个常数就是t=t.的瞬时速度.-------------------------------------------------- △ V -- △ V （2）瞬时加速度：对于tE [ to, to+ A 刃时的平均加速度a =冬〒，当A r-*0时，a =冬〒趋近于一个常数，这个常数就是t=h 的瞬时加速度.2. 函数y=f （x ）在/=*）处的导数A / 设函数尸心）在区|'可（臼，b ）上有定义，心b ）,若厶/无限趋近于0吋，比值二函数fd ）在处的导数，记作尸（心）.3. 函数厂（0的导函数若函数f （x ）在区间（曰，方）内任意一点都可导,则代方在各点的导数也随着自变量丸 的变化而变化，因而也是自变量/的函数,该函数称为fd ）的导函数,记作尸3.4. 基本初等函数的求导公式原函数a X R (日>0,且 N HI)log^(c?>0,且占1)X eIn x sin x cos X导函数a xaln a1 x\x\ aeA丄 Xcos X — sin x5.导数运算法则(1) [fd)±g3]‘ =f (方 ±呂’ 3；(2) [f (动 g(x) ]' =f (x)g(x)+f(x)g‘(力；(3) [g)]‘ =Cf C Y )(C 为常数)；f Xo+ A X — f XoA T无限趋近于 个常数昇,则称f （x ）在X=Ab 处可导,并称常数A 为In xI IIx — x fIn x= 2X一 • x~ln x x1 —In x= 2 ・ Xsin x ' cos x —sin xcos xcos"cos xcos x —sin x —sin /coshIICOS X(4)/ =(3VT — (2')‘ +(e)z= (3・ e”+3W)' —(2・ = 3A (ln 3)・ e'+3 e A -2v ln 2 = (ln 3+1) • (3e)J-2'ln 2.［方法技巧］导数的运算方法考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”"一已知函数的解析式求导数［例1］求下列函数的导数:(3)y=tan x\ ⑷ y=3e x -2v +e.(3)/pin x (cos x.(2)/(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导.(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导.(3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导.(4)根式形式：先化为分数指数幕的形式，再求导.(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导.二导数运算的应用［例2］(1) (2017 •济宁二模)已知函数f3=/(2 017+ln 方，F仏)=2 018,则Xa= ________ .(2)已知£(力=*#+2/尸(2 017) +2 0171n %,则f' (1)= .［解析］(1)由题意可知尸(^) = 2 017 + ln x+x• ~=2 018 +In x.由尸(%o) =2 018, x得］n Ao=O,解得Xo=［.9 ni7(2)由题意得尸(力=才+2尸(2 017)+ ------------- ,2017所以尸(2 017)=2 017 + 2尸(2 017)+亍而■即f (2 017) =-(2 017 + 1)=-2 018.故尸(1)=1+2X (-2 018)+2 017 = -2 018.［答案］仃)1⑵-2 018［方法技巧］能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.［考点二 1 (2018 •太仓中学月考)已知£(A) = sin x+cos “ iE fi(x)= f i(x),石3 =f 2(方，…，力(劝n-dx)且刀22),则彳£+彳£------------ _________________ •解析：fig = f i(x)=cosx—sin “ fi(x) = f 2(A r) = —sin cos x, f\3=f‘ 3(方= sin cos x, =f 4(x)=sin x+cos x.故周期为4,前四项和为0,所以原式=答案：12.［考点X］（2018 •徐州期初检测）记定义在R上的函数y =f（0的导函数为f （0.如果存在刃£3,方］,使得flS = F（心）。

构造法解f(x)与f ′(x)共存问题类型一 构造F (x )＝f (x )－g (x )型可导函数已知定义在R 上的函数f (x )满足f (2)＝20，且f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )＞6x 2＋2，则不等式f (x )＞2x 3＋2x 的解集为( )A ．{x |x ＞－2}B ．{x |x ＞2}C ．{x |x ＜2}D ．{x |x ＜－2或x ＞2}[思维架桥] 构造函数F (x )＝f (x )－2x 3－2x ，求导得F ′(x )＝f ′(x )－6x 2－2>0，可知函数F (x )单调递增．再结合已知条件得到F (x )>F (2)，即得不等式的解集．B 解析：令函数F (x )＝f (x )－2x 3－2x ，则F ′(x )＝f ′(x )－6x 2－2>0, 所以F (x )在R 上单调递增．因为F (2)＝f (2)－2×23－2×2＝0，故原不等式等价于F (x )>F (2)，所以所求不等式的解集为{x |x >2}．若已知f ′(x )>G (x )，解不等式f (x )＞g (x )，其中g (x )，G (x )都是具体函数，且g ′(x )＝G (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )．[应用体验]设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f ′(x )－cos x <0，则不等式f (x )<sin x 的解集为________．(0，＋∞) 解析：令F (x )＝f (x )－sin x ，则当x ≥0时，F ′(x )＝f ′(x )－cos x <0，所以F (x )在[0，＋∞)上是减函数．又f (x )是R 上的奇函数，所以F (x )＝f (x )－sin x 也是R 上的奇函数，故F (x )是减函数且F (0)＝0．原不等式等价于f (x )－sin x <0，即F (x )<0＝F (0)，所以x >0．类型二 构造f (x )与x n的积或商型可导函数(2021·广元模拟)已知定义在R 上的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )．若xf ′(x )－2f (x )＞0，f (－3)＝1，则不等式f x x ＜19x 的解集是( ) A ．(－∞，－3)∪(0,3) B ．(－3,3) C ．(－3,0)∪(0,3) D ．(－∞，－3)∪(3，＋∞) [思维架桥] 构造函数g (x )＝f x x 2，求导得g ′(x )＝xf ′x －2f x x 3>0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．当x >0时，由f xx<19x ，得f x x 2<19，即g (x )<g (3)；当x <0时，由f x x <19x ，得f x x 2>19，即g (x )>g (－3)．分别解不等式可得答案．A 解析：构造函数g (x )＝f x x 2，g ′(x )＝x ·xf ′x －2f xx 4＝xf ′x －2f xx 3，当x >0时，xf ′(x )－2f (x )>0，故g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (x )为偶函数，y ＝1x2 为偶函数，所以g (x )＝f xx 2为偶函数，在(－∞，0)上单调递减． f (－3)＝1，则f (3)＝1，g (－3)＝g (3)＝f 332＝19； f x x <19x ， 当x >0时，即f x x 2<19，g (x )<19＝g (3)，所以x ∈(0,3)； 当x <0时，即f x x 2>19，g (x )>19＝g (－3), 所以x ∈(－∞，－3)． 综上所述，x ∈(－∞，－3)∪(0,3)． 故选A ．1．已知xf ′(x )＋nf (x )>0的形式，构造函数F (x )＝f (x )·x n． 2．已知xf ′(x )－nf (x )>0的形式，构造函数F (x )＝f xx n． [应用体验]设f (x )是定义在R 上的偶函数，当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，且f (－4)＝0，则不等式xf (x )>0的解集为________．(－∞，－4)∪(0,4) 解析：令F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，所以当x <0时，F ′(x )<0，F (x )在(－∞，0)上是减函数；因为f (x )是定义在R 上的偶函数，所以F (x )＝xf (x )是奇函数，所以F (x )在(0，＋∞)上也是减函数；又F (－4)＝(－4)f (－4)＝0，根据函数图象可知，不等式xf (x )>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．类型三 构造f (x )与e nx的积或商型可导函数定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )．若对任意实数x ，有f (x )＞f ′(x )，且f (x )＋2 021为奇函数，则不等式f (x )＋2 021e x＜0的解集是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，ln 2 021)C ．(0，＋∞)D ．(2 021，＋∞)[思维架桥] 构造函数F (x )＝f xex，求导得F ′(x )＝f ′x －f xex<0，可知函数F (x )在R 上单调递减．再由f (x )＋2 021为奇函数，得到f (0)＋2 021＝0，结合已知条件有f (x )＋2 021e x<f 0e，即F (x )<F (0)，结合函数F (x )的单调性可得不等式的解集．C 解析：设F (x )＝f xex，则F ′(x )＝f ′x －f xex．因为f (x )>f ′(x )，所以F ′(x )<0，F (x )为定义在R 上的减函数． 因为f (x )＋2 021为奇函数，所以f (0)＋2 021＝0，f (0)＝－2 021，F (0)＝f 0e＝－2 021，f (x )＋2 021e x <0，即f xex<－2 021，F (x )<F (0)，x >0．故选C ．1．已知f ′(x )＋nf (x )>0的形式，构造函数F (x )＝f (x )·e nx． 2．已知f ′(x )－nf (x )>0的形式，构造函数F (x )＝f xenx．若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋2f (x )>0，且f (0)＝1，则不等式f (x )>1e2x 的解集为________．(0，＋∞) 解析：令F (x )＝f (x )·e 2x，所以F ′(x )＝f ′(x )·e 2x＋f (x )·2e 2x＝e 2x[f ′(x )＋2f (x )]>0，所以F (x )在R 上单调递增，且F (0)＝f (0)·e 0＝1．原不等式等价于f (x )·e 2x>1，即F (x )>F (0)，所以x >0．。

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课时跟踪检测（十四) 导数与函数的单调性一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f(x）＝x－ln x的单调减区间为________．解析：函数的定义域是(0，＋∞),且f′（x）＝1－错误!＝错误!，令f′(x)〈0，得0<x<1。

答案：(0,1)2．(2018·启东中学检测）已知函数f(x）＝x－1－(e－1)ln x,其中e为自然对数的底数，则满足f(e x)＜0的x的取值范围为________．解析：由f′(x）＝1－e－1x＝0（x〉0)，得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时,函数f（x)单调递增．又f（1）＝f（e)＝0，1<e－1〈e，所以由f（e x）<0得1<e x〈e，解得0<x<1。

答案：(0,1)3．f(x)＝x2－a ln x在(1,＋∞)上单调递增,则实数a的取值范围为________．解析：由f（x）＝x2－a ln x,得f′(x）＝2x－a x ，因为f（x)在(1，＋∞)上单调递增，所以2x－ax≥0，即a≤2x2在（1，＋∞)上恒成立，因为2x2〉2，所以a≤2.答案：(－∞，2]4.定义在R上的可导函数f(x),已知y＝e f′(x)的图象如图所示，则y ＝f（x）的增区间是________．解析：由题意及题图知f′(x)≥0的区间是（－∞，2)，故函数y＝f（x）的增区间是(－∞,2）．答案：（－∞,2）5．函数f（x）＝1＋x－sin x在(0,2π）上的单调情况是________．解析：在（0,2π）上有f′（x）＝1－cos x＞0,所以f（x)在(0，2π）上单调递增．答案:单调递增6．（2018·海门中学检测)设函数f（x)＝12x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是______．解析:因为f(x）＝错误!x2－9ln x，所以f′（x）＝x－错误!（x>0），当x－错误!≤0时,有0〈x≤3,即在（0，3］上f(x)是减函数,所以，a－1〉0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案：(1，2］二保高考，全练题型做到高考达标1．若函数f（x)＝错误!x3＋x2－ax＋3a在区间［1,2］上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：因为f′(x）＝x2＋2x－a，且函数f（x）在区间［1,2］上单调递增，所以f′（x）≥0在[1，2]上恒成立，所以a≤(x2＋2x）min＝3，所以a≤3。

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第三章导数及其应用第一节导数的概念及运算本节主要包括2个知识点:1。

导数的运算； 2.导数的几何意义。

突破点（一）导数的运算错误!1．函数y＝f（x)在x＝x0处的导数称函数y＝f(x）在x＝x0处的瞬时变化率错误!错误!＝错误!错误!为函数y＝f（x）在x＝x处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝错误!错误!＝错误!错误!.2．函数f（x)的导函数称函数f′（x）＝错误!错误!为f（x）的导函数．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数基本初等函数导函数f(x)＝c (c为常数)f′（x)＝f（x)＝xα（α∈Q*)f′（x)＝αxα－1f（x）＝sin x f′(x)＝cos_xf(x)＝cos xf′(x）＝－sin_xf(x）＝e x f′（x）＝e xf(x)＝a x(a〉0，a≠1)f′（x）＝a x ln_af(x)＝ln xf′(x)＝错误!f(x）＝log a x(a>0，a≠1）f′(x）＝错误!4.（1)［f(x)±g(x)］′＝f′（x）±g′（x）；(2）[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g（x)＋f(x)g′(x);(3）错误!′＝错误!（g（x)≠0）．5．复合函数的导数复合函数y＝f(g（x))的导数和函数y＝f（u),u＝g(x)的导数间的关系为y x′＝y u′·u x′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．错误!1．判断题(1)f′(x0）与(f(x0))′的计算结果相同．（）（2）求f′（x0）时，可先求f(x0）再求f′（x0）．( )(3)f′（x0）是导函数f′(x)在x＝x0处的函数值．（）（4）错误!′＝cos 错误!.（)(5)若（ln x）′＝错误!，则错误!′＝ln x．( ）（6)函数f（x）＝sin（－x)的导数为f′（x）＝cos x．（）(7)y＝cos 3x由函数y＝cos u，u＝3x复合而成．( )答案：(1）×（2)×（3）√（4)×（5)×(6)×(7)√2．填空题(1)已知f(x)＝13－8x＋2x2，f′（x0）＝4，则x0＝________.解析：∵f′（x）＝－8＋4x,∴f′（x0）＝－8＋4x0＝4，解得x0＝3.答案:3(2)函数y＝错误!的导函数为________________．答案：y′＝错误!(3）已知f（x)＝2sin x＋x,则f′错误!＝________.解析：∵f(x)＝2sin x＋x，∴f′（x)＝2cos x＋1,则f′错误!＝2cos 错误!＋1＝错误!＋1.答案：错误!＋1错误!导数的运[典例］(1)函数f(x）＝（x＋1)2(x－3)，则其导函数f′(x）＝（)A．3x2－2x B．3x2－2x－5C．3x2－x D．3x2－x－5（2)（2018·钦州模拟)已知函数f（x)＝x ln x,则f′(1)＋f（4)的值为（)A．1－8ln 2 B．1＋8ln 2C．8ln 2－1 D．－8ln 2－1（3）已知函数f（x）＝sin x cos φ－cos x sin φ－1(0<φ〈错误!）,若f′错误!＝1，则φ的值为( )A。

第三章 导数及其应用命题探究解答过程 (解法一) (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f '(x)=2ae 2x+(a-2)e x-1=(ae x-1)(2e x+1).其中2e x+1>0恒成立.(i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.(ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a.当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a 时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; ②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae -4+(a-2)e -2+2>-2e -2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点. 设正整数n 0满足n 0>ln,则f(n 0)=(a+a-2)-n 0>-n 0>-n 0>0.由于ln>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点. 综上,a 的取值范围为(0,1). (解法二) (1)同解法一(1).(2)若a≤0,则f(x)在R 上单调递减,至多只有一个零点,不符,舍去; 若a>0,当x→+∞时,f(x)→+∞;当x→-∞时,f(x)→+∞,要使f(x)有两个零点,只要f min (x)=f(-ln a)<0即可,即a·+(a -2)·-ln <0,即1--ln <0,令t=>0,则g(t)=1-t-ln t,且g(t)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,∴当t=>1,即0<a<1时,g(t)<0,即f(-ln a)<0.即f(x)有两个零点时,a的取值范围为(0,1)§3.1导数的概念及其运算考纲解读分析解读 1.理解导数概念,会求过曲线上某点的切线的斜率与切线方程,能将平行或垂直直线间的关系转化为导数关系.2.熟记常见基本初等函数的导数公式并结合导数的运算法则求简单函数的导数,会求简单复合函数的导数.3.利用导数的几何意义求曲线的切线斜率是高考热点,分值为5分左右,属于中低档题.五年高考考点一导数的概念及其几何意义1.(2016山东,10,5分)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )A.y=sin xB.y=ln xC.y=e xD.y=x3答案 A2.(2014课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )A.0B.1C.2D.3答案 D3.(2014大纲全国,7,5分)曲线y=xe x-1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A.2eB.eC.2D.1答案 C4.(2016课标全国Ⅱ,16,5分)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b= .答案1-ln 25.(2015陕西,15,5分)设曲线y=e x在点(0,1)处的切线与曲线y=(x>0)上点P处的切线垂直,则P 的坐标为.答案(1,1)教师用书专用(6—8)6.(2014江西,13,5分)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是.答案(-ln 2,2)7.(2013福建,17,13分)已知函数f(x)=x-aln x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的极值.解析函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=1-.(1)当a=2时, f(x)=x-2ln x, f '(x)=1-(x>0),因而f(1)=1, f '(1)=-1,所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.(2)由f '(x)=1-=,x>0知:①当a≤0时, f '(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值;②当a>0时,由f '(x)=0,解得x=a.又当x∈(0,a)时, f '(x)<0,则f(x)在(0,a)上单调递减;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0,则f(x)在(a,+∞)上单调递增,从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极大值.综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.8.(2013北京,18,13分)设L为曲线C:y=在点(1,0)处的切线.(1)求L的方程;(2)证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.解析(1)设f(x)=,则f '(x)=.所以f '(1)=1.所以L的方程为y=x-1.(2)证明:令g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0,x≠1).g(x)满足g(1)=0,且g'(x)=1-f '(x)=.当0<x<1时,x2-1<0,ln x<0,所以g'(x)<0,故g(x)单调递减;当x>1时,x2-1>0,ln x>0,所以g'(x)>0,故g(x)单调递增.所以,g(x)>g(1)=0(∀x>0,x≠1).所以除切点之外,曲线C在直线L的下方.考点二导数的运算1.(2013江西,13,5分)设函数f(x)在(0,+∞)内可导,且f(e x)=x+e x,则f '(1)= .答案 22.(2017北京,19,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f =-.教师用书专用(3—4)3.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xe a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.解析(1)因为f(x)=xe a-x+bx,所以f '(x)=(1-x)e a-x+b.依题设,知即解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f '(x)=e2-x(1-x+e x-1)及e2-x>0知, f '(x)与1-x+e x-1同号.令g(x)=1-x+e x-1,则g'(x)=-1+e x-1.所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).4.(2015北京,18,13分)已知函数f(x)=ln.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求证:当x∈(0,1)时, f(x)>2;(3)设实数k使得f(x)>k对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值.解析(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以f '(x)=+, f '(0)=2.又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x.(2)证明:令g(x)=f(x)-2,则g'(x)=f '(x)-2(1+x2)=.因为g'(x)>0(0<x<1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.所以g(x)>g(0)=0,x∈(0,1),即当x∈(0,1)时, f(x)>2.(3)由(2)知,当k≤2时, f(x)>k对x∈(0,1)恒成立.当k>2时,令h(x)=f(x)-k,则h'(x)=f '(x)-k(1+x2)=.所以当0<x<时,h'(x)<0,因此h(x)在区间上单调递减.当0<x<时,h(x)<h(0)=0,即f(x)<k.所以当k>2时, f(x)>k并非对x∈(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一导数的概念及其几何意义1.(2018福建闽侯第六中学月考,8)设a为实数,函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导数为f '(x),且f '(x)是偶函数,则曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为( )A.6x+y-12=0B.9x+y-16=0C.6x-y-12=0D.9x-y-16=0答案 D2.(2017湖北百所重点高中联考,4)已知函数f(x+1)=,则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为( )A.1B.-1C.2D.-2答案 A3.(2017广东惠州第二次调研,14)已知直线y=x+1与曲线y=ln(x+a)相切,则a的值为. 答案 24.(人教A选2—2,一,1-2A,7,变式)已知函数f(x)=ax+1-e x(a∈R,e为自然对数的底数),若函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,则a= .答案 e考点二导数的运算5.(2018甘肃武威第六中学第二阶段过关考试,4)已知函数f(x)的导函数为 f '(x),且满足f(x)=2xf '(1)+ln x,则f '(1)=( )A.-eB.-1C.1D.e答案 B6.(2017山西名校联考,3)若函数f(x)的导函数的图象关于y轴对称,则f(x)的解析式可能为( )A.f(x)=3cos xB.f(x)=x3+x2C.f(x)=1+sin 2xD.f(x)=e x+x答案 C7.(2016安徽安庆二模,7)给出定义:设f '(x)是函数y=f(x)的导函数, f ″(x)是函数y=f '(x)的导函数,若方程f ″(x)=0有实数解x0,则称点(x0, f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.已知函数f(x)=3x+4sin x-cos x的拐点是M(x0, f(x0)),则点M( )A.在直线y=-3x上B.在直线y=3x上C.在直线y=-4x上D.在直线y=4x上答案 BB组2016—2018年模拟·提升题组(满分:35分时间:25分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东阳春第一中学月考,9)丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人,特别是在函数的凹凸性与不等式方向留下了很多宝贵的成果,设函数f(x)在(a,b)上的导函数为f '(x),f '(x)在(a,b)上的导函数为f ″(x),若在(a,b)上,f ″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)上为“凸函数”,已知f(x)=-x3+x2在(1,4)上为“凸函数”,则实数t的取值范围是( )A.[3,+∞)B.(3,+∞)C. D.答案 C2.(2017广东惠州模拟,12)设曲线f(x)=-e x-x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1,总存在曲线g(x)=3ax+2cos x上某点处的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为( )A.[-1,2]B.(3,+∞)C. D.答案 D3.(2017江西新余第二次模拟,9)将函数g(x)=2cos x-·cos图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)后得到函数h(x)的图象,设f(x)=x2+h(x),则f '(x)的图象大致为()答案 A4.(2017河南洛阳期中,12)设点P,Q分别是曲线y=xe-x(e是自然对数的底数)和直线y=x+3上的动点,则P,Q两点间距离的最小值为( )A. B.C. D.答案 C二、填空题(每小题5分,共15分)5.(2018重庆梁平二调,15)曲线y=a(a>0)与曲线y=ln有公共点,且在公共点处的切线相同,则a 的值为.答案6.(2018河南联考,16)已知过点(0,-1)且与曲线y=f(x)=-x3+x2-6x(x>0)相切的直线有且仅有两条,则实数a的取值范围是.答案(2,+∞)7.(2017天津红桥期中,16)若在曲线f(x)=ax5+ln x上存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是.答案(-∞,0)C组2016—2018年模拟·方法题组方法利用导数的几何意义求曲线的切线方程1.(2018江苏丹阳高级中学期中,10)已知函数f(x)=x3.设曲线y=f(x)在点P(x1,f(x1))处的切线与该曲线交于另一点Q(x2,f(x2)),记f '(x)为函数f(x)的导数,则的值为.答案2.(2017河南百校联盟模拟,16)已知函数f(x)=-f '(0)e x+2x,点P为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线l上的一点,点Q在曲线y=e x上,则|PQ|的最小值为.答案3.(2016江西百所重点高中阶段性诊断,14)若曲线f(x)=在点(1,1)处的切线经过点A(a,0),B(0,b),则a与b的等差中项为.答案。

第三 导数及其应用第14讲 导数的概念及运算1.下列求导运算正确的是( )A ．(x ＋1x )′＝1＋1x 2B ．(log 2x )′＝1x ln 2C ．(3x )′＝3x log 3eD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x2.若f ′(x 0)＝3，则lim h →0f (x 0＋h )－f (x 0－h )h 等于( )A ．3B ．6C ．9D ．123.设函数f (x )＝x 2－6x ，则f (x )在x ＝0处的切线斜率为( ) A ．0 B ．－1 C ．3 D ．－64.已知二次函数f (x )的图象如图所示，则其导函数f ′(x )的图象大致形状是( )5.曲线f (x )＝sin x 的切线的倾斜角α的取值范围是 .6.如图，直线l 是曲线y ＝f (x )在x ＝4处的切线，则f ′(4)＝________.7.设曲线y ＝ax 2在点(1，a )处的切线与直线2x －y －6＝0平行，则a ＝______.8.设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，试求a 1＋a 2＋…＋a 99的值．9.已知函数f (x )＝x 3－3x 及y ＝f (x )上一点P (1，－2)，过点P 作直线l . (1)求使直线l 和y ＝f (x )相切且以P 为切点的直线方程； (2)求使直线l 和y ＝f (x )相切且切点异于P 的直线方程．第15讲 导数在函数中的应用1.函数y ＝x e x 的最小值是( ) A ．－1 B ．－eC ．－1eD ．不存在2.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )3.函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )在x ＝－3时取得极值，则a ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．54.函数f (x )＝(x 2＋x ＋1)e x (x ∈R )的单调减区间为 .5.函数y ＝f (x )在定义域(－32，3)内的图象如图所示．记y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，则不等式f ′(x )≤0的解集为______________．6.已知定义在R 上的函数f (x )，g (x )满足f (x )g (x )＝a x ，且f ′(x )g (x )<f (x )·g ′(x )，f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝52，则a 的值是________． 7.下列图象中，有且只有一个是函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋(a 2－1)x ＋1(a ∈R ，a ≠0)的导数f ′(x )的图象，则f (－1)的值为________．8.设f (x )＝ex1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为[12，32]上的单调函数，求a 的取值范围．9.已知函数f(x)＝x2－ax－a ln(x－1)(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的最值；(2)求函数f(x)的单调区间．第16讲 导数的综合应用1.在半径为R 的半球内有一内接圆柱，则这个圆柱的体积的最大值是( ) A.239πR 3 B.439πR 3C.233πR 3D.49πR 3 2.(2013·山东济南模拟)已知函数y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(－∞，0)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立．若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝(log π3)·f (log π3)，c ＝log 319·f (log 319)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．c >b >aC ．c >a >bD ．a >c >b3.已知函数f (x )＝13x 3＋x ，则不等式f (2－x 2)＋f (2x ＋1)>0的解集是( )A ．(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞)B ．(－2－1，2－1)C ．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D ．(－1,3) 4.(2013·江西省考前适应性训练)已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大(柱体体积＝底面积×高)时，其高的值为( )A ．3 3B ．2 3 C.233D. 3 5.若关于x 的方程kx ＋1＝ln x 有解，则实数k 的取值范围是______．6.某企业现有甲、乙两个项目的投资计划，若投资甲项目资金p 万元，则获得利润110p 万元；若投资乙项目资金q 万元，则获得利润25ln q 万元．已知该企业投资甲、乙两项目资金共10万元，且甲、乙两项目投入资金都不低于1万元，则甲项目投入______万元，乙项目投入______万元，能使企业获得的最大利润为________万元(精确到0.1，参考数据ln 2＝0.7)．7.(2013·浙江台州市模拟)已知f (x )＝x 3－3x ＋m 在区间[0,2]上任取三个数a ，b ，c ，均存在以f (a )，f (b )，f (c )为边长的三角形，则m 的取值范围是________．8.已知函数f (x )＝a2x 2－ln x .(1)若a ＝1，证明f (x )没有零点；(2)若f (x )≥12恒成立，求a 的取值范围．9.某工厂生产某种产品，每日的成本C (单位：元)与日产量x (单位：吨)满足函数关系式C ＝10000＋20x ，每日的销售额R (单位：元)与日产量x 的函数关系式R ＝⎩⎪⎨⎪⎧－130x 3＋ax 2＋290x (0<x <120)20400 (x ≥120)，已知每日的利润y ＝R －C ，且当x ＝30时，y ＝－100. (1)求a 的值；(2)当日产量为多少吨时，每日的利润可以达到最大，并求出最大值．第17讲 定积分及简单应用1.(2013·宁德质检)⎠⎛01(x 2＋2)d x ＝( ) A.72 B.73 C ．2 D ．12.一物体受到与它的运动方向相反的力F (x )＝110e x ＋x 的作用，则它从x ＝0运动到x＝1时，F (x )所做的功等于( )A.e 10＋25B.e 10－25C ．－e 10＋25D ．－e 10－253.设函数f (x )＝ax 2＋b (a ≠0)，若f (x )d x ＝3f (m )，则m ＝( ) A ．±1 B. 2 C ．±3 D ．24.如图所示，函数y ＝－x 2＋2x ＋1与y ＝1相交形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是 .5.计算－21－14x 2d x ＝________. 6.函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2 (0≤x ≤1)2－x (1<x ≤2)的图象与x 轴所围成的封闭图形的面积为________．7.(2013·广州一模)已知2≤⎠⎛12(kx ＋1)d x ≤4，则实数k 的取值范围为__________．8.如图所示，直线y ＝kx 分抛物线y ＝x －x 2与x 轴所围成图形为面积相等的两部分，求k 的值．9.设f (a )＝|x 2－a 2|d x .(1)当0≤a ≤1与a ＞1时，分别求f (a )； (2)当a ≥0时，求f (a )的最小值．第三 导数及其应用第14讲 导数的概念及运算1．B (x ＋1x )′＝1－1x2；(3x )′＝3x ·ln 3；(x 2cos x )′＝(x 2)′·cos x ＋x 2·(cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，所以A 、C 、D 错．故选B.2．B lim h →0f (x 0＋h )－f (x 0－h )h＝lim h →0f (x 0＋h )－f (x 0)－[f (x 0－h )－f (x 0)]h＝lim h →0 f (x 0＋h )－f (x 0)h ＋lim h →0 f (x 0－h )－f (x 0)－h＝f ′(x 0)＋f ′(x 0)＝6，选B.3．D f (x )在x ＝0处的切线斜率为 f ′(0)＝(2x －6)|x ＝0＝－6.4．B 设二次函数y ＝ax 2＋b(a<0，b>0)，则y ′＝2ax ，又因为a<0，故选B .5．[0，π4]∪[3π4，π)解析：f ′(x)＝cos x ，而cos x ∈[－1,1]，即－1≤tan α≤1，又α∈[0，π)，由正切函数图象得α∈[0，π4]∪[3π4，π)．6.12 由图象知l 过点(0,3)、(4,5)，因此可以求出切 线l 在点(4,5)处的斜率，f ′(4)＝5－34－0＝12. 7．1 由y ′＝2ax ，又点(1，a)在曲线y ＝ax 2上， 依题意得k ＝y ′|x ＝1＝2a ＝2，解得a ＝1.8．解析：因为y ′＝(n ＋1)x n ，故y ′|x ＝1＝n ＋1， 所以切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)．令y ＝0，则x n ＝n n ＋1，所以a n ＝lg nn ＋1.所以a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg 12＋lg 23＋…＋lg 99100＝lg 1100＝－2.9．解析：(1)由f(x)＝x 3－3x ，得f ′(x)＝3x 2－3， 过点P 且以P(1，－2)为切点的直线的斜率f ′(1)＝0， 所以所求直线方程为y ＝－2.(2)设过P(1，－2)的直线l 与y ＝f(x)切于另一点(x 0，y 0)， 则f ′(x 0)＝3x 20－3，又直线l 过(x 0，y 0)，P(1，－2)，故其斜率可表示为y 0－(－2)x 0－1＝x 30－3x 0＋2x 0－1，所以x 30－3x 0＋2x 0－1＝3x 20－3，即x 30－3x 0＋2＝3(x 20－1)·(x 0－1)， 解得x 0＝1(舍去)或x 0＝－12，故所求直线的斜率为k ＝3×(14－1)＝－94，所以直线方程为y －(－2)＝－94(x －1)，即9x ＋4y －1＝0.第15讲 导数在函数中的应用1．C y ′＝e x ＋x e x ，令y ′＝0，则x ＝－1. 当x ＜－1时，y ′<0；当x ＞－1时，y ′>0，所以x ＝－1时，y min ＝－1e，故选C .2．C 观察函数f(x)的特征图象可知函数f(x)在区间(－∞，c]上单调递增，由于a ＜b ＜c ，所以f(c)>f(b)>f(a)，故选C .3．D 因为f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋3，且f(x)在x ＝－3时取得极值，所以f ′(－3)＝3×9＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5，故选D .4．(－2，－1) f ′(x)＝(2x ＋1)e x ＋(x 2＋x ＋1)e x ＝(x 2＋3x ＋2)e x (x ∈R )，令f ′(x )<0，则x 2＋3x ＋2<0，解得－2<x <－1，即所求的单调减区间为(－2，－1)．5．[－13，1]∪[2,3) 因为导函数f ′(x )≤0为函数f (x )的减区间，所以根据函数图象易知f ′(x )≤0的解集为[－13，1]∪[2,3)．6.12 令F (x )＝f (x )g (x )， 则F (x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2＜0，所以函数F (x )在R 上是减函数，于是0<a <1.则由f (1)g (1)＋f (－1)g (－1)＝52，得a ＋1a ＝52，解得a ＝12.7．－13由f ′(x )＝x 2＋2ax ＋a 2－1＝(x ＋a －1)(x ＋a ＋1)，且a ≠0，所以导函数f ′(x )的图象开口向上，且对称轴不是y 轴，因此其图象就为第三个，所以由f ′(x )的图象与x 轴的交点为原点与y 轴右侧的点可得a ＝－1，所以f (－1)＝－13－1＋1＝－13.8．解析：因为f ′(x )＝(ax 2－2ax ＋1)ex (1＋ax 2)2.(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝12，x 2＝32.由表可知，x 1＝12是极大值点，x 2＝32是极小值点．(2)记g (x )＝ax 2－2ax ＋1，则g (x )＝a (x －1)2＋1－a .因为f (x )为[12，32]上的单调函数，则f ′(x )在[12，32]上不变号．因为ex (1＋ax 2)2>0，所以g (x )≥0或g (x )≤0在x ∈[12，32]上恒成立，由g (1)≥0或g (12)≤0，得0<a ≤1或a ≥43，所以a 的取值范围是0<a ≤1或a ≥43.9．解析：(1)函数f (x )＝x 2－ax －a ln(x －1)(a ∈R )的定义域是(1，＋∞)．当a ＝1时，f ′(x )＝2x －1－1x －1＝2x (x －32)x －1，所以f (x )在(1，32)上为减函数，在(32，＋∞)上为增函数，所以函数f (x )的最小值为f (32)＝34＋ln 2. (2)f ′(x )＝2x －a －ax －1＝2x (x －a ＋22)x －1，若a ≤0时，则a ＋22≤1，f (x )＝2x (x －a ＋22)x －1>0在(1，＋∞)恒成立，所以f (x )的增区间为(1，＋∞)．若a >0，则a ＋22>1，故当x ∈(1，a ＋22]，f ′(x )＝2x (x －a ＋22)x －1≤0，当x ∈[a ＋22，＋∞)时，f (x )＝2x (x －a ＋22)x －1≥0，所以a ＞0时，f (x )的减区间为(1，a ＋22)，f (x )的增区间为[a ＋22，＋∞)．第16讲 导数的综合应用 1．A 设圆柱的高为h ，则圆柱的底面半径为R 2－h 2，圆柱的体积为V ＝π(R 2－h 2)h ＝－πh 3＋πR 2h (0<h <R )，V ′＝－3πh 2＋πR 2＝0，当h ＝R 3时，V 有最大值为V ＝239πR 3，故选A.2．C 令F (x )＝x ·f (x )，则F ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )，又由x <0时，F ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )<0，可知F (x )在(－∞，0)上为减函数．因为f (x )为R 上的奇函数，所以F (x )＝x ·f (x )为R 上的偶函数，则F (x )在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，图象关于y 轴对称．因为1<30.3<3<2,0<log π3<1，log 319＝－2，因为F (x )＝x ·f (x )为R 上的偶函数，所以F (－2)＝F (2)，因为log π3<30.3<2，而F (x )在(0，＋∞)上为增函数，所以c >a >b ，故选C.3．D 因为f (－x )＝－13x 3－x ＝－f (x )，所以函数f (x )为奇函数．又f ′(x )＝x 2＋1>0，所以函数f (x )为增函数，于是由f (2－x 2)＋f (2x ＋1)>0得f (2x ＋1)>－f (2－x 2)＝f (x 2－2)，所以2x ＋1>x 2－2，解得－1<x <3.4．B 以正六棱柱的最大对角面作截面，如图．设球心为O ，正六棱柱的上下底面中心分别为O 1，O 2，则O 是O 1O 2的中点．设正六棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则a 2＋h 2＝9.正六棱柱的体积为V ＝6×34a 2×2h ，即V ＝332(9－h 2)h ，则V ′＝332(9－3h 2)，令V ′＝0得极值点h ＝3，不难知道这个极值点是极大值点，也是最大值点．故当正六棱柱的体积最大时，其高为2 3. 5.(－∞，1e ] 因为x ＞0，所以分离参数可得k ＝ln x －1x，故方程kx ＋1＝ln x 有解，即k 的取值为函数f (x )＝ln x －1x的值域．又f ′(x )＝1x ×x －(ln x －1)x 2＝2－ln xx 2. 令f ′(x )＝0，则x ＝e 2，当x ∈(0，e 2)时，f ′(x )>0， 当x ∈(e 2，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )max ＝f (e 2)＝1e2，故实数k 的取值范围是(－∞，1e]．6．6 4 1.6 设投入乙项目x 万元，则甲项目投入(10－x )万元，且1≤x ≤9，所获总利润y ＝110(10－x )＋25ln x (1≤x ≤9)，所以y ′＝－110＋25x，由y ′＝0，得x ＝4.而当x ∈(1,4)时，y ′>0；当x ∈(4,9)时，y ′<0，所以当x ＝4时，y max ＝610＋25×2×0.7＝1.56≈1.6.故甲项目投入资金6万元，乙项目投入资金4万元，企业获得最大总利润1.6万元． 7．(6，＋∞) 由f ′(x )＝3x 2－3＝0得x 1＝1，x 2＝－1(舍去)， 所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,2)上单调递增， 则f (x )min ＝f (1)＝m －2，f (x )max ＝f (2)＝m ＋2， 由题意知，f (1)＝m －2>0，①f (1)＋f (1)>f (2)，得到－4＋2m >2＋m ，② 由①②得到m ＞6为所求．8．解析：(1)当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ，f ′(x )＝x －1x.由f ′(x )＝0，得x ＝1，可得f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的最小值f (x )min ＝f (1)＝12>0，所以f (x )没有零点．(2)f ′(x )＝ax －1x ＝ax 2－1x，(ⅰ)若a >0时，令f ′(x )≥0，则x ≥1a，故f (x )在(0，1a )上单调递减，在(1a，＋∞)上单调递增，故f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (1a )＝12＋12ln a ，要使f (x )≥12恒成立，只需12＋12ln a ≥12，得a ≥1.(ⅱ)若a ≤0，f ′(x )<0恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，f (1)＝a2≤0，故不可能f (x )≥12恒成立， 综上所述，实数a 的取值范围是a ≥1.9．解析：(1)由题意可得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－130x 3＋ax 2＋270x －10000 (0<x <120)10400－20x (x ≥120). 因为x ＝30时，y ＝－100，所以－100＝－130×303＋a ×302＋270×30－10000， 所以a ＝3.(2)当0<x <120时，y ＝－130x 3＋3x 2＋270x －10000， y ′＝－110x 2＋6x ＋270. 由y ′＝－110x 2＋6x ＋270＝0，可得x 1＝90，x 2＝－30(舍去)． 所以当x ∈(0,90)时，原函数是增函数，当x ∈(90,120)时，原函数是减函数，所以当x ＝90时，y 取得最大值14300.当x ≥120时，y ＝10400－20x ≤8000，所以当日产量为90吨时，每日的利润可以达到最大值14300元．第17讲 定积分及简单应用1．B 10＝73. 2．D W ＝－10＝－e 10－25，故选D. 3．C f (x )d x ＝⎠⎛03(ax 2＋b )d x ＝( ⎪⎪13ax 3＋bx )30＝9a ＋3b ， 由f (x )d x ＝3f (m )，得9a ＋3b ＝3am 2＋3b ，所以m 2＝3，所以m ＝±3.4.43因为函数y ＝－x 2＋2x ＋1与y ＝1的两个交点为(0,1)和(2,1)，所以闭合图形的面积 S ＝(－x 2＋2x ＋1－1)d x＝ ⎪⎪(－13x 3＋x 2)20＝43.5．π y ＝1－14x 2(－2≤x ≤2)表示椭圆x 24＋y 2＝1的x 轴上方部分，所以S ＝12πab ＝π. 6.56f (x )d x ＝x 2d x ＋(2－x )d x ＝ ⎪⎪13x 310＋ ⎪⎪(2x －12x 2)21 ＝56. 7．[23，2] 因为(kx ＋1)d x ＝ ⎪⎪(12kx 2＋x )21＝32k ＋1， 于是由2≤32k ＋1≤4，解得23≤k ≤2. 8．解析：抛物线y ＝x －x 2与x 轴两交点为(0,0)，(1,0)，则它与x 轴围成的图形面积为S ＝10＝16. 则直线y ＝kx 与y ＝x －x 2所围成的面积为112. 又y ＝kx 与y ＝x －x 2的交点坐标分别为(0,0)，(1－k ，k －k 2)，所以直线y ＝kx 与y ＝x －x 2所围成图形面积为⎪⎪∫1－k 0(x －x 2－kx )d x ＝(12x 2－13x 3－12kx 2)1－k 0＝16(1－k )3＝112，所以k ＝1－342. 9．解析：(1)0≤a ≤1时，f (a )＝|x 2－a 2|d x＝(a 2－x 2)d x ＋(x 2－a 2)d x＝ ⎪⎪(a 2x －13x 3)a 0＋ ⎪⎪(13x 3－a 2x )1a ＝(a 3－13a 3)＋(13－a 2－a 33＋a 3) ＝43a 3－a 2＋13. 当a ＞1时，f (a )＝ ⎪⎪⎪⎠⎛01(a 2－x 2)d x ＝(a 2x －13x 3)10＝a 2－13， 所以f (a )＝⎩⎨⎧ 43a 3－a 2＋13 (0≤a ≤1)a 2－13 (a >1).(2)当a ＞1时，由于f (a )＝a 2－13在[1，＋∞)上是增函数， 故f (a )在[1，＋∞)上的最小值是f (1)＝1－13＝23， 当a ∈[0,1]时，f ′(a )＝4a 2－2a ＝2a (2a －1)，由f ′(a )＞0知，a ＞12或a ＜0， 故f (a )在[0，12]上递减，在[12，1]上递增， 因此在[0,1]上，f (a )的最小值为f (12)＝14. 综上可知，f (a )在[0，＋∞)上的最小值为14.。

第三章 导数及其应用第15讲 导数的几何意义和四则运算链教材·夯基固本 激活思维 1.A【解析】f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＝0，所以ln x 0＝－1，所以x 0＝1e.2.C【解析】因为y ＝x 3＋11，所以y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3＋11在点P (1,12)处的切线方程为y －12＝3(x －1)．令x ＝0，得y ＝9.3. －9.8t ＋6.5 －9.8 【解析】 v ＝h ′(t )＝－9.8t ＋6.5，a ＝v ′(t )＝－9.8.4.－234【解析】因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x .令x ＝2，得f ′(2)＝4＋3f ′(2)＋12，则f ′(2)＝－94.所以f(1)＝1＋3×1×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－94＋0＝－234. 5. 23【解析】 f ′(x )＝3x 2＋1x2，斜率k ＝f ′(x )＝3x 2＋1x2≥23，当且仅当3x 2＝1x2，即x 4＝13，x ＝413时，斜率k min ＝23.知识聚焦1. (3) 瞬时速度 瞬时加速度2. y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)3. 0 αxα－1cos x －sin x e x a xln a1x1xlna4. (1) f ′(x )±g ′(x ) (2) f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) (3) f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]25. f ′(g (x ))·g ′(x ) 研题型·融会贯通分类解答【解析】 (1) f ′(x )＝(2x ＋1)e x －(x 2＋x )e x (e x )2＝1＋x －x2ex .(2) 因为f (x )＝x －ln x ＋2x －1x2，所以f ′(x )＝1－1x －2x2＋2x3＝x3－x2－2x ＋2x3.(3) 因为y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ，所以y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x ＝－12sin 4x －2x cos 4x . (1) 【答案】 B 【解析】由已知得f ′(x )＝2f ′(1)－1x ，令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)－1，解得f ′(1)＝1，则f (1)＝2f ′(1)＝2.(2) 【答案】 3【解析】 由f (x )＝(x 2－a )ln x ，得f ′(x )＝2x ln x ＋x2－ax.所以f ′(1)＝1－a ＝－2，解得a ＝3. (1) 【答案】 A【解析】 由f (x ＋1)＝2x ＋1x ＋1，知f (x )＝2x －1x ＝2－1x .所以f ′(x )＝1x2，所以f ′(1)＝1.由导数的几何意义知，所求切线的斜率k ＝1. (2) 【答案】 x －y －1＝0【解析】 因为点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， 所以设切点为(x 0，y 0)．又因为f ′(x )＝1＋ln x ， 所以直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .由⎩⎪⎨⎪⎧y0＝x0ln x0，y0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.所以直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.(1) 【答案】 D【解析】 因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， 所以切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.又已知切线方程为y ＝2x ＋b ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ae ＋1＝2，b ＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.(2) 【答案】 y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 【解析】 设切点坐标为(x 0，x 20)，因为f ′(x )＝2x ，所以切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)， 所以x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2， 所以所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)，即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0. 【答案】 C【解析】 若直线与曲线切于点(x 0，y 0)(x 0≠0)，则斜率k ＝y0－1x0－1＝x30－1x0－1＝x 20＋x 0＋1，又因为y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝x 0＝3x 20，所以3x 20＝x 20＋x 0＋1，即2x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝1或x 0＝－12，所以过点P (1，1)与曲线y ＝x 3相切的直线方程为3x－y －2＝0或3x －4y ＋1＝0，共2条．【答案】 D 【解析】因为f (x )＝ln|x |，所以当x >0时，f (x )＝lnx ，f ′(x )＝1x，当x <0时，f (x )＝ln(－x )，f ′(x )＝1x，所以f ′(x 1)f ′(x 2)＝1x1·1x2＝－1，即x 1x 2＝－1，所以x 1<0<x 2，因此x 2－x 1＝x 2＋1x2≥2. 【答案】 C 【解析】设切线在曲线y ＝x 2上的切点坐标为(x 0，x 20)，则切线方程为y ＝2x 0x －x 20，切线在y ＝a ln x 上的切点为(x 1，a ln x 1)，则该切线方程为y ＝ax1x －a ＋a ln x 1.由于两曲线有相同的公切线，因此ax1＝2x 0，－x 20＝a ln x 1－a ，消去x 0，得a ＝4x 21－4x 21ln x 1，设g (x )＝4x 2－4x 2ln x ，则g ′(x )＝4x －8x ln x ，易得g (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，所以g (x )的最大值为g (e 12)＝2e.又当x →＋∞时，g (x )→－∞；当x →0时，g (x )→0. 所以a 的取值范围为(－∞，0)∪(0,2e]． 【题组强化】 1.C 【解析】由f (x )＝ax 2，得f ′(x )＝2ax .由g (x )＝lnx ，得g ′(x )＝1x.因为f (x )＝ax 2与g (x )＝ln x 在它们的公共点P (m ，n )处具有公共切线，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (m )＝g (m )，f ′(m )＝g ′(m )，即⎩⎪⎨⎪⎧am2＝ln m ，2am ＝1m ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝e ，a ＝12e.2. C 【解析】 直线2x －y ＝0的斜率k ＝2， 又曲线f (x )上存在与直线2x －y ＝0平行的切线， 所以f ′(x )＝1x＋4x －a ＝2在(0，＋∞)内有解，则a ＝4x ＋1x －2，x >0.又4x ＋1x≥24x ·1x ＝4，当且仅当x ＝12时取“＝”． 所以a ≥4－2＝2. 3.A【解析】 设过点(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x30)，所以切线方程为y －x30＝3x20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又点(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1，所以选A.4. 【解答】 (1)f ′(x )＝a ＋2x2－3x .由已知得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23＝1，解得a ＝1，故f (x )＝x －2x －3ln x ，f ′(x )＝(x －1)(x －2)x 2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝2.当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32，3时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )min ＝f (2) 由(1)知f (x )＝x －2x－3ln x ，故F (x )＝x 3－3x 2－2x (x >0)，F ′(x )＝3x 2－6x －2(x >0)． 设切点为T (x 0，y 0)，由于点P 在函数F (x )的图象上，①当切点T(x0，y0)不与点P(1，－4)重合，即当x0≠1时，由于切线过点P(1，－4)，则y0＋4x0－1＝3x20－6x0－2，所以x30－3x20－2x0＋4＝(x0－1)(3x20－6x0－2)，化简得x30－3x20＋3x0－1＝0，即(x0－1)3＝0，解得x0＝1(舍去)；②当切点T(x0，y0)与点P(1，－4)重合，即当x0＝1时，切线的斜率k＝F′(1)＝－5，于是切线方程为5x＋y－1＝0.综上所述，满足条件的切线只有一条，其方程为5x＋y－1＝0 .课堂评价1. D 【解析】根据题意得f′(x)＝cos x＋sin x，由f′(x0)＝2f(x0)，得cos x0＋sin x0＝2sin x0－2cos x0，化简得sin x0＝3cos x0，即tan x0＝3，故选D.2. B 【解析】若函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，所以f′(x)＝1x＋a＝2在(0，＋∞)上有解，则a＝2－1x.因为x>0，所以2－1x<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．3. －23【解析】因为f′(x)＝－23－2x－2sin 2x，所以f′(0)＝－23.4. 1 2 【解析】由f(x)＝(bx－1)e x＋a，得f′(x)＝e x(bx＋b－1)，因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x，所以f′(0)＝1，f(0)＝0，即b－1＝1，－1＋a＝0，解得a＝1，b＝2.5. 1 【解析】依题意得，f′(x)＝－a sin x，g′(x)＝2x＋b，f′(0)＝g′(0)，即－a sin0＝2×0＋b，得b＝0.又m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1.第16讲利用导数研究函数的性质链教材·夯基固本激活思维1. D 【解析】由题知f′(x)＝[(x－3)·e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.令f′(x)＞0，解得x＞2.2. D 【解析】令y ′＝x 2－2x －3＝0，得x 1＝－1，x 2＝3，由极值知识可知函数在x 1＝－1处取得极大值，在x 2＝3处取得极小值，所以函数的极小值点是3.3. C 【解析】 函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝1x －1＝1－xx ，当x ∈(0,1)时，y ′＞0，函数单调递增；当x∈(1，e]时，y ′＜0，函数单调递减．故当x ＝1时，函数取得最大值－1.4.[0，＋∞)【解析】f ′(x )＝3x 2＋a ，因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥0恒成立，所以a ≥0.5. (1) (－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞ (2) ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3，92 【解析】 由f (x )＝x 3－ax 2，得f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a 3. (1) 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a 3，若f (x )在(2,3)上单调递减，则有2a 3≥3，解得a ≥92；若f (x )在(2,3)上单调递增，则有2a3≤2，解得a ≤3，所以若f (x )在(2,3)上单调，则实数a 的取值范围是(－∞，3]∪⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫92，＋∞. (2) 若f (x )在(2,3)上不单调，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a3≠0，2<2a3<3，可得3<a <92.知识聚焦1. 单调递增 单调递减 常数函数第1课时 导数与函数单调性研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 D 【解析】因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e . (2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2 【解析】f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，即f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2. 【答案】 (－∞，0) (0,1) 【解析】 f (x )的定义域为{x |x ≤1}， f ′(x )＝1－11－x .令f ′(x )＝0，得x ＝0.当0<x <1时，f ′(x )<0；当x <0时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调增区间为(－∞，0)，单调减区间为(0,1)． (1) 【答案】 B 【解析】令g (x )＝f (x )cos x，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(－sin x )cos 2x＝1＋ln x cos2x.由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )>0，解得1e<x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x<π2，g ′(x )<0，解得0<x <1e，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4>π6>1e ，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cos π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6，故只有B 正确． (2) 【答案】 D【解析】 f (x )>f ′(x )ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0. 令g (x )＝f (x )2x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )·ln 22x， 所以g ′(x )<0，则g (x )在(－∞，＋∞)上是减函数． 由f (－2)＝2，且f (x )在R 上是奇函数， 得f (2)＝－2，则g (2)＝f (2)22＝－12，又f (x )>－2x －1⇔f (x )2x >－12＝g (2)，所以x <2.【答案】 A【解析】 令G (x )＝f (x )－x 2，则G ′(x )＝f ′(x )－2x . 当x ∈[0，＋∞)时，G ′(x )＝f ′(x )－2x >0， 所以G (x )在[0，＋∞)上是增函数．由f (a －2)－f (a )≥4－4a ，得f (a －2)－(a －2)2≥f (a )－a 2，即G (a －2)≥G (a )， 又f (x )是定义在R 上的偶函数，知G (x )是偶函数． 故|a －2|≥|a |，解得a ≤1.【解答】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x . ①当0<a <1时，1a>1，所以当x ∈(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减． ②当a ＝1时，1a＝1，所以f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ③当a >1时，0<1a<1，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上单调递减． 【答案】 C【解析】 因为f (x )＝e x(sin x ＋a )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，所以f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x ＋a )，由于函数f (x )＝e x(sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上单调递增，所以∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2，f ′(x )≥0，所以sin x ＋cos x ＋a ≥0，a ≥－sin x －cos x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4， 当－π2<x <π2时，－π4<x ＋π4<3π4，则－22<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4≤1，所以－2≤－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋π4<1，所以a ≥1， 因此，实数a 的取值范围是[1，＋∞)，故选C. 【题组强化】 1. [3，＋∞)【解析】 由条件知f ′(x )＝2x ＋a －1x2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a ≥1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上恒成立．因为函数y ＝1x2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，＋∞上为减函数，所以y max <1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122－2×12＝3，所以a ≥3.2.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1e ，＋∞【解析】已知f (x )＝12ax 2＋x lnx －x ，其中x >0，所以f ′(x )＝ax ＋ln x .由于函数y ＝f (x )存在单调增区间，即∃x >0，使得f ′(x )>0， 即∃x >0，a >－ln x x ，构造函数g (x )＝－ln x x ，则a >g (x )min .又g ′(x )＝ln x －1x2，令g ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，g ′(x )<0；当x >e 时，g ′(x )>0，所以函数y ＝g (x )在x ＝e 处取得极小值，亦即最小值，则g (x )min ＝g (e)＝－1e ，所以a>－1e.3. 【解答】 f ′(x )＝2x －2a ＋2(a ＋1)x ＝2x2－ax ＋a ＋1x ，x ＞0.令g (x )＝x 2－ax ＋a ＋1，当Δ＝a 2－4(a ＋1)≤0，即2－22≤a ≤2＋22时，g (x )≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间．当Δ＝a 2－4(a ＋1)>0，即a >2＋22或a <2－22时，设g (x )的两个零点为x 1＝a －a2－4a －42，x 2＝a ＋a2－4a －42.若a >2＋22，则因为x 1＋x 2＝a >0，x 1x 2＝a ＋1>0，所以x 1，x 2都大于0，所以当x∈(0，x 1)时，g (x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增． 若a <2－22，则x 1＋x 2＝a <0，当x 1x 2＝a ＋1≥0，即－1≤a <2－22时，x 1，x 2都不为正数，所以当x ∈(0，＋∞)时g (x )>0，f (x )单调递增．当x 1x 2＝a ＋1<0，即a <－1时，x 1<0<x 2， 所以当x ∈(0，x 2)时，g (x )<0，f (x )单调递减． 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a <－1时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞；当－1≤a ≤2＋22时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间； 当a >2＋22时，f (x )的单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－4a －42，a ＋a2－4a －42，单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0，a －a2－4a －42，⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫a ＋a2－4a －42，＋∞. 课堂评价 1.D【解析】由函数y ＝f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f ′(x )>0；在(0，＋∞)上f ′(x )<0，只有选项D 满足．2. B 【解析】 f (x )＝ax 3＋3x ＋2，则f ′(x )＝3ax 2＋3， 又f ′(－1)＝3a ＋3＝－3，解得a ＝－2，所以f ′(x )＝－6x 2＋3，由f ′(x )>0，解得－22<x <22.故f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－22，22. 3.A【解析】易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x .又x >0，由f ′(x )＝x －9x≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4.D 【解析】对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2恒成立，则当x >0时，f ′(x )≥2恒成立，f ′(x )＝ax＋x ≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a ≥(2x －x 2)max ＝1.第2课时 函数的极值与最值研题型·融会贯通 分类解析【解答】 由题设知a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3ax ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －2a . 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a ＞0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.当a ＜0时，随着x 的变化，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：从上表可知f (x )极大值＝f (0)＝1－3a ，f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＝－4a2－3a ＋1.综上，f (x )极大值＝1－3a ，f (x )极小值＝－4a2－3a＋1.【答案】 D【解析】 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0； 当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0； 当x >2时，f ′(x )>0.由此可得函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【解答】 (1) f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x0x ＋ln x 0－1. 把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，所以x 0＝1. 所以过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1. (2) 因为g (x )＝f (x )－mx ＋mx ＝ln x －mx ＋mx (x >0)，所以g ′(x )＝1x －m －mx2＝x －mx2－m x2＝－mx2－x ＋mx2.令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x2，因为x 1＋x 2＝1m>0，所以m >0， 故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0，解得0<m <12.【答案】 B 【解析】由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点．其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．【解答】 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－a ＝1－ax x.当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a >0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0， 若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点， 当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a.【解答】 (1) 由f (x )＝(x －k )e x ，得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：所以f(x)(2) 当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；当1<k<2时，f(x)min＝－e k－1；当k≥2时，f(x)mi n＝(1－k)e.【解答】 (1) 当k＝3时，f(x)＝x3－6x2＋9x＋1，则f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)．令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：(2) f′(x)＝3x2－3(k＋1)x＋3k＝3(x－1)(x－k)．①当k≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1－3 2(k＋1)＋3k＋1＝3，解得k＝53(舍去)．②当k≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0，函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝8－6(k＋1)＋3k·2＋1＝3，符合题意．③当1<k<2时，当x∈[1，k)时，f′(x)<0，f(x)在[1，k)上单调递减；当x∈(k,2]时，f′(x)>0，f(x)在(k,2]上单调递增．所以f (x )min ＝f (k )＝k 3－32(k ＋1)k 2＋3k 2＋1＝3，化简得k 3－3k 2＋4＝0，即(k ＋1)(k －2)2＝0， 所以k ＝－1(舍去)或k ＝2(舍去)．综上所述，实数k 的取值范围为[2，＋∞)． 课堂评价 1.C【解析】因为函数f (x )＝x (x －c )2＝x 3－2cx 2＋c 2x ，f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，由题意知f ′(2)＝12－8c ＋c 2＝0，所以c ＝6或c ＝2.又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，故导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝2时，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4＝3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －23(x －2)，不满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．当c ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x 2－8x ＋12)＝3(x －2)(x －6)，满足导数值在x ＝2处左侧为正数，右侧为负数．故 c ＝6.故选C.2. D 【解析】 f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ＝(x －a )(x －1)e x . 令f ′(x )＝0，得(x －a )(x －1)e x ＝0. 设g (x )＝(x －1)(x －a )．(1) 当a ＝1时，g (x )≥0，f ′(x )≥0，f (x )没有极值． (2) 当a >1时，若x >a 或x <1，则g (x )>0，f ′(x )>0； 若1<x <a ，则g (x )<0，f ′(x )<0.所以x ＝1是函数f (x )的极大值点，不合题意． (3) 当a <1时，若x >1或x <a ，g (x )＞0，f ′(x )>0， 若a <x <1，则g (x )＜0，f ′(x )<0. 所以x ＝1是f (x )的极小值点，满足题意． 综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1)． 3.－12【解析】因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由f ′(1)＝0，得3＋2a ＋b ＝0，由f (1)＝10，得1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9.又当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9，函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，故舍去；当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，函数f (x )在x ＝1处取得极小值10，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1，所以b a＝－12.4. 1＋ln 22 【解析】 设两个交点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b －12，b ，B (e b，b )， 则AB ＝e b－b －12.令g (x )＝e x－x －12，则g ′(x )＝e x－12.由g ′(x )＝0，得x ＝－ln 2.当x ＜－ln 2时，g ′(x )＜0，当x ＞－ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(－∞，－ln2)上单调递减，在区间(－ln2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－ln 2)＝1＋ln 22.第17讲 导数的综合应用链教材·夯基固本 激活思维 1.C【解析】函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋lnx ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解．令h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝－ln x . 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0. 故当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1， 所以要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解， 只要a 小于或等于h (x )的最大值即可，即a ≤1. 2.A【解析】构造函数g (x )＝x e x ，则g ′(x )＝e x (x ＋1)．当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )为增函数；当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )为减函数，所以当x ＝－1时函数g (x )有最小值，且g (－1)＝－e－1＝－1e.画出函数y ＝x e x的图象如图所示，显然当－1e<a <0时，函数f (x )＝x e x －a 有两个零点，故选A.(第2题)3. D【解析】 由2f (x )≤g ′(x )＋2，可得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1，所以a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x .设h (x )＝2ln x －3x －1x ，则h ′(x )＝2x －3＋1x2＝－3x2－2x －1x2＝－(3x ＋1)(x －1)x 2，x >0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝－4，所以12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2lnx －3x －1x max ＝－2，所以a ≥－2. 4.CD【解析】根据题意，令g (x )＝f (x )cos x，x∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋sin xf (x )cos 2x .又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2，且cos xf ′(x )＋sinxf (x )＜0，则有g ′(x )＜0，即函数g (x )为减函数．又π6＜π3，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3cosπ3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3.又由π6＜π4，则有g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6cosπ6＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4cosπ4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π6＞3f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4.故选CD.第1课时 导数与不等式证明研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 因为f(x)＝1－lnxx，x>0，所以f′(x)＝lnx－1x2，f′(1)＝－1.因为g(x)＝aeex＋1x－bx，所以g′(x)＝－aeex－1x2－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线互相垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，所以g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2) 由(1)知，g(x)＝－eex＋1x＋x，则f(x)＋g(x)≥2x⇔1－lnxx－eex－1x＋x≥0.令h(x)＝1－lnxx－eex－1x＋x(x≥1)，则h(1)＝0，h′(x)＝－1＋lnxx2＋eex＋1x2＋1＝lnxx2＋eex＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝lnxx2＋eex＋1>0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x≥1时，h(x)≥h(1)＝0，即1－lnxx－eex－1x＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2 x.【解答】对任意a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋a e)x⇔exx－xa－1ax＋2a－e≥0.令g (x )＝ex x －x a －1ax ＋2a －e ，x >0，则g ′(x )＝(x －1)(a e x －x －1)ax 2. 当a ≥1时，a e x －x －1≥e x －x －1.令h (x )＝e x －x －1，则当x >0时，h ′(x )＝e x －1＞0. 所以当x >0时，h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0， 所以a e x －x －1>0.所以当0<x <1时，g ′(x )<0，当x ＝1时，g ′(x )＝0，当x >1时，g ′(x )>0. 所以g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )≥g (1)＝0， 即ex x －x a －1ax ＋2a －e ≥0， 故f (x )≥(x ＋a e)x .【解答】 (1) f ′(x )＝ex－a (x >0)，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 若a >0，则当0<x <ea 时，f ′(x )>0；当x >ea 时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e a ，＋∞上单调递减． (2) 因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e.当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝ex x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，故不等式xf (x )≤e x －2e x 得证． 【解答】 (1) f ′(x )＝e x ＋a cos x ，且f (0)＝1＋b .由题意得f ′(0)＝e 0＋a ＝1⇒a ＝0. 又(0,1＋b )在切线x －y －1＝0上， 所以0－1－b －1＝0⇒b ＝－2.(2) 由(1)知f (x )＝e x －2.先证：e x －2＞x －1，即e x －x －1＞0(x ＞0)， 令g (x )＝e x －x －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －1，所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数． 故g (x )＞g (0)＝0，即e x －2＞x －1 ①. 再证：x －1≥ln x ，即x －1－ln x ≥0，令φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x ＞0)，故φ(x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 则φ(x )min ＝φ(1)＝0，即x －1－ln x ≥0， 所以x －1≥ln x ②.由①②得e x －2＞ln x ，即f (x )＞ln x 在(0，＋∞)上恒成立. 课堂评价 1.C【解析】构造函数f (x )＝exx2，则a ＝f (6)，b ＝f (7)，c ＝f (8)，f ′(x )＝xex (x －2)x 4，当x >2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(2，＋∞)上单调递增，故f (8)>f (7)>f (6)，即c >b >a .2. C【解析】由题得P Q＝aeb bea＝ebbea a，令f (x )＝ex x ，则f ′(x )＝ex (x －1)x 2，当x ＞1时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．因为a ＞b ＞1，所以eb b <eaa ，故ebb eaa<1，即P ＜Q .3. 【解答】 (1) 由f (x )＝e x －2x ＋2a (x ∈R )，知f ′(x )＝e x －2.令f ′(x )＝0，得x ＝ln2. 当x <ln2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln2，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调减区间是(－∞，ln2)，单调增区间是(ln2，＋∞)，f (x )在x ＝ln2处取得极小值f (ln2)＝e ln 2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a ，无极大值．(2) 要证当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1， 即证当a >ln2－1且x >0时，e x －x 2＋2ax －1>0. 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1(x ＞0)，则g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln2)＝2－2ln2＋2a . 又a >ln2－1，则g ′(x )min >0. 于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 上单调递增． 于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0， 即e x －x 2＋2ax －1>0，即e x >x 2－2ax ＋1，即得证．第2课时 导数与不等式恒成立(能成立)问题研题型·融会贯通 分类解析【解答】方法一：设F (x )＝2x ＋ln x －a (x 2＋x )，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(ax －1)x，x >0. 当a ≤0时，取x ＝1，则F (1)＝2－2a ＞0，所以F (x )≤0不可能恒成立． 当a ＞0时，令F ′(x )＝0，得x ＝1a.当0＜x ＜1a 时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增；当x ＞1a 时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减，故F (x )在(0，＋∞)上的最大值是F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，依题意F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ≤0恒成立，即ln 1a ＋1a －1≤0.又y ＝g (a )＝ln1a ＋1a－1在a ∈(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，故ln1a ＋1a－1≤0成立的充要条件是a ≥1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．方法二：分离参数得a ≥2x ＋ln x x2＋x (x ＞0)，令h (x )＝2x ＋lnxx2＋x，则h ′(x )＝(2x ＋1)(1－x －ln x )(x 2＋x )2.令h ′(x )＝0，则1－x －ln x ＝0，观察发现x ＝1是1－x－ln x ＝0的根．又因为φ(x )＝1－x －ln x 在(0，＋∞)上单调递减，所以1－x －ln x ＝0的根仅有x ＝1， 当x ∈(0,1)时，φ(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0. 所以h (x )＝2x ＋lnx x2＋x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．【解答】分离参数得a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2(x ＞0)． 当x∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4.【解答】 (1) 由题知f ′(x )＝－ax2＋x －(1－a )x 2，x >0. 令h (x )＝ax 2－x ＋1－a (x ＞0)． ①当a ＝0时，h (x )＝1－x (x ＞0)，当x∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．②当a ≠0时，由f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝1a－1.若0＜a ＜12，则1a －1＞1＞0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a －1时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1，＋∞时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 若a ＝12，则h (x )≥0，f ′(x )≤0，f (x )单调递减．若a ＜0，则1a－1＜0，当x ∈(0,1)时，h (x )＞0，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12时，f (x )在(0,1)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a －1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a －1，＋∞上单调递减． (2) 当a ＝14时，由(1)知f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,2)上是增函数，所以对任意x 1∈(0,2)，有f (x 1)≥f (1)＝－12.又存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)， 所以－12≥g (x 2)min ，x 2∈[1，2]．(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1,2]，当b ＜1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0与(*)矛盾； 当b ∈[1,2]时，g (x )min ＝g (b )＝4－b 2≥0与(*)矛盾； 当b >2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ≤－12，解得b ≥178.综上，实数b 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫178，＋∞. 【解答】 (1) f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x (x >0)．由题意知f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2) f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，因为x >0，所以ax －1<0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)，单调减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12，即1a >2时，当x ∈(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a 时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2，1a . ③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x ≥0，故f (x )的单调增区间是(0，＋∞)．④当a >12，即0<1a <2时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，故f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，2. (3) 由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max . 由已知得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2， 所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1， 故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a . 由a >12可知ln a >ln 12>ln 1e＝－1，所以2ln a >－2，即－2ln a <2，所以－2－2ln a <0， 所以f (x )max <0，符合题意．综上所述，a >ln 2－1.【解析】 f ′(x )＝1－ax ，当a <0时，函数f (x )在(0,1]上是增函数．又函数y ＝1x在(0,1]上是减函数，不妨设0<x 1＜x 2≤1，则|f (x 1)－f (x 2)|＝f (x 2)－f (x 1)，⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2＝1x1－1x2， 所以|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于f (x 2)－f (x 1)≤4x1－4x2，即f (x 2)＋4x2≤f (x 1)＋4x1. 设h (x )＝f (x )＋4x ＝x －1－a ln x ＋4x，则|f (x 1)－f (x 2)|≤4⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x1－1x2等价于函数h (x )在区间(0,1]上是减函数． 因为h ′(x )＝1－a x －4x2＝x2－ax －4x2，所以x 2－ax －4≤0在x∈(0，1]时恒成立，即a ≥x －4x在(0,1]上恒成立．因为y ＝x －4x在区间(0,1]上是增函数，所以y ＝x －4x的最大值为－3，所以a ≥－3，又a <0，所以a ∈[－3,0)．【解答】不妨设x 1>x 2，则f ′(x 1)－f ′(x 2)x 1－x 2>a 等价于f ′(x 1)－f ′(x 2)>a (x 1－x 2)，即f ′(x 1)－ax 1>f ′(x 2)－ax 2，设h (x )＝f ′(x )－ax ，则h (x )在[1,2]上为增函数．因为f (x )＝13x 3－ax ln x ，所以f ′(x )＝x 2－a ln x －a ，h (x )＝x 2－a ln x －ax －a ，则h ′(x )＝2x －ax －a ≥0在[1,2]上恒成立．方法一：由2x －a x －a ≥0得a ≤2x21＋x，x ∈[1,2]，令m (x )＝2x21＋x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 2＋1x ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋122－14，1x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，1，所以当1x ＝1时，m (x )取得最小值1.所以a ≤m (x )min ＝1. 方法二：h ′(x )＝2x －a x－a ≥0在[1,2]上恒成立，即2x2－ax －ax≥0在[1,2]上恒成立，即2x 2－ax －a ≥0在[1,2]上恒成立，令g (x )＝2x 2－ax －a ，x ∈[1,2]，由已知得g (x )的图象开口向上，对称轴为x ＝a4.(1)当a 4<1，即a <4时，g (x )在[1,2]上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝2－2a ，令2－2a ≥0，解得a ≤1，又a <4，所以a ≤1.(2)当1≤a 4≤2，即4≤a ≤8时，g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1，a 4上单调递减，在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤a 4，2上单调递增，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 4＝－a28－a ，令－a28－a ≥0，解得－8≤a ≤0，又4≤a ≤8，所以无解．(3) 当a 4>1，即a >4时，g (x )在[1,2]上单调递减，g (x )min ＝g (2)＝8－3a ，令8－3a ≥0，解得a≤83，又a >4，所以无解． 综上所述，实数a 的取值范围是{a |a ≤1}． 课堂评价 1.D【解析】若m >f (x )恒成立，则m >f (x )max ，f ′(x )＝2x e x ＋x 2e x ＝x (x ＋2)e x ，则f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，又f (－1)＝1e，f (1)＝e ，所以f (x )max ＝f (1)＝e ，所以m >e.2. D 【解析】 由f (x )<x 2，可得ln x －ax <x 2，所以x ln x －a <x 3，所以a >x ln x －x 3，x ∈(1，＋∞)，所以a >(x ln x －x 3)max ，x∈(1，＋∞)．令g (x )＝x ln x －x 3，则g ′(x )＝1＋ln x －3x 2.令h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，则h ′(x )＝1x－6x ＝1－6x2x，当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递减，又h (1)＝－2，所以h (x )<h (1)<0，即g ′(x )<0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝－1，所以a ≥－1.3. 【解答】 (1) 因为f ′(x )＝a －e x ，x ∈R . 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在R 上单调递减． 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a .由f ′(x )>0，得f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )； 由f ′(x )<0，得f (x )的单调减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )，单调减区间为(ln a ，＋∞)．(2) 因为存在x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立， 则ax ≤lnx x ，即a ≤lnx x2.设h (x )＝lnx x2，则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫lnx x2max .由h ′(x )＝1－2lnxx3，令h ′(x )＝0，得x ＝e .当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：由上表可知，当x ＝e时，函数h (x )有极大值，也是最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，12e . 第3课时 导数与函数零点研题型·融会贯通 分类解析【解答】 (1) f ′(x )＝2x －ax ，由已知，f ′(1)＝0，即2－a ＝0，解得a ＝2，经检验a ＝2满足题意，所以a ＝2.(2) 函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．理由如下： 因为m (x )＝x 2－2ln x －x ＋2x －6， 所以m ′(x )＝2x －2x －1＋1x ＝2x2－2－x ＋xx＝(x －1)(2x x ＋2x ＋x ＋2)x. 当x ∈(0,1)时，m ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，m ′(x )＞0，所以m (x )min ＝m (1)＝－4<0，m (e －2)＝(1－e )(1＋e ＋2e 3)e 4<0， m (e －4)＝1＋2e8＋e4(2e 2－1)e 8>0， m (e 4)＝e 4(e 4－1)＋2(e 2－7)>0，故由零点存在定理可知： 函数m (x )在(e －4,1)上存在一个零点，在(1，e 4)上存在一个零点，所以函数m (x )＝f (x )－g (x )－6有两个零点．【解答】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－ax(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点．当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－ax单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4，且b <12ln2时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．【解答】 (1) f ′(x )＝1x －2ax －2＝－2ax2－2x ＋1x，x >0.由题意f ′(x )≤0在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2时恒成立，即2a ≥1－2x x2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2上恒成立，即2a ≥⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1max ，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤14，2. 当x ＝14时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x －12－1取得最大值8，所以a ≥4， 即实数a 的取值范围是{a |a ≥4}．(2) 当a ＝－14时，f (x )＝－12x ＋b 可变形为14x 2－32x ＋ln x －b ＝0.令g (x )＝14x 2－32x ＋ln x －b ，x ∈[1,4]， 则g ′(x )＝(x －2)(x －1)2x. 当x 变化时，g (x )，g ′(x )的变化情况如下表：极小值又g (1)＝－b －54，g (4)＝2ln2－b －2，方程g (x )＝0在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，所以⎩⎨⎧g (1)≥0，g (2)<0，g (4)≥0，。