【2019-2020】高考数学二轮复习限时集训(五)导数的热点问题理

高考冲刺之导数（基础篇）1．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线l的斜率，切线l的方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．导数的物理意义若物体位移随时间变化的关系为s＝f(t)，则f′(t0)是物体运动在t＝t0时刻的瞬时速度．3．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．4．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，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)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．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，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．5．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：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，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．6．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答． 两个注意(1)注意实际问题中函数定义域的确定．(2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 三个防范(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． (2)f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0取极值的既不充分也不必要条件． 如①y ＝|x |在x ＝0处取得极小值，但在x ＝0处不可导； ②f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点．(3)若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件． 易误警示直线与曲线有且只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线；反之直线是曲线的切线，但直线不一定与曲线有且只有一个公共点． 两个条件(1)f ′(x )＞0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件．(2)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 三个步骤求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求导数f ′(x )；(3)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)解出相应的x 的范围．当f ′(x )＞0时，f (x )在相应的区间上是增函数；当f ′(x )＜0时，f (x )在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间． 小题分类1.（导数与积分）定积分ln 20e x dx ⎰的值为（ ）A. －1B. 1C. 2e 1-D. 2e 【答案】B（2）当0x >时，函数2y x =与函数2xy =的图像所围成的封闭区域的面积是 【答案】427（3）用max{}a b ，表示a ，b 两个数中的最大数，设2()max{f x x =1()4x ≥，那么由函数()y f x =的图象、x 轴、直线14x =和直线2x =所围成的封闭图形的面积是 【答案】3512（4）若dx x c dx x b xdx a ⎰⎰⎰-=-==12111,1,，则c b a ,,的大小关系是 （ ）A.c b a <<B.b c a <<C.c a b <<D.ab c << 【答案】A变式设a ＝⎠⎛0π(sinx ＋cosx)dx ，则(a x －1x )6的二项展开式中含x 2的系数是( )A ．192B ．－192C ．96D ．－96解析：因为a ＝⎠⎛0π(sinx ＋cosx)dx ＝(－cosx ＋sinx)| π0＝(－cosπ＋sinπ)－(－cos0＋sin0)＝2，所以(a x －1x)6＝⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6，则可知其通项T r ＋1＝(－1)r C r 626－r x 6－r2－r 2＝(－1)r C r 626－r x 3－r ，令3－r ＝2⇒r ＝1，所以展开式中含x 2项的系数是(－1)r C r 626－r ＝(－1)1C 1626－1＝－192，故答案选B.（2）若等比数列{a n }的首项为23，且a 4＝⎠⎛14(1＋2x)dx ，则公比等于________．解析：⎠⎛14(1＋2x)dx ＝(x ＋x 2)|41＝(4＋16)－(1＋1)＝18，即a 4＝18＝23·q 3⇒q ＝3.2.(导数的单调性)若()224ln f x x x x =--，则()f x 的单调递增区间为（ ）A ．()1,0-B ．()()1,02,-⋃+∞C ．()2,+∞D ．()0,+∞ 【答案】C（2）函数()f x 的定义域为R ，对任意实数x 满足(1)(3)f x f x -=-，且(1)(3)f x f x -=-．当l ≤x ≤2时，函数()f x 的导数()0f x '>，则()f x 的单调递减区间是（ ）A ．[2,21]()k k k Z +∈B ．[21,2]()k k k Z -∈C ．[2,22]()k k k Z +∈D ．[22,2]()k k k Z -∈ 【答案】A（3）已知函数2()(21)(R xf x ax x e a -=-+⋅∈，e 为自然对数的底数). 若函数()f x 在[-1，1]上单调递减，求a 的取值范围． 【答案】解： ]322[)12()22()(22+---=⋅+--⋅-='---x ax ax e e x ax eax x f x x x令3)1(2)(2++-=x a ax x g ①若0=a ，则32)(+-=x x g ，在)11(，-内，0)(>x g ，即0)(<'x f ，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减.………………7分②若0>a ，则3)1(2)(2++-=x a ax x g ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为11>+=aa x ，当且仅当0)1(≥g ，即10≤<a 时，在)11(，-内0)(>x g ，0)(<'x f ， 函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减.③若0<a ，则3)1(2)(2++-=x a ax x g ，其图象是开口向下的抛物线， 当且仅当⎩⎨⎧≥≥-0)1(0)1(g g ，即035<≤-a 时，在)11(，-内0)(>x g ，0)(<'x f ， 函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减. 综上所述，函数)(x f 在区间]11[，-上单调递减时，a 的取值范围是135≤≤-a ．…12分 3.（导数与切线斜率）设R a ∈,函数()e e x xf x a -=+⋅的导函数是()f x '，且()f x '是奇函数，若曲线()y f x =的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为（ ） A. ln 22-B.ln 2-C.ln 22D. ln 2 【答案】D（2）已知函数)0()1(2131)(23>++-=a x x aa x x f ，则)(x f 在点))1(,1(f 处的切线的斜率最大时的切线方程是______________【答案】31=y (3)曲线y ＝13x 3＋x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 ( ) A.19 B.29 C.13 D.23 【答案】A4.(导数与图像)函数y ＝f （x ）在定义域（－32，3）内的图像如图所示．记y ＝f （x ）的导函数为y ＝f '（x ），则不等式f '（x ）≤0的解集为A ．[－13，1]∪[2，3）B ．[－1，12]∪[43，83]C ．[－32，12]∪[1，2）D ．（－32，－13]∪[12，43]∪[43，3）【答案】A（2）设()f x '是函数()f x 的导函数,()y f x '=的图象如右图所示，则()y f x =的图象最有可能的是【答案】C（3）已知R 上可导函数)(x f 的图象如图所示，则不等式0)()32(2>'--x f x x 的解集为（ ）【答案】DA ．),1()2,(+∞⋃--∞B ．)2,1()2,(⋃--∞C ．),2()0,1()1,(+∞⋃-⋃--∞D. ),3()1,1()1,(+∞⋃-⋃--∞5.（导数的运用）已知定义在R 上的函数)(),(x g x f 满足x a x g x f =)()(，且),()()()(x g x f x g x f '<'25)1()1()1()1(=--+g f g f ，则a 的值是（ ） A ．2B ．21 C ．3 D ．31【答案】B（2）已知定义在实数集R 上的函数)(x f 满足)1(f =1，且)(x f 的导数)(x f '在R 上恒有)(x f '<)(21R x ∈，则不等式212)(22+<x x f 的解集为（ ） A ．),1(+∞ B ．)1,(--∞ C ．)1,1(- D．)1,(--∞∪),1(+∞【答案】D（3）函数)(x f 的定义域为R ,2)1(=-f ,对任意2)(,'>∈x f R x ,则42)(+>x x f 的解集为（ ）A.)1,1(-B.),1(+∞-C.)1,(--∞D.R 【答案】B（4）()cos(3)(0)f x x ϕϕπ=+<<,若()()f x f x '+是奇函数，则ϕ=【答案】（5）)(x f 是定义在),0(+∞上的非负可导函数 ，且满足()()'≤xf x f x ，对任意的正数b a 、，若b a <，则必有 A ．)()(a bf b af ≤ B ．)()(b bf a af ≥ C ．)()(b bf a af ≤D ．)()(a bf b af ≥【答案】A大题冲关1.（研究函数的单调性、极值、最值等问题） 例1.设函数2()(1)2ln(1)f x x x =+-+．（I ）求()f x 的单调区间；（II ）当0<a<2时，求函数2()()1g x f x x ax =---在区间[03]，上的最小值．解：（I ）定义域为(1,)-+∞． 12(2)()2(1)11x x f x x x x +'=+-=++． 令()0f x '>，则2(2)01x x x +>+，所以2x <-或0x >．因为定义域为(1,)-+∞，所以0x >．令()0f x '<，则2(2)01x x x +<+，所以20x -<<．因为定义域为(1,)-+∞，所以10x -<<．所以函数的单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(1,0)-．（II ）()(2)2ln(1)g x a x x =--+ （1x >-）．2(2)()(2)11a x ag x a x x x--'=--=++． 因为0<a<2，所以20a ->，02a a >-．令()0g x '> 可得2ax a >-． 所以函数()g x 在(0,)2a a -上为减函数，在(,)2a a+∞-上为增函数． ①当032a a <<-，即302a <<时，在区间[03]，上，()g x 在(0,)2a a -上为减函数，在(,3)2a a-上为增函数． 所以min 2()()2ln22a g x g a a a==---． ②当32a a ≥-，即322a ≤<时，()g x 在区间(03)，上为减函数．所以min ()(3)632ln 4g x g a ==--． 综上所述，当302a <<时，min 2()2ln 2g x a a =--；当322a ≤<时，min ()632ln 4g x a =--．例 2.已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

2019-2020 年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（五）46.已知函数f ( x)x2ax 4 （ aＲ）的两个零点为x1, x2 , 设 x1 x2.（Ⅰ）当 a0 时，证明：2x1 0．（Ⅱ）若函数g (x)x2| f ( x) |在区间 (, 2)和(2,) 上均单调递增，求 a 的取值范围.47.设函数 f ( x)2R ）．x ax ln x （a（Ⅰ）若 a 1时,求函数 f (x)的单调区间；（Ⅱ）设函数 f ( x) 在[1, ] 有两个零点，求实数 a 的取值范围．e48.已知函数 f ( x) ln( ax b) x ，g (x)x2ax ln x ．（Ⅰ）若 b 1,F ( x) f ( x) g (x) ，问：是否存在这样的负实数 a ，使得 F ( x) 在x1处存在切线且该切线与直线y1 x 1平行，若存在，求a的值；若不存在，请说明理23由．（Ⅱ）已知 a 0 ，若在定义域内恒有 f (x) ln( ax b) x 0 ，求 a(a b) 的最大值．49.设函数 f ( x) x ln x b(x1 )2(b R)，曲线y f x在1,0处的切线与直线2y3x 平行．证明：（Ⅰ）函数 f ( x) 在 [1,) 上单调递增；（Ⅱ）当 0 x 1 时， f x1.50.已知 f（ x） =a（ x-ln x）+2 x 1， a∈ R.x 2（I ）讨论 f（ x）的单调性；（II ）当 a=1 时，证明f（ x）＞ f’（ x） + 3对于任意的x∈ [1,2] 恒成立。

2251.已知函数f（x） =x +ax﹣ lnx， a∈ R．（1）若函数f（x）在 [1， 2]上是减函数，求实数 a 的取值范围；（2）令 g（ x） =f（ x）﹣ x2，是否存在实数a，当 x∈（ 0， e] （ e 是自然常数）时，函数g （x）的最小值是 3，若存在，求出 a 的值；若不存在，说明理由；（3）当 x∈（ 0， e]时，证明： e2x2－5x＞ (x+1)ln x．2152.已知函数f（x） = 3 x3－ ax+1．（1）若 x=1 时， f（ x）取得极值，求 a 的值；（2）求 f（ x）在 [0， 1]上的最小值；（3）若对任意 m∈ R，直线 y=﹣ x+m 都不是曲线 y=f（ x）的切线，求 a 的取值范围．53.已知函数 f x axe x（ a 0）（1）讨论 f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式 f x ln x x 4 的解集中有且只有两个整数，求实数 a 的取值范围 .54.已知函数f n x x n 11, g m x m x mx （其中me, n,me为正整数，e为自然对x1数的底）（1）证明：当x 1 时， g m x0 恒成立；（ 2）当n m3时，试比较f n m 与 f m n 的大小，并证明.x55.已知函数f（x） =e 和函数 g（ x）=kx+m（ k、 m 为实数， e 为自然对数的底数，e≈ 2.71828）．（1）求函数 h（ x） =f（ x）﹣ g（ x）的单调区间；（2）当 k=2，m=1 时，判断方程 f（ x） =g（x）的实数根的个数并证明；（3）已知 m≠1，不等式（ m﹣1） [f（ x）﹣ g（ x） ] ≤0对任意实数 x 恒成立，求 km 的最大值．56.已知函数f ( x)ln x a( x 1) (a R) ．x（Ⅰ）若 a 1 ,求y f ( x) 在点1, f(1) 处的切线方程；（Ⅱ）求 f ( x) 的单调区间；（Ⅲ）求证：不等式111对一切的 x(1,2) 恒成立．ln x x 1257.已知函数 f ( x) ( x 1)2 a ln x （a R ）.（Ⅰ）求函数 f ( x) 的单调区间；（Ⅱ）若函数 f ( x) 存在两个极值点x1、x2x1x2，求f (x2)的取值范围．x158.设函数f ( x) ln x m, m R ．x（Ⅰ）当 m e ( e 为自然对数的底数)时，求f (x)的极小值；（Ⅱ）若对任意正实数 a 、b（a b ），不等式f (a) f (b)恒成立，求m 的取值范a2b围．59.已知函数f x1x32ax23a2 x b , ( a, b R)3（1）当a 3 时,若 f x 有 3 个零点,求 b 的取值范围；（2）对任意a [4,1] ,当x a 1, a m 时恒有 a f x a ,求m的最大值,并求此5时 f x 的最大值。

专题限时集训(十三) 导数的简单应用 [专题通关练] (建议用时：30分钟) 1．(2019·深圳二模)已知函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x是奇函数，则曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的倾斜角为( )A.π4 B.3π4 C.π3 D.2π3B [函数f (x )＝ax 2＋(1－a )x ＋2x是奇函数， 可得f (－x )＝－f (x )，可得a ＝0，f (x )＝x ＋2x， f ′(x )＝1－2x2，即有曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线斜率为k ＝1－2＝－1，可得切线的倾斜角为3π4，故选B.] 2．若x ＝2是函数f (x )＝(x 2－2ax )e x的极值点，则函数y ＝f (x )的最小值为( )A ．(2＋22)e－2B ．0C ．(2－22)e 2D ．－e C [∵f (x )＝(x 2－2ax )e x ，∴f ′(x )＝[x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ，由题意可知f ′(2)＝0，即a ＝1.∴f (x )＝(x 2－2x )e x .∴f ′(x )＝(x 2－2)e x，由f ′(x )＝0得x ＝± 2.又f (2)＝(2－22)e 2，f (－2)＝(2＋22)e －2，且f (2)＜f (－2)．故选C.]3．[易错题](2019·长春二模)已知f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝e ，x ∈R,2f (x )－f ′(x )＞0，则不等式f (x )＜e2x －1的解集为( ) A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，e)D ．(e ，＋∞) B [令g (x )＝f xe 2x ，则g ′(x )＝e 2x f ′x －2e 2x f x e 4x ＝f ′x －2f x e2x ， ∵2f (x )－f ′(x )＞0，∴g ′(x )＜0，∴g (x )递减，不等式f (x )＜e 2x －1⇔f xe 2x ＜1e ＝e e 2＝f 1e2 ⇔g (x )＜g (1)⇔x ＞1，故选B.]4．[易错题]若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0) C [由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示．令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知⎩⎪⎨⎪⎧ －3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.]5．已知函数f (x )在R 上可导，且f (x )＝4x －x 3f ′(1)＋2f ′(0)，则⎠⎛01f (x )dx ＝________. 394[∵f (x )＝4x －x 3f ′(1)＋2f ′(0)， ∴f ′(x )＝4－3x 2f ′(1)，令x ＝1得f ′(1)＝4－3f ′(1)，即f ′(1)＝1.令x ＝0得f ′(0)＝4.∴f (x )＝4x －x 3＋8. ∴⎠⎛01f (x )dx ＝⎠⎛01(4x －x 3＋8)dx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－x 44＋8x ⎪⎪⎪ 10＝394.] 6．已知函数f (x )＝13x 3－12mx 2＋4x －3在区间[1,2]上是增函数，则实数m 的取值范围为________．(－∞，4] [由函数f (x )＝13x 3－12mx 2＋4x －3，可得f ′(x )＝x 2－mx ＋4，。

规范解答集训(六)函数、导数和不等式(建议用时：40分钟)1．已知函数f(x)＝ax＋1－x lnx的图象在点(1，f(1) )处的切线与直线x－y＝0平行．(1)求函数f(x)的极值；(2)若对于x1，x2∈(0，＋∞)，错误!＞m(x1＋x2)，求实数m的取值范围．[解](1)f(x)＝ax＋1－x ln x的导数为f′(x)＝a－1－ln x，可得y＝f(x)的图象在点(1，f(1) )处的切线斜率为a－1，由切线与直线x－y＝0平行，可得a－1＝1，即a＝2，f(x)＝2x＋1－x ln x，f′(x)＝1－lnx，当0<x<e时f′(x)>0，当x>e时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减，可得f(x)在x＝e处取得极大值为f(e)＝e＋1，无极小值．(2)设x1>x2>0，若错误!＞m(x1＋x2)，可得f(x1)－f(x2)＞mx21－mx2，即f(x1)－mx21＞f(x2)－mx2，设g(x)＝f(x)－mx2在(0，＋∞)上为增函数，即g′(x)＝1－ln x－2mx≥0在(0，＋∞)上恒成立，可得2m≤1－ln xx在(0，＋∞)上恒成立，设h(x)＝1－ln xx，所以h′(x)＝ln x－2x2，h(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，h(x)在x＝e2处取得极小值为h(e2)＝－1e2，所以m≤－12e2.2．(20xx·石家庄一模)已知函数f(x)＝a e x－sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．(1)当a＝1时，证明：对x∈[0，＋∞)，f(x)≥1；(2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，求实数a 的取值范围．[解](1)当a ＝1时，f (x )＝e x －sin x ，于是，f ′(x )＝e x －cos x . 又因为当x ∈(0，＋∞)时，e x >1且cos x ≤1. 故当x ∈(0，＋∞)时，e x －cos x >0，即f ′(x )>0. 所以，函数f (x )＝e x －sinx 为(0，＋∞)上的增函数，于是，f (x )≥f (0)＝1.因此，对x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1.(2)法一：由题意f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，则f ′(x )＝a e x －cosx 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点， ①当a ∈(0,1)时，f ′(x )＝a e x－cos x 为⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的增函数， 注意到f ′(0)＝a －1<0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a ·e π2>0，所以，存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立.于是，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )为(0，x 0)上的减函数； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x0，π2时，f ′(x )>0，f (x )为⎝ ⎛⎭⎪⎫x0，π2上的增函数；所以x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2为函数f (x )的极小值点；②当a ≥1时，f ′(x )＝a e x －cos x ≥e x －cos x >0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上成立，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值；③当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －cos x <0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上成立，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值，综上所述，使f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值的a 的取值范围是(0,1)．。

高考考查导数的五大热点问题马兴奎云南省文山州砚山一中，663100导数是研究函数的工具，导数进入新教材之后，给函数问题注入了生机和活力，开辟了许多解题新途径，拓展了高考对函数问题的命题空间。

所以把导数与函数综合在一起是顺理成章的事情，对函数的命题已不再拘泥于一次函数，二次函数，反比例函数，指数函数，对数函数等，对研究函数的目标也不仅限于求定义域，值域，单调性，奇偶性，对称性，周期性等，而是把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象，试题的命制往往融函数，导数，不等式，方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维，解决单调性，极值，最值，切线，方程的根，参数的范围等问题，这类题难度很大，综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏。

解题中需用到函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、转化与划归思想。

本文以2008年高考试题为例，谈谈高考考查导数的热点问题，供鉴赏。

一、函数，导数，不等式综合在一起，解决单调性，参数的范围等问题。

解决单调性问题转化为解含参数的一元二次不等式或高次不等式的问题；求解参数的取值范围问题转化为不等式的恒成立，能成立，恰成立来求解。

进一步转化求函数的最值或一元二次不等式在给定区间上（或实数集R ）上的恒成立问题来解决，从而达到考查分类与整合、化归与转化的数学思想。

【例1】（2008年，全国I 卷）已知函数32()1f x x ax x =+++，a ∈R ．（Ⅰ）讨论函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）设函数()f x 在区间2133⎛⎫-- ⎪⎝⎭，内是减函数，求a 的取值范围．【分析及解】（Ⅰ）∵ 2()321f x x ax '=++，导函数是二次函数，开口向上， )3(42-=∆a ，下面讨论方程()0f x '=根的情况。

分0>∆，0<∆，0=∆来讨论。

①：0>∆，即3>a ，或3-<a 时，方程()0f x '=有两个不同实根，3321---=a a x ，3322-+-=a a x 当1x x <或2x x >时， 0)(>'x f ， 当21x x x <<时，0)(<'x f ，∴)(x f 在),(1x -∞，),(2+∞x 上为增函数，在),(21x x 上为减函数。

高考数学二轮专题 高考热点问题针对训练 理1．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋2，当x ∈[－1，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，求a 的取值范围．解：∵f (x )＝(x －a )2＋2－a 2， ∴此二次函数图象的对称轴为x ＝a .(1)当a ∈(－∞，－1)时，f (x )在[－1，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (－1)＝2a ＋3. 要使f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a ， 即2a ＋3≥a ，解得a ≥－3，即－3≤a <－1. (2)当a ∈[－1，＋∞)时，f (x )min ＝f (a )＝2－a 2.要使f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a ，即2－a 2≥a ，解得－2≤a ≤1，即－1≤a ≤1. 综上所述，实数a 的取值范围为[－3,1]． 2.如图所示，已知圆O ：x 2＋y 2＝4，直线m ：kx －y ＋1＝0. (1)求证：直线m 与圆O 有两个相异交点；(2)设直线m 与圆O 的两个交点为A 、B ，求△AOB 面积S 的最大值． 解：(1)证明：直线m ：kx －y ＋1＝0可化为y －1＝kx ， 故该直线恒过点(0,1)，而(0,1)在圆O ：x 2＋y 2＝4内部， 所以直线m 与圆O 恒有两个不同交点． (2)圆心O 到直线m 的距离为d ＝11＋k2，而圆O 的半径r ＝2，故弦AB 的长为|AB |＝2r 2－d 2＝24－d 2， 故△AOB 面积S ＝12|AB |×d ＝12×24－d 2×d＝4d 2－d 4＝－d 2－22＋4.而d 2＝11＋k 2，因为1＋k 2≥1，所以d 2＝11＋k2∈(0,1]， 显然当d 2∈(0,1]时，S 单调递增，所以当d 2＝1，即k ＝0时，S 取得最大值3，此时直线m 的方程为y －1＝0. 3.四棱锥P －ABCD 的三视图如图所示．(1)在四棱锥中，E 为线段PD 的中点，求证：PB ∥平面AEC ；(2)在四棱锥中，F 为线段PA 上的点，且PF FA＝λ，则λ为何值时，PA ⊥平面DBF ？并求此时几何体F －BDC 的体积．解：(1)证明：四棱锥P －ABCD 的直观图如图所示． 连接AC 、BD ，设交点为O ，连接OE ， ∵OE 为△DPB 的中位线， ∴OE ∥PB.∵EO ⊂平面EAC ，PB ⊄平面EAC ，∴PB ∥平面AEC . (2)过O 作OF ⊥PA ，垂足为F . 在Rt △POA 中，PO ＝1，AO ＝3，PA ＝2，∵PO 2＝PF ·PA,1＝2PF ， ∴PF ＝12，FA ＝32，λ＝PF FA ＝13.又∵PA ⊥BD ，∴PA ⊥平面BDF . 当PF FA ＝13时，在△PAO 中，过F 作FH ∥PO ， 则FH ⊥平面BCD ，FH ＝34PO ＝34.S △BCD ＝12×2×3＝ 3.∴V ＝13S △BCD ·FH ＝13×3×34＝34.4．已知函数f (x )＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－3cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3.(1)求f (x )的值域和最小正周期；(2)若对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6，使得m []f x ＋3＋2＝0恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3cos(x ＋π3)－23cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3－3⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3＋1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3－3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3－ 3 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3－ 3. ∵－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3≤1.∴－2－3≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3－3≤2－3，T ＝2π2＝π.即f (x )的值域为[]－2－3，2－3，最小正周期为π. (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π6时，2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，1， 此时f (x )＋3＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3∈[]3，2.由m [f (x )＋3]＋2＝0知，m ≠0，且f (x )＋3＝－2m，∴3≤－2m ≤2，即⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋3≤02m ＋2≥0，解得－233≤m ≤－1.即实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，－1.5．某网站对一商品进行促销，该商品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件．如果降低价格，销售量可以增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x (单位：元，0≤x ≤30)的平方成正比．已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件．(1)将一个星期的商品销售利润表示成x 的函数； (2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？解：(1)设商品降低x 元，则多卖的商品数为kx 2，若记商品在一个星期的销售利润为f (x )，则依题意有f (x )＝(30－x －9)(432＋kx 2)＝(21－x )(432＋kx 2)．由已知条件，24＝k ·22，于是有k ＝6，所以f (x )＝－6x 3＋126x 2－432x ＋9072，x ∈[0,30]． (2)根据(1)，我们有f ′(x )＝－18x 2＋252x －432 ＝－18(x －2)(x －12).x [0,2) 2 (2,12) 12 (12,30] f ′(x ) －0 ＋0 － f (x )极小值极大值故当x ＝12时，f (x )达到极大值11664， 因为f (0)＝9072，f (12)＝11664，所以定价为30－12＝18元时，能使一个星期的商品销售利润最大．6．设F 1、F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点．(1)设椭圆C 上点(3，32)到两点F 1、F 2的距离之和等于4，写出椭圆C 的方程和焦点坐标；(2)设点P 是椭圆C 上的任意一点，过原点的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点，当直线PM ，PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN ，试探究k PM ·k PN 的值是否与点P 及直线l 有关，并证明你的结论．解：(1)由于点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32在椭圆上，得32a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322b 2＝1，又2a ＝4，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1， 焦点坐标分别为(－1,0)，(1,0)．(2)无关．证明如下：过原点的直线l 与椭圆相交于M 、N 两点，则点M 、N 关于坐标原点对称，设M (x 0，y 0)，N (－x 0，－y 0)，P (x ，y )． 因为M 、N 、P 在椭圆上，应满足椭圆方程，即x 20a 2＋y 20b 2＝1，x 2a 2＋y 2b2＝1， 所以k PM ·k PN ＝y －y 0x －x 0·y ＋y 0x ＋x 0＝y 2－y 20x 2－x 20＝－b 2a 2，故k PM ·k PN 的值与点P 的位置无关，同时与直线l 无关．。

文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑.欢迎下载支持.知能专练（五）导数及其应用一、选择题1. 曲线f （x ）=xlnx 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为（） JT兀解析：选B 因为A-Y ） =-rln w 所以f （x ）=ln x+1,所以f 9（1）=1,所以曲线 = .rln x 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为2. 已知e 为自然对数的底数，则函数y=xe ”的单调递增区间是（） A. [ — 1, 4-°°） B. （ — 8, — 1] C. [1, +°°）D. （—8, 1]解析：选 A 令 ” =£（l + x ）M0,又 J>0, /. 1+-Y ^0»—1.3. 函数/Cr ）=3Y+ln x-2x 的极值点的个数是（） A. 0 C. 2解析：选A 函数泄义域为(0, +8),C r / \ Q 」c 6Y —2-Y +1 且 f (x) =6x+一一2= ・由于 40,呂3=6丘一2%+1 中 J=-20<0, 所以g （£>0恒成立，故/ C Y ）>0恒成立.即f （0在立义域上单调递增，无极值点.4. （2017 •浙江高考）函数y =f3的导函数3的图象如图所则函数y= f3的图象可能是（）&）的图象有三个零点，故f （x ）在这三个零点处取得极值，排除A 、B ；记导函数£ 3的零点从左到右分别为血 心4又在（一8,幻上£ &）〈0, 在（也 北）上f 6）>0,所以函数f （x ）在（一8,山）上单调递减，排除C,故选D.B ・1D.无数个解析：选D 由£3的图象知，fA示I)版本可编辑.欢迎下载支持.5・已知常数a, b、c都是实数，fix) = ax 4-bx-\- ex— 34的导函数为£3, f 3W0的解集为{A<-2^A<3},若f(0的极小值等于一115,则A的值是()A -里22C. 2D. 5解析：选C由题意知，f值一115,“ 3=3/+2加+cW0的解集为[一2, 3],且在x=3处取得极小r3a>0.故有v 一2X3=子，3a3 =27a+9b+3c—34= —115,6.若0<-¥i<Ac<l ,则( )A・ e X1— e X| >ln 疋―In 羽B・ e x：—e A| <ln 疋—In 羽C・ A^e x, >-Yie X1D・挹e&〈*,e”2解析：选C构适函数f&)=e'—In”则f U)=e v-£=:---------------------------- ,令f &)=0,得昶‘x x-1 = 0,根据函数y=£与y=2的图象可知两函数图象的交点也丘(0,1),即Ax)=e x-ln 在■ A(0,1)上不是单调函数，无法判断f GO与f(疋)的大小,故A, B错:构造函数=-,则以 3xe x X—1 e x=—_= --------- ；-- •故函数g(x) =~在(0, 1)上单调递减，故gCrJ >g(上)，上e “ >-vie 12 ,故选C.二、填空题7.设函数f(x) =Ar(e x-l) -|x=,则函数f(x)的单调增区间为_______________ •解析：因为f3 = Af(e x— 1)-討,所以f 3 = e r— 1+xe x—x= (e x— 1) (x+1).令f' C Y)>0,即(丁一1)・C Y+1)>0,解得曲(一 8, 一1)或曲(°, +8).所以函数f&)的单调增区间为(一8, — 1)和(0, +8).答案：(一8, — 1)和(0, +°°)解得a=2.版本可编辑.欢迎下载支持.8. 已知函数f(x)=*£+2ax-ln X,若f(x)在区间2上是增函数，则实数日的取值范 用为 _______ .解析：由题意知f' 3=卄2&—抑在［扌，2〕上恒成立，即2a2-x+*£, 2上恒成 立.又Ty= —x+£在#, 2上单调递减，.・.(一卄斗尸善，・・.2&諾，即aN#.答案：扌，+8)9. 已知函数fG")=/+2&f+1在x=l 处的切线的斜率为1,则实数日= ________________ ，此时函数y=f(x)在［0, 1］上的最小值为 _______ .解析：由题意得f 3=3/+仏，则有f (l)=3Xf+4aXl = l,解得尸一*,所以f(x) =・£ 一/+1, 则 f r3 =3/—2从当 xW ［0, 1］时,2由 f r(X)=3左一 2x>0 得寸awi ；・ 2由 f r(-¥)=3”一2X0 得 0<X§,所以函数f3在(|，1上单调递增，在(0, |)上单调递减，所以函数f3在三处取得极 小值，即为最小值，所以最小值为彳|)=(|卜(|}+1=||.三. 解答题10. 已知函数 KY )=ln A^~l.X (1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 设加GR,对任意的aE ( —1,1)，总存在Ao 6 ［1, e ］,使得不等式aa —f(xo)< 0成立，求 实数也的取值范围.解：(D 函数的左义域为(0, +8), 又 f (-¥)= ---- =——.X X X令f rC Y )>0,得X >1,因此函数f(0的单调递增区间是(1, +8)・ 令f C Y XO,得0<Kl,因此函数的单调递减区间是(0,1).(2)依题意，［1, e ］.答案：一* 2327版本可编辑.欢迎下载支持.由⑴知,fCv)在-re[b e]上是增函数, /• /'(-v)M x=/'(e) =ln e4--—1=-. e ee e加的取值范帀是一5 I11. 设函数 f3F —「21nx.⑴若f(x)在x=2时有极值，求实数a 的值和f3的单调区间;(2)若f(£在泄义域上是增函数，求实数a 的取值范用. 解：(1) •・•/(£在x=2时有极值，.•・£ ⑵=0,又 AT>0, .\X 9 (X ), f(x)关系如下表:X (°，1)12 (i 2)2 (2, +8)f' 3+—+f3・・.f(x)(0,［2, +8),E ，2).(2)若在泄义域上是增函数，则f' (-Y )20在-Y>0时恒成立，r( 、, a 2 ax — 2x+ avr 3=a+u —一= ----------- 5——•x x x•二转化为-Y>0时a.f —2w+a20恒成立， 即"2畫I 恒成立，9r 91当且仅当尸戶时等号成立,・・.a21.故实数日的取值范围为［1, +8).｛血 x i —'wo,e血x —i -解得一X X□(2•辽一5/+2) >由 f' (.r) =0 有必=扌,xz=2,版本可编辑.欢迎下载支持.12.已知函数f(x)=eH+ax-a(aGR 且aHO).(1)若函数f(x)在.v=0处取得极值，求实数a的值：并求岀此时f(x)在［一2, 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)函数f(£的定义域为R, f (£=£+&,f (O)=e°+a=O, .・.a= —1, :,F (x)=e"—l,•・•在(一 8, 0)上f (A-XO, f(x)单调递减，在(0, +8)上f' (x)>0, f(x)单调递增，・・.尸0时，f3取极小值.・"=一1符合要求.易知f(0在［一2, 0)上单调递减，在(0, 1］上单调递增，且f(一2) =Z+3, f(l)=e, f(—2)>f(l).e•'•fCr)在［―2, 1］的最大值为2+3.(2)T 3=e”+a,由于J>0・①当a>0时，Z C Y)>0, f(x)是增函数.且当％>1 时，f(£=£+a(x-l)>0・当M0时，取；v=—一•••函数存在零点，不满足题意.②当a<0 时，令f* Cv)=e'+a=0,得x=ln(—a)・在(一8, ln( —a))上f' (x)<0, f(x)单调递减，在(In(—a), +8)上F 3>0, f(x)单调递增,.\x=ln( — a)时，/(-Y)取最小值.函数f(*)不存在零点，等价于f(ln(—“))=』'+aln( —a) —a=—2a+aln( —a)>0,解得—e2<a<0.综上所述.所求的实数a的取值范用是(一『0)・。

导数的热点问题(大题)热点一导数的简单应用利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等.注意：若可导函数f(x)在区间D 上单调递增，则有f′(x)≥0在区间D上恒成立，但反过来不一定成立.例1 已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值.跟踪演练1 已知函数f(x)＝ln(x＋a)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行.(1)求a 的值； (2)令g (x )＝f x x，求函数g (x )的单调区间.热点二 导数与函数零点或方程根的问题已知函数零点x 0∈(a ，b )，求参数范围的一般步骤： (1)对函数求导；(2)分析函数在区间(a ，b )上的单调情况； (3)数形结合分析极值点；(4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围. 例2 已知函数f (x )＝e x －x －a (a ∈R). (1)当a ＝0时，求证：f (x )>x ； (2)讨论函数f (x )零点的个数.跟踪演练2 设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx .(1)若x ＝1是f (x )的极大值点，求a 的取值范围；(2)当a ＝0，b ＝－1时，方程x 2＝2mf (x )(其中m >0)有唯一实数解，求m 的值.热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略：(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max或a<f(x)min的形式，通过导数的应用求出f(x)的最值，即得参数的范围.2.利用导数处理不等式在区间D上有解或恒成立的常用结论：不等式a<f(x)在区间D上有解⇔a<f(x)max；不等式a≤f(x)在区间D上有解⇔a≤f(x)max；不等式a>f(x)在区间D上有解⇔a>f(x)min；不等式a≥f(x)在区间D上有解⇔a≥f(x)min；不等式a<f(x)在区间D上恒成立⇔a<f(x)min；不等式a≤f(x)在区间D上恒成立⇔a≤f(x)min；不等式a>f(x)在区间D上恒成立⇔a>f(x)max；不等式a≥f(x)在区间D上恒成立⇔a≥f(x)max.例3 设函数f(x)＝2x－2－a ln x，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a>0，若存在正实数m，使得对任意x∈(1，m)都有|f(x)|>2ln x恒成立，求实数a 的取值范围.跟踪演练3 已知f(x)＝ax－ln(－x)，x∈[－e,0)，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a ＝－1时，证明：f (x )＋ln －x x >12；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为3，如果存在，求出a 的值；如果不存在，请说明理由.热点四 导数与不等式的证明问题 利用导数证明不等式的解题策略：一般先将待证不等式如f (x )≥g (x )的形式转化为f (x )－g (x )≥0的形式，再设h (x )＝f (x )－g (x )，进而转化为研究函数h (x )在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化，具体求解时还得灵活多变.例4 已知函数f (x )＝x ln x －a2x 2＋(a －1)x ，其导函数f ′(x )的最大值为0.(1)求实数a 的值；(2)若f (x 1)＋f (x 2)＝－1(x 1≠x 2)，证明：x 1＋x 2>2.跟踪演练4 已知函数f (x )＝a e 2x －a e x －x e x (a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立.(1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.真题体验(2018·全国Ⅰ，理，21)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2， 证明：f x 1－f x 2x 1－x 2＜a －2.押题预测已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1x.(1)若1是函数f (x )的一个极值点，求实数a 的值； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)在(1)的条件下证明：f (x )≤x e x －x ＋1x－1.强化训练A 组 专题通关1. 已知函数f (x )＝e x (ax 2＋x ＋a ). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )≤e x (ax 2＋2x )＋1恒成立，求实数a 的取值范围.2.已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由. 2.3. 已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2＋(a ＋2)x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设a <0，若不相等的两个正数x 1，x 2满足f (x 1)＝f (x 2)，证明：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0.B 组 能力提高4.已知函数f (x )＝ln x －2x －11＋x ，g (x )＝e x －12x －3.(1)求函数f (x )在[1，＋∞)的最小值； (2)设b >a >0，证明：b －a ln b －ln a <a ＋b2； (3)若存在实数m ，使方程g (x )＝m 有两个实根x 1，x 2，且x 2>x 1>32，证明：x 1＋x 2>5.5.已知函数f (x )＝e x －11＋ln x .(1)求函数f (x )的单调区间； (2)解关于x 的不等式f (x )>12⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x .导数的热点问题(大题)答案热点一 导数的简单应用利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等.注意：若可导函数f (x )在区间D 上单调递增，则有f ′(x )≥0在区间D 上恒成立，但反过来不一定成立.例1 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值. (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值. 解 (1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，x >0， 所以f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， 当a ＝1时，b ＝－3，令f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x＝0，得x ＝1或x ＝12.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知b ＝－2a －1， 则f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ， 因为f ′(x )＝2ax －1x －1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a ， 因为f (x )在 x ＝1处取得极值， 所以x 2＝12a ≠x 1＝1，即a ≠12，当a <0，即12a<0时， f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)， 令f (1)＝1，解得a ＝－2.当0<12a <1，即a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以最大值1可能在x ＝12a或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a＝ln12a －14a －1<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2.当1<12a <e ，即12e <a <12时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值1可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与12e <a <12矛盾.当12a ≥e ，即0<a ≤12e 时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值1可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，与最大值为1矛盾. 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.跟踪演练1 已知函数f (x )＝ln(x ＋a )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0平行. (1)求a 的值； (2)令g (x )＝f x x，求函数g (x )的单调区间.解 (1)∵f (x )＝ln(x ＋a )，∴f ′(x )＝1x ＋a，∴f ′(1)＝11＋a，∵f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＝0平行， ∴11＋a ＝12，解得a ＝1. (2)由(1)可知g (x )＝lnx ＋1x，函数g (x )的定义域是(－1,0)∪(0，＋∞)，所以g ′(x )＝xx ＋1－ln x ＋1x 2，令h (x )＝xx ＋1－ln(x ＋1)， 又h ′(x )＝1x ＋12－1x ＋1＝－x x ＋12，∴∀x ∈(－1,0)有h ′(x )>0恒成立， 故h (x )在(－1,0)上为增函数， 由h (x )<h (0)＝－ln 1＝0， 所以函数g (x )在(－1,0)上单调递减. ∴∀x ∈(0，＋∞)有h ′(x )<0恒成立， 故h (x )在(0，＋∞)上为减函数， 由h (x )<h (0)＝－ln 1＝0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减. 综上，g (x )在(－1,0)和(0，＋∞)上单调递减. 热点二 导数与函数零点或方程根的问题已知函数零点x 0∈(a ，b )，求参数范围的一般步骤：(1)对函数求导；(2)分析函数在区间(a，b)上的单调情况；(3)数形结合分析极值点；(4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围. 例2 已知函数f(x)＝e x－x－a(a∈R).(1)当a＝0时，求证：f(x)>x；(2)讨论函数f(x)零点的个数.(1)证明当a＝0时，f(x)＝e x－x.令g(x)＝f(x)－x＝e x－x－x＝e x－2x，则g′(x)＝e x－2，当g′(x)＝0时，x＝ln 2；当x<ln 2时，g′(x)<0，x>ln 2时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，即g(x)min＝g(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2ln e2>0，故当a＝0时，f(x)>x成立.(2)解f′(x)＝e x－1，由f′(x)＝0，得x＝0.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即f(x)min＝f(0)＝1－a.当1－a>0，即a<1时，f(x)没有零点，当1－a＝0，即a＝1时，f(x)只有一个零点，当1－a<0，即a>1时，因为f (－a )＝e －a －(－a )－a ＝e －a >0， 所以f (x )在(－a,0)上有一个零点， 即f (x )在(－∞，0)上只有一个零点； 由(1)，得e x >2x ，令x ＝a ， 则得e a >2a ，所以f (a )＝e a －a －a ＝e a －2a >0， 于是f (x )在(0，a )上有一个零点， 即f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点， 因此，当a >1时，f (x )有两个零点. 综上，当a <1时，f (x )没有零点； 当a ＝1时，f (x )只有一个零点； 当a >1时，f (x )有两个零点.跟踪演练2 设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx .(1)若x ＝1是f (x )的极大值点，求a 的取值范围；(2)当a ＝0，b ＝－1时，方程x 2＝2mf (x )(其中m >0)有唯一实数解，求m 的值. 解 (1)由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 则导数为f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ， ∴f ′(x )＝1x－ax ＋a －1＝－ax ＋1x －1x，①若a ≥0，由f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减. 所以x ＝1是f (x )的极大值点，②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a.因为x ＝1是f (x )的极大值点， 所以－1a>1，解得－1<a <0，综合①②，得a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)当a ＝0，b ＝－1时，f (x )＝ln x ＋x ， 因为方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解， 所以x 2－2m ln x －2mx ＝0有唯一实数解， 设g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ， 则g ′(x )＝2x 2－2mx －2mx，令g ′(x )＝0，即x 2－mx －m ＝0. 因为m >0，x >0， 所以x 1＝m －m 2＋4m2<0(舍去)，x 2＝m ＋m 2＋4m2>0，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减， 当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)单调递增， 当x ＝x 2时，g ′(x )＝0，g (x )取最小值g (x 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ g x 2＝0，g ′x 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 22－2m ln x 2－2mx 2＝0，x 22－mx 2－m ＝0，所以2m ln x 2＋mx 2－m ＝0， 因为m >0，所以2ln x 2＋x 2－1＝0，(*)设函数h (x )＝2ln x ＋x －1， 因为当x >0时，h (x )是增函数， 所以h (x )＝0至多有一解，因为h (1)＝0，所以方程*的解为x 2＝1， 即m ＋m 2＋4m2＝1，解得m ＝12.热点三 导数与不等式恒成立、存在性问题 1.由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略：(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a >f (x )max 或a <f (x )min 的形式，通过导数的应用求出f (x )的最值，即得参数的范围.2.利用导数处理不等式在区间D 上有解或恒成立的常用结论： 不等式a <f (x )在区间D 上有解⇔a <f (x )max ； 不等式a ≤f (x )在区间D 上有解⇔a ≤f (x )max ； 不等式a >f (x )在区间D 上有解⇔a >f (x )min ； 不等式a ≥f (x )在区间D 上有解⇔a ≥f (x )min ； 不等式a <f (x )在区间D 上恒成立⇔a <f (x )min ； 不等式a ≤f (x )在区间D 上恒成立⇔a ≤f (x )min ； 不等式a >f (x )在区间D 上恒成立⇔a >f (x )max ； 不等式a ≥f (x )在区间D 上恒成立⇔a ≥f (x )max . 例3 设函数f (x )＝2x －2－a ln x ，a ∈R. (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设a >0，若存在正实数m ，使得对任意x ∈(1，m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝2－ax，x >0，若a ≤0，则f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上为增函数， 若a >0，则f ′(x )>0⇔x >a2，f ′(x )<0⇔0<x <a2，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上为增函数.(2)①若0<a ≤2，则a2≤1，由(1)知f (x )在(1，＋∞)上为增函数，又f (1)＝0，所以f (x )>0对x ∈(1，＋∞)恒成立， 则|f (x )|>2ln x ⇔f (x )>2ln x ⇔2x －2－(a ＋2)ln x >0，设g (x )＝2x －2－(a ＋2)ln x ，x >1， 则|f (x )|>2ln x 等价于g (x )>0，g ′(x )＝2－a ＋2x＝2x －a ＋2x，g ′(x )>0⇔x >a ＋22，g ′(x )<0⇔1<x <a ＋22，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a ＋22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋22，＋∞上单调递增， 而g (1)＝0，显然当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a ＋22时，g (x )<0， 故不存在正实数m ，使得对任意x ∈(1，m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立， 故0<a ≤2不满足条件. ②若a >2，则a2>1，由(1)知f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上为增函数， ∵f (1)＝0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2时，f (x )<0，此时|f (x )|>2ln x ⇔－f (x )>2ln x ⇔2x －2＋(2－a )ln x <0，∴设h (x )＝2x －2＋(2－a )ln x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2，此时|f (x )|>2ln x 等价于h (x )<0，h ′(x )＝2＋2－a x ＝2x ＋2－ax ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2.(ⅰ)若2<a ≤4，∵x >1，∴2x ＋2－a >0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2上为增函数，∵h (1)＝0，∴∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 2，h (x )>0，故不存在正实数m ，使得对任意x ∈(1，m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立， 故2<a ≤4不满足条件.(ⅱ)若a >4，易知h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a －22上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22，a 2上为增函数， ∵h (1)＝0，∴∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a －22，h (x )<0， 故存在正实数m ，⎝ ⎛⎭⎪⎫可取m ＝a －22 使得对任意x ∈(1，m )都有|f (x )|>2ln x 恒成立， 故a >4满足条件.综上所述，实数a 的取值范围为(4，＋∞).跟踪演练3 已知f (x )＝ax －ln(－x )，x ∈[－e,0)，其中e 是自然对数的底数，a ∈R. (1)当a ＝－1时，证明：f (x )＋ln －x x >12；(2)是否存在实数a ，使f (x )的最小值为3，如果存在，求出a 的值；如果不存在，请说明理由.(1)证明 由题意可知，所证不等式为f (x )>12－ln －xx ，x ∈[－e,0)，当a ＝－1时，f (x )＝－x －ln(－x )，x ∈[－e,0)， 因为f ′(x )＝－1－1x ＝－x ＋1x，所以当－e ≤x <－1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当－1<x <0时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增. 所以f (x )在[－e,0)上有唯一极小值f (－1)＝1， 即f (x )在[－e,0)上的最小值为1； 令h (x )＝12－ln －x x ，x ∈[－e,0)，则h ′(x )＝ln －x －1x2， 当－e ≤x <0时，h ′(x )≤0， 故h (x )在[－e,0)上单调递减，所以h (x )max ＝h (－e)＝1e ＋12<12＋12＝1＝f (x )min ，所以当a ＝－1时，f (x )＋ln －x x >12.(2)解 假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln(－x )的最小值为3，f ′(x )＝a －1x，x ∈[－e,0)，①若a ≥－1e，由于x ∈[－e,0)，则f ′(x )＝a －1x≥0，所以函数f (x )＝ax －ln(－x )在[－e,0)上是增函数， 所以f (x )min ＝f (－e)＝－a e －1＝3， 解得a ＝－4e <－1e 与a ≥－1e 矛盾，舍去.②若a <－1e，则当－e ≤x <1a 时，f ′(x )＝a －1x<0，此时f (x )＝ax －ln(－x )是减函数， 当1a <x <0时，f ′(x )＝a －1x>0，此时f (x )＝ax －ln(－x )是增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝3，解得a ＝－e 2.综上①②知，存在实数a ＝－e 2，使f (x )的最小值为3. 热点四 导数与不等式的证明问题 利用导数证明不等式的解题策略：一般先将待证不等式如f (x )≥g (x )的形式转化为f (x )－g (x )≥0的形式，再设h (x )＝f (x )－g (x )，进而转化为研究函数h (x )在指定区间上的最小值问题.不过由于不等式呈现的形式多样化，具体求解时还得灵活多变.例4 已知函数f (x )＝x ln x －a2x 2＋(a －1)x ，其导函数f ′(x )的最大值为0.(1)求实数a 的值；(2)若f (x 1)＋f (x 2)＝－1(x 1≠x 2)，证明：x 1＋x 2>2. (1)解 由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 其导函数f ′(x )＝ln x －ax ＋a ， 记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－axx.当a ≤0时，h ′(x )＝1－ax x≥0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0. 所以∀x ∈(1，＋∞)，有h (x )＝f ′(x )>0， 故a ≤0时不成立；当a >0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，则h ′(x )＝1－ax x >0；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，则h ′(x )＝1－axx <0.所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a ＋a －1＝0.令g (a )＝－ln a ＋a －1， 则g ′(a )＝1－1a ＝a －1a.当0<a <1时，g ′(a )<0； 当a >1时，g ′(a )>0.所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. 所以g (a )≥g (1)＝0，故a ＝1.(2)证明 当a ＝1时，f (x )＝x ln x －12x 2，则f ′(x )＝1＋ln x －x .由(1)知f ′(x )＝1＋ln x －x ≤0恒成立，所以f (x )＝x ln x －12x 2在(0，＋∞)上单调递减，且f (1)＝－12，f (x 1)＋f (x 2)＝－1＝2f (1)，不妨设0<x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2， 欲证x 1＋x 2>2，只需证x 2>2－x 1， 因为f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 则只需证f (x 2)<f (2－x 1)， 又因为f (x 1)＋f (x 2)＝－1， 则只需证－1－f (x 1)<f (2－x 1)， 即f (2－x 1)＋f (x 1)>－1.令F (x )＝f (x )＋f (2－x )(其中x ∈(0,1])， 且F (1)＝－1.所以欲证f (2－x 1)＋f (x 1)>－1， 只需证F (x )>F (1)，x ∈(0,1)， 由F ′(x )＝f ′(x )－f ′(2－x )＝1＋ln x －x －[1＋ln(2－x )－2＋x ]， 整理得F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )， 令k (x )＝F ′(x )，则k ′(x )＝21－x2x 2－x>0，x ∈(0,1)，所以F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )在区间(0,1]上单调递增， 所以∀x ∈(0,1)，F ′(x )＝ln x －ln(2－x )＋2(1－x )<F ′(1)＝0，所以函数F (x )＝f (x )＋f (2－x )在区间(0,1)上单调递减， 所以有F (x )>F (1)，x ∈(0,1)，故x 1＋x 2>2.跟踪演练4 已知函数f (x )＝a e 2x －a e x －x e x (a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立.(1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.(1)解 由f (x )＝e x (a e x －a －x )≥0对于x ∈R 恒成立， 设函数g (x )＝a e x －a －x ，可得g (x )＝a e x －a －x ≥0对于x ∈R 恒成立， ∵g (0)＝0，∴g (x )≥g (0)，从而x ＝0是g (x )的一个极小值点，∵g ′(x )＝a e x －1，∴g ′(0)＝a －1＝0，即a ＝1. 当a ＝1时，g (x )＝e x －1－x ，g ′(x )＝e x －1，∵x ∈(－∞，0)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，即f (x )≥0，∴a ＝1. (2)证明 当a ＝1时，f (x )＝e 2x －e x －x e x ，f ′(x )＝e x (2e x －x －2).令h (x )＝2e x －x －2，则h ′(x )＝2e x －1， ∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数，且h (0)＝0，∵h (－1)<0，h (－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0， ∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数， 当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数， 当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0， 即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0， 即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数， ∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0， 综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0， 且x 0∈(－2，－1).∵h (x 0)＝0，∴20e x－x 0－2＝0，∴f (x 0)＝00020e e e xxxx －－＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22(x 0＋1) ＝－x 20＋2x 04，x 0∈(－2，－1)，∵当x ∈(－2，－1)时，－x 2＋2x 4<14， ∴f (x 0)<14；∵ln 12e∈(－2，－1)，∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e 2；综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.真题体验(2018·全国Ⅰ，理，21)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2， 证明：f x 1－f x 2x 1－x 2＜a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增.(2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f x 1－f x 2x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x 1－f x 2x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减.又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f x 1－f x 2x 1－x 2＜a －2.押题预测已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1x.(1)若1是函数f (x )的一个极值点，求实数a 的值； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)在(1)的条件下证明：f (x )≤x e x －x ＋1x－1.(1)解 f ′(x )＝1x －a －1x2，x >0，f ′(1)＝1－a －1＝0，故a ＝0.(2)解 f ′(x )＝－ax 2＋x －1x2， 方程－ax 2＋x －1＝0的判别式Δ＝1－4a ， ①当a ≥14时，Δ≤0，f ′(x )≤0，f (x )在(0，＋∞)上递减，②当0<a <14时，方程－ax 2＋x －1＝0的根为x ＝1±1－4a2a，且x 1＝1－1－4a 2a >0，x 2＝1＋1－4a2a>0，故f (x )在(0，x 1)上递减，在(x 1，x 2)上递增，在(x 2，＋∞)上递减， ③当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2，f (x )在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，④当a <0时， 方程－ax 2＋x －1＝0的根为x ＝1±1－4a2a，且x 1＝1－1－4a 2a >0，x 2＝1＋1－4a2a<0，故f (x )在(0，x 1)上递减，在(x 1，＋∞)上递增. (3)证明 在(1)的条件下f (x )≤x e x －x ＋1x－1，即x e x －ln x －x －1≥0，令g (x )＝x e x －ln x －x －1，x >0， 则g ′(x )＝(x ＋1)e x －1x－1，令h (x )＝(x ＋1)e x －1x－1，x >0，h ′(x )＝(x ＋2)e x ＋1x 2>0，故h (x )在(0，＋∞)上递增，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，h (e)>0，故∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，e ，使得h (x 0)＝0，即x 00e x ＝1，g (x )在(0，x 0)上递减，在(x 0，＋∞)上递增，故g (x )min ＝g (x 0)＝x 00e x －01lne x －x 0－1＝0， 故f (x )≤x e x －x ＋1x－1.强化训练A 组 专题通关4. 已知函数f (x )＝e x (ax 2＋x ＋a ). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )≤e x (ax 2＋2x )＋1恒成立，求实数a 的取值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋1)(x ＋1)，①当a ＝0时，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 所以函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增； ②当a ≠0时，f ′(x )＝a e x⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a ＋1a (x ＋1)，则方程f ′(x )＝0有两根－1，－a ＋1a；(ⅰ)当a >0时，－1>－a ＋1a，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，－1上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a ＋1a ，(－1，＋∞)上单调递增； (ⅱ)当a <0时，－1<－a ＋1a，所以函数f (x )在(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋1a 上单调递增. 综上，当a ＝0时，函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减， 在(－1，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，－1上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－a ＋1a ，(－1，＋∞)上单调递增； 当a <0时，函数f (x )在(－∞，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋1a 上单调递增. (2)函数f (x )≤e x (ax 2＋2x )＋1恒成立， 即a e x ≤e x x ＋1，即a ≤x ＋1ex ，设函数g (x )＝x ＋1e x ，则g ′(x )＝1－1e x ＝e x －1e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝0，所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以函数g (x )的最小值g (x )min ＝1，所以a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1e x min ＝1，所以a 的取值范围是(－∞，1]. 5. 已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由. 解 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a ). 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0上单调递减. (2)满足题设条件的a ，b 存在.理由如下①当a ≤0时，由(1)知，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)＝b ＝－1， 最大值为f (1)＝2－a ＋b ＝1.解得a ＝0，b ＝－1， 此时a ，b 满足条件.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0,1]上的最大值为f (0)＝b ＝1， 最小值为f (1)＝2－a ＋b ＝－1.解得a ＝4，b ＝1， 此时a ，b 满足条件.③当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0,1]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾.若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾.综上，当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1. 6. 已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2＋(a ＋2)x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设a <0，若不相等的两个正数x 1，x 2满足f (x 1)＝f (x 2)，证明：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0. (1)解 f ′(x )＝ax＋2x ＋(a ＋2)＝2x 2＋a ＋2x ＋a x＝2x ＋a x ＋1x，x >0，当a ≥0时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，a <0时，当0<x <－a2时，f ′(x )<0，当x >－a2时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增，(2)证明 ∵f (x 1)＝f (x 2)， ∴a ln x 1＋x 21＋(a ＋2)x 1 ＝a ln x 2＋x 22＋(a ＋2)x 2，∴a (ln x 1－ln x 2)＝x 22－x 21＋(a ＋2)(x 2－x 1)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1＋a ＋2)， ∴x 2＋x 1＋a ＋2＝a ln x 1－ln x 2x 2－x 1，∵f ′(x )＝ax＋2x ＋(a ＋2)，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝2a x 1＋x 2＋x 2＋x 1＋a ＋2 ＝2ax 1＋x 2＋a ln x 1－ln x 2x 2－x 1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x 2－ln x2x 1x 2－x 1＝ax 2－x 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 2－x 1x 2＋x 1－ln x 2x 1＝ax 2－x 1⎝⎛⎭⎪⎫2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1－ln x 2x 1，不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以只要证2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1－lnx 2x 1<0，令x 2x 1＝t >1，g (t )＝2t －2t ＋1－ln t ＝2－4t ＋1－ln t ，∴g ′(t )＝4t ＋12－1t ＝4t －t ＋12t t ＋12＝－t －12t t ＋12<0，∴g (t )在(1，＋∞)上单调递减， ∴g (t )<2－21＋1－ln 1＝0，∴2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1－1x 2x 1＋1－ln x 2x 1<0，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0. B 组 能力提高4.已知函数f (x )＝ln x －2x －11＋x ，g (x )＝e x －12x －3.(1)求函数f (x )在[1，＋∞)的最小值； (2)设b >a >0，证明：b －a ln b －ln a <a ＋b2； (3)若存在实数m ，使方程g (x )＝m 有两个实根x 1，x 2，且x 2>x 1>32，证明：x 1＋x 2>5.(1)解 由f ′(x )＝1x －2[1＋x －x －1]1＋x 2＝x －12x 1＋x2≥0，所以f (x )在[1，＋∞)上单调递增， 又因为f (1)＝0，所以f (x )min ＝f (1)＝0.(2)证明 由(1)知，当x >1时，f (x )＝ln x －2x －11＋x >0，即ln x >2x －11＋x ，由b >a >0，得b a>1，进而ln b a>2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －11＋b a，化简得ln b －ln a >2b －ab ＋a ，所以b －a ln b －ln a <a ＋b2.(3)证明 由1212e 1e 1=,2323x x m x x --=--可得1221e 1e 1ln =ln 2323x x x x ---- 即11ln e x －－ln(2x 1－3)＝21ln ex －－ln(2x 2－3)，所以ln(2x 2－3)－ln(2x 1－3)＝x 2－x 1 ＝2x 2－3－2x 1－32，(*) 又由(2)知，2x 1－3－2x 2－3ln 2x 1－3－ln 2x 2－3<2x 1－3＋2x 2－32，把(*)式代入，化简得2x 1＋x 2－62>2，即x 1＋x 2>5.7. 已知函数f (x )＝e x －11＋ln x .(1)求函数f (x )的单调区间； (2)解关于x 的不等式f (x )>12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x .解 (1)依题意得，x >0且x ≠1e，f ′(x )＝e x －1⎝⎛⎭⎪⎫1＋ln x －1x 1＋ln x2，f ′(1)＝0.令g (x )＝1＋ln x －1x ，g ′(x )＝1x ＋1x2>0，∴g (x )在定义域上单调递增，g (1)＝0， ∴当0<x <1e ，1e<x <1时，f ′(x )<0，f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1；当x >1时，f ′(x )>0，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞). (2)方法一 当0<x <1e 时，f (x )<0，不合题意.当x ＝1时，不等式左右两边相等，不合题意. 当1e <x <1时，易证e x －1>x ， 故只需证x 1＋ln x >12⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ，需证2x 21＋x 2>1＋ln x .令F (x )＝2x 21＋x 2－(1＋ln x )，F ′(x )＝－x 2－12x 1＋x 22<0，∴F (x )单调递减，∴F (x )>F (1)＝0. ∴1e<x <1符合题意. 当x >1时，只需证不等式2e x －11＋x 2>1＋ln xx ，令h (x )＝2e x －11＋x 2，w (x )＝1＋ln xx ，易证ln x ≤x －1， ∴w (x )<1＋x －1x＝1，h ′(x )＝2e x －1x －121＋x 22>0，h (x )>h (1)＝1.∴x >1符合题意.综上可得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1∪(1，＋∞).方法二 当0<x <1e 时，f (x )<0，不合题意.当x ＝1时，不等式左右两边相等，不合题意. 当1e <x <1时， 易证e x －1>x ，只需证x1＋ln x >12⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x⇔证2x 21＋x 2>1＋ln x ⇔证x 2－11＋x 2>ln x⇔证2⎝⎛⎭⎪⎫t －11＋t >ln t (t ＝x 2)， F (t )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －11＋t －ln t ，1e 2<t <1， F ′(t )＝－t －12t 1＋t2<0.∴F (t )单调递减，又t →1，F (t )→0，∴F (t )>0， ∴1e<x <1符合题意. 当x >1时，f (x )>12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x⇔2x e x －11＋x 2>1＋ln x ， 易证ln x ≤x －1.先证2x e x －11＋x 2>1＋x －1⇔证2e x －1>1＋x 2 ⇔证ln 2＋x －1>ln(1＋x 2).令g (x )＝ln 2＋x －1－ln(1＋x 2)，x ≥1，g ′(x )＝x －121＋x 2>0，∴x >1时，g (x )单调递增，g (x )>g (1)＝0.综上可得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1∪(1，＋∞).。

导数的热点问题【2019年高考考纲解读】导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、已知函数f (x )＝a e 2x －a e x －x e x(a ≥0，e ＝2.718…，e 为自然对数的底数)，若f (x )≥0对于x ∈R 恒成立．(1)求实数a 的值；(2)证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14.(2)证明 当a ＝1时，f (x )＝e 2x －e x －x e x， f ′(x )＝e x (2e x －x －2)．令h (x )＝2e x －x －2，则h ′(x )＝2e x－1，∴当x ∈(－∞，－ln 2)时，h ′(x )<0，h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(－ln 2，＋∞)上为增函数，∵h (－1)<0，h (－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x ＝x 0满足h (x 0)＝0，∵h (x )在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x ∈(－∞，x 0)时，h (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )在(－∞，x 0)上为增函数，当x ∈(x 0，－ln 2)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(x 0，－ln 2)上为减函数，当x ∈(－ln 2,0)时，h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0，f (x )在(－ln 2,0)上为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，h (x )>h (0)＝0，即f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，∴f (x )在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0，综上可知，f (x )存在唯一的极大值点x 0，且x 0∈(－2，－1)．∵h (x 0)＝0，∴20e x －x 0－2＝0， ∴f (x 0)＝02e x －0e x －x 00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22(x 0＋1)＝－x 20＋2x 04，x 0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－x 2＋2x 4<14，∴f (x 0)<14； ∵ln 12e ∈(－2，－1)， ∴f (x 0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e 2； 综上知ln 22e ＋14e 2≤f (x 0)<14. 【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，则f (a )≤f (x )≤f (b )；②对∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1<x 2，则f (x 1)<f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则对∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.【变式探究】已知函数f (x )＝ax －ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，求证：f (x )≥2ax －x e ax －1.(1)解 由题意得f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x (x >0)，①当a ≤0时，则f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a >0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明 令g (x )＝f (x )－2ax ＋x e ax －1＝x e ax －1－ax －ln x ，则g ′(x )＝e ax －1＋ax e ax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ＝ax ＋x e ax －1－x (x >0)，设r (x )＝x e ax －1－1(x >0)，则r ′(x )＝(1＋ax )e ax －1(x >0)，∵e ax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，r ′(x )>0，r (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，r ′(x )<0，r (x )单调递减．∴r (x )max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a e 2＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎫a ≤－1e 2，∴当0<x <－1a 时，g ′(x )<0，当x >－1a 时，g ′(x )>0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增，∴g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，设t ＝－1a ∈(]0，e 2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝h (t )＝t e 2－ln t ＋1(0<t ≤e 2)，h ′(t )＝1e 2－1t ≤0，h (t )在(]0，e 2上单调递减， ∴h (t )≥h (e 2)＝0；∴g (x )≥0，故f (x )≥2ax －x e ax －1.题型二 利用导数讨论方程根的个数 方程的根、函数的零点、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，求a .(1)证明 当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)·e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)解 设函数h (x )＝1－ax 2e －x . f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；(ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x .当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4a e 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值． ①若h (2)>0，即a <e 24，h (x )在(0，＋∞)上没有零点． ②若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． ③若h (2)<0，即a >e 24， 因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点；由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3e 2a 2>1－16a 32a 4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.【感悟提升】(1)函数y ＝f (x )－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f (x )和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y ＝f (x )的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势．【变式探究】设函数f (x )＝e x －2a －ln(x ＋a )，a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若a >0，且函数f (x )在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若0<a <23，试判断函数f (x )的零点个数．(2)∵0<a <23，f ′(x )＝e x －1x ＋a (x >－a )，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝e x ＋1x ＋a 2>0，知f ′(x )在区间()－a ，＋∞内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x )在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x 0，即f ′(x 0)＝0e x－1x 0＋a＝0，于是0e x ＝1x 0＋a，x 0＝－ln ()x 0＋a .当－a <x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )min ＝f (x 0)＝0e x－2a －ln ()x 0＋a＝1x 0＋a －2a ＋x 0＝x 0＋a ＋1x 0＋a －3a ≥2－3a ，当且仅当x 0＋a ＝1时，取等号．由0<a <23，得2－3a >0， ∴f (x )min ＝f (x 0)>0，即函数f (x )没有零点．题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x )x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？解 (1)设需新建n 个桥墩，则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝m x－1.所以y ＝f (x )＝32n ＋(n ＋1)(2＋x )x ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m x －1＋m x(2＋x )x＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋x ＋2m －32(0<x <m )． (2)当m ＝96时，f (x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋x ＋160， 则f ′(x )＝96⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －32x 2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x )＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x <16时，f ′(x )<0，f (x )在区间(0,16)内为减函数；当16<x <96时，f ′(x )>0，f (x )在区间(16,96)内为增函数，所以f (x )在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5. 答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小．【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )．(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y .(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围；(2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大．(2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2xy －12πx 2＝8x 2－(4＋3π)x 3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x 2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x <169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x <44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.。