2020届一轮复习(理)通用版专题突破练(2)利用导数研究不等式与方程的根测试(1)

专题3.4 导数的综合应用1.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；2.会利用导数解决某些简单的实际问题。

考点一 利用导数证明不等式【典例1】 【2019年高考天津】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f xg x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π=≤=及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******e e e e 2e sin cos sin cos n n n n n n y n nf y yg y g y g y y y x x -π-π-π-ππ-≤-=-≤=<--． 所以，200e 22sin cos n n n x x x -πππ+-<-．【变式1】(2019·山东师大附属中学模拟)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx (e 为自然对数的底数)，若曲线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．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .【解析】(1)因为f (x )＝1－ln xx ，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －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，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1， 解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x＋x (x ≥1)，则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋eex ＋1＞0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0， 即1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .考点二 不等式恒成立【典例2】【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)ex ∈+∞均有()2f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）⎛ ⎝⎦.【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„．由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „．综上所述，所求a 的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦．【方法技巧】1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围。

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［基本知识］1. 函数y = f(x)在x = x o 处的导数称函数y = f(x)在x = x 0处的瞬时变化率 Hm 0 ~^y= jj m 0 f "0+ :为函数y = f(x)在 x o 处的导数，记作f '(X o )或y ' |x = x o , 即 f '(x \ r 型 |im fx o + & f pj即f (x o )=师&=竺- 空 .2. 函数f(x)的导函数称函数f ' (x)= lim f x +严 =f x 为f(x)的导函数.^x ^Q- A x3.4. 导数运算法则(1) [f(x) ±(x)] ' = f ' (x) ±' (x)；(2) [f(x) g(x)]' = f ' (x)g(x)土f(x)g ' (x); ⑶話'=話宀x (如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 '= yj %',第三章导数及其应用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.［基本能力］1. 判断题(1) f'(X0)与(f(x o))'的计算结果相同.()(2) 求f' (x o)时，可先求f(x o)再求f' (x o).( )(3) f‘(x o)是导函数f' (x)在x = x o处的函数值.()(Q, n(4) sin 3 = cos 3.( )(5) 若(In x)' = x，贝V x ' = ln x.( )(6) 函数f(x)= sin(-x)的导数为f' (x)= cosx.( )(7) y= cos 3< 由函数y= cosu, u = 3x 复合而成.()答案：(1)X (2)X (3) V (4) X (5) X (6) X (7) V2. 填空题(1) 已知f(x)= 13—8x + 2x , f'(X o)= 4，贝U x o= ______ .解析：T f' (x)=—8+ 4x,.・.f' (x o) =—8 + 4x o= 4，解得x°= 3. 答案：3 ln x(2) 函数y= --er的导函数为________________ .1 —xln xx答案：yxe⑶已知f(x)= 2sin x+ X,贝y f' 4 = _________ .解析：T f(x)= 2sin x + x,「. f' (x) = 2cosx + 1,贝U f'才=2cos 1 = 2+ 1.答案：.2+ 1研透高考*讲练区［全析考法］2［典例］⑴函数f(x)= (x + 1) (x —3)，则其导函数f' (x)=( )A. 3x2—2xB. 3x2—2x — 52 2C. 3x —xD. 3x —x—5(2)(2018钦州模拟)已知函数f(x) = xln x,则f' (1) + f(4)的值为( )A . 1— 8ln 2B . 1+ 8ln 2D . — 8ln 2 — 1nn n 5 nA ・3B .6C .4 咋2［解析］(1)法一：因为 f(x) = (x + 1) (x — 3) = (x + 1)(x + 1)(x — 3)，所以 f ' (x)= ［(x + 1)(x + 1)］' (x — 3) + (x + 1)(x + 1)(x — 3)' = 2(x + 1)(x — 3) + (x + 1)2= 3x 2— 2x — 5.法二：f(x) = (x + 1)2(x — 3)= x 3— x 2— 5x — 3，贝y f ' (x) = 3x 2 — 2x — 5.(2)因为 f ' (x)= ln x + 1,所以 f ' (1)= 0+ 1 = 1,所以 f ' (1) + f(4) = 1 + 4ln 4= 1 + 8ln 2. 故选B.(3) 因为 f(x)= sin xcos $— cosxsin $— 1 ()<扌，所以 f ' (x) = cosxcos $+ sin xsin $=［方法技巧］ 导数运算的常见形式及其求解方法连乘积形式 先展开化为多项式的形式，再求导 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，再求导对数形式 先化为和、差的形式，再求导 根式形式 先化为分数指数幕的形式，再求导三角形式 先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导含待定系数 如含f ' (X 0), a , b 等的形式，先将待定系数看成常数，再求导复合函数确定复合关系，由外向内逐层求导［全练题点］1.下列函数中满足f(x)= f ' (x)的是( ) A . f(x)= 3 + x B . f(x) =— x C . f(x)= ln xD . f(x) = 0解析：选 D 若 f(x) = 0,贝U f ' (x) = 0,从而有 f(x)= f ' (x).故选 D. 2. (2018 延安模拟)设函数 f(x) = ax + 3，若 f ' (1)= 3,贝U a =( )A . 2B . — 2C . 3D . — 3解析：选C 由题意得，f ' (x)= a ，因为f ' (1) = 3,所以a = 3,故选C.cos(x —妨，因为f '［答案］(1)B (2)B1,因为ov 幣n ，所以片n ，故选A .2 3C . 8ln 2— 1(3)已知函数 f(x) = sin xcos cosxsin (— 1(0<((<-) ，若f 'n =1,贝y $的值为(3. (2018南宁模拟)设f(x)在x= x o处可导，且\im°f乂卄3补一匚乞=1，贝卩f' (x°)=( )1A. 1B. 0C. 3D.3解析：选D因为lim f(xo+ 3 &f)= 1,所以lim「3 x型0主上)L 1,即ZXF A x AXF _ 3 A x13f' (x o)= 1，所以f' (x o) = 3.故选D.4. (2018桂林模拟)已知函数y= xcosx —sin x,则其导函数y'=( )A. xsin xB. —xsin xC. xcosxD. —xcosx解析：选 B 函数y= xcosx —sin x 的导函数y' = cosx—xsin x—cosx=—xsin x, 故选B.3 25. (2018九江一模)已知f(x)是(0,+s )上的可导函数，且f(x) = x + x f' (2) + 2ln x,则函数f(x)的解析式为()3 3 pA. f(x)= x —?x + 2ln xB. f(x)= x3—T^x2+ 2ln x3 2C. f(x)= x —3x + 2ln x3 2D. f(x)= x + 3x + 2ln x2 解析：选 B •/ f(x) = x3+ x2f' (2) + 2ln x, /• f' (x)= 3x2+ 2xf' (2) + -，令x = 2，得f' (2)13 13=12+ 4f' (2) + 1, ••• f' (2) =——, ••• f(x) = x3——x2+ 2ln x,故选B.3 3突破点(二)导数的几何意义抓牢双基自学区［基本知识］函数f(x)在点X0处的导数f'(X0)的几何意义是在曲线y= f(x)上点P(x0 , y0)处的切线的斜率.相应地,切线方程为y—y0= f' (x o)(x—x0).特别地，如果曲线y= f(x)在点(X0 ,y°)处的切线垂直于x轴，则此时导数f' (x o)不存在，由切线定义可知，切线方程为x= x o.［基本能力］1. 判断题(1) 曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点. ()(2) 求曲线过点P的切线时P点一定是切点.()答案：⑴“(2)X2. 填空题(1) 曲线y= x3—x + 3在点(1,3)处的切线方程为 _______ .答案：2x—y+ 1 = 01(2) 已知直线y=—x+ 1是函数f(x) = —a e x图象的切线，则实数a= ____________ .1解析：设切点为(X o, y o),贝U f (x o)=—- J0=—1,ae x o= a,又—-e x)= —x°+ 1，- x°= 2, a = e2.a答案：e2(3) 曲线f(x)= xln x在点M(1, f(1))处的切线方程为__________ .解析：由题意，得f' (x)= In x+ 1，所以f' (1) = In 1+ 1= 1,即切线的斜率为1.因为f(1) = 0，所以所求切线方程为y—0 = x—1,即卩x—y—1 = 0.答案：x—y— 1 = 0研透高考・讲练区［全析考法］3 2［例1］已知函数f(x)= x —4x + 5x— 4.(1) 求曲线f(x)在点(2, f(2))处的切线方程；(2) 求经过点A(2,—2)的曲线f(x)的切线方程.2［解］(1) •/ f' (x)= 3x —8x+ 5,••• f' (2) = 1,又f(2) = —2,•••曲线f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y—(—2) = x —2,即x —y—4= 0.(2)设切点坐标为(X0, x3—4x0+ 5X0 —4),f' (X D)= 3x0 —8x0 + 5,•切线方程为y—(—2) = (3x0—8x0 + 5)(x —2),又切线过点(x0, £—4x；J + 5x0—4),X o — 4x o + 5x o — 2= (3x o — 8x o + 5)( x °— 2), 整理得(x o - 2)2(x o - 1)= 0, 解得X o = 2或x o = 1,•经过 A(2, - 2)的曲线f(x)的切线方程为 x — y - 4 = 0或y + 2= 0. ［方法技巧］求切线方程问题的两种类型及方法'(1)求“在”曲线y = f(x )上一点P(x o , y o )处的切线方程：点P(x o , y o )为切点，切线斜率 为k = f ' (X o ),有唯一的一条切线，对应的切线方程为 y -y o = f ' (x o )(x -x o ).'(2)求“过”曲线y = f(x)上一点P(x o , y o )的切线方程：切线经过点P ，点P 可能是切点, 也可能不是切点，这样的直线可能有多条. 解决问题的关键是设切点， 利用“待定切点法”即:①设切点A(X i , y i ),则以A 为切点的切线方程为 y -y i = f '(X i )(x — x i );②根据题意知点 P(X ), y o )在切线上，点A(x i , y i )在曲线 y = f(x)上，得到方程组求出切点A(x i , y i ),代入方程y -y i = f ' (x i )(x -x i ),化简即得 所求的切线方程.［例2］ (2oi8 •州模拟)设函数f(x)= x 3+ ax 2,若曲线y = f(x)在点P(x o , f(x o ))处的切线 方程为x + y = o ,则点P 的坐标为()A . (o,o)B . (i , - i)C . (-i,i)D . (i , - i)或(一i,i)［解析］•/ f(x) = x 3 + ax 2,「. f ' (x) = 3x 2 + 2ax ,v 曲线 y = f(x)在点 P(x o , f(x o ))处的切 线方程为x + y = o , • 3x o + 2ax o =- i , T X o + x 3+aX = o ,解得 X o = ±i , •当 X o = i 时,f(x o )=-4,当 x o =-i 时，f(xo ) = i.故选 D.i［例3］ (i)(2oi8长沙一模)若曲线y = 2J X 2与曲线y = aln x 在它们的公共点 P(s , t)处具 有公共切线，则实数 a =()A . - 2 B.1 C . 1D . 2(2)(2018南京调研)若函数f(x)= In x + ax 的图象存在与直线 2x - y = 0平行或重合的切线，则实数a 的取值范围是 ___________ .y i = f(X i , y o -y i = f 'X i x o - X i ,［答案］D的导数为y' = ,在点P(s, t)处的切线斜率为, y= aln x的导数为2e e ey' = ?,在点P(s, t)处的切线斜率为a，由题意知，S= a，且2"S2= aln s,解得In s=舟,s2x s e s 2e 2=e,故a= 1.(2)函数f(x)= In x+ ax的图象存在与直线2x- y= 0平行或重合的切线，即f' (x)= 2在11 1(0,+^)上有解，而f' (x) = - + a,故- + a = 2,即卩a= 2--在(0, + )上有解，因为x>0, 1所以2--<2，所以a的取值范围是(一R, 2).［答案］(1)C (2)(―汽2)［方法技巧］根据导数的几何意义求参数值的思路根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P(x o, y o)既在曲线上又在切线上构造方程组求解.［全练题点］1. ［考点一］曲线y= sin x+ e x在点(0,1)处的切线方程是()A. x- 3y+ 3= 0B. x- 2y+ 2= 0C. 2x-y+ 1 = 0D. 3x —y+ 1 = 0解析：选 C T y= sin x + e x,^ y' = cos x + e x,^ y' |x= 0 = cos 0 + e°= 2,.••曲线y=sin x + e x在点(0,1)处的切线方程为y- 1 = 2(x —0)，即2x-y+ 1 = 0.2. ［考点一］曲线y= xe x+ 2x- 1在点(0, - 1)处的切线方程为()A. y= 3x- 1B. y=- 3x - 1C . y= 3x+ 1D . y=- 2x —1解析：选A 因为y' = e x+ xe x+ 2，所以曲线y= xe x+ 2x- 1在点(0, - 1)处的切线的斜率k= y' |x= 0 = 3,.切线方程为y= 3x- 1.x 213.［考点二］已知曲线y= 4- 3ln x的一条切线的斜率为2，则切点的横坐标为()A . 3B . 2C . 11%解析：选A2已知曲线y= :-3ln x(x>0)的一条切线的斜率为十，由y' = fx—3=号,得x= 3，故选A.4.［考点三］(2018东城期末)若直线y=- x+ 2与曲线y=- e x+ a相切，则a的值为()C . — 1D . — 4解析：选A 由于y ' = (— e x +a )' =— e x +a ，令一e x +a =— 1,得切点的横坐标为 x =— a ,所以切点为(一a , — 1)，进而有一(一a)+ 2=— 1,故a =— 3.x ay = e — (a>0)上任意一点处的切线的倾斜角的取值e范围是1 B. 1C .3x ay = eii iii iv v vi vii viii ix x xi—飞在任意一点处的切线的倾斜角的取值范围是ee x + a x >2 a 当且仅当e x =事时等号成立，故2 a = . 3,a = 3，故选C.411 解得 x 1= 2, x 2= — 2，二 b = ln x 1+ 1= 1 — ln 2.答案：1— ln 23. (2016全国卷川)已知f(x)为偶函数，当 x<0时，f(x) = ln( — x) + 3x ,则曲线 y = f(x)［全国卷5年真题集中演练一一明规律］1.(2014全国卷n )设曲线y = ax — ln(x + 1)在点(0,0)处的切线方程为 y = 2x ，则a =( ) A . 0 B . 11解析：选D y ' = a — ，由题意得y ' |x =0 = 2, 即卩a — 1= 2，所以a = 3.x + 12. (2016全国卷n )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，贝U b= _______ . 1 1 解析：易得(ln x + 2)' = -, ［ln(x + 1)］'==.设曲线y = ln x + 2上的切点横坐标为xi x 十I 1X 1,曲线y = ln(x + 1)上的切点横坐标为 X 2,则y = ln x + 2的切线方程为：y = — x + ln X 1+ 1,X 1 1y = ln(x 十1)的切线方程为：y =血十1 x 十ln(x 2+5.［考点三］(2018西安一模)若曲线 解析：选 C y ' = e x + J,n ，二 e x + ” 3,由 a>0 知,x 2 1)—齐.根据题意，有 X 2X 2+ 1 ,ln X 1 十 1= ln X 2+ 1 —在点(1, - 3)处的切线方程是 __________ .解析：因为f(x)为偶函数，所以当 x>0 时，f(x)= f(— x)= In x — 3x , 所以当 x>0 时，f (x) =丄一3，贝U f f(1) = — 2.所以y = f(x)在点(1,— 3)处的切线方程为 y + 3=— 2(x — 1)，即y =— 2x — 1. 答案：y = — 2x — 1则y' = a x ln a ,所以④正确.因此正确的结论个数是4，故选D.3.若函数y = x m 的导函数为y '= 6x xii ,则m =( )A . 4B . 5C . 6D . 7解析：选C 因为y = x m ,所以y' = mx m — S 与y ' = 6x 5相比较，可得 m = 6. 4.已知函数f(x)= e x (e 是自然对数的底数)，则其导函数f ' (x)=()④若y = a x (a>0)，则y '= a x ln a .其中正确的个数是2_ 27；解析：选D 根据求导公式可知①正确；若 1 y =—x =— x所以②正确；若心戶纟，则f ' (x)= — 2x —3，所以f ' (3)=—空，所以③正确；若y = a x (a>0),x解析：选B 函数f(x) = r,则其导函数e 5.若f (x)= x 2— 2x — 4ln x ,贝V f ' (x)<0的解集为()A . (0 ,+s )C . (0,2) U ( — 3 — 1)解析：选 B 函数 f(x) = x 2— 2x — 4ln x 的定义域为 {x|x>0} , f ' (x) = 2x — 2 — 4 =22x — 2x —4x22x — 2x — 46.(2018信阳模拟)已知函数f(x) = ae xiii + x ,若1<f ' (0)<2 ,则实数a 的取值范围是(B . (0,1)C. (1,2)D . (2,3)解析：选 B 根据题意，f(x) = ae x + x ,则 f ' (x)=(ae x )' + x ' = ae x + 1,贝V f ' (0) = a + 1,若1<f ' (0)<2，贝U 1<a + 1<2，解得0va<1，所以实数a 的取值范围为(0,1).故选B.对点练(二)导数的几何意义1. (2018安徽八校联考)函数f(x)= tan 中在专，苛丿"处的切线的倾斜角a 为( )nB.4nD . n选B.2.若函数f(x) = x 3— x + 3的图象在点P 处的切线平行于直线 y = 2x — 1，则点P 的坐标为()A. (1,3) B . (— 1,3) C . (1,3)或(—1,3)D . (1, — 3)解析：选 C f ' (x)= 3x 2— 1，令 f ' (x)= 2,即 3x 2— 1 = 2? x = 1 或一1,又 f(1) = 3, f(— 1)xiiiA.1+ x xXe —xe 1 — xf ' (x) = 2x-= 厂，故选 B.e e B . (0,2) D . (2, +3 )，由 f ' (x) = <0，得 0vxv2 ,••• f ' (x)<0 的解集为(0,2),故选 B.得切线斜率解析：选B1c 2 x 2cos -= 3,所以P(1,3)或(—1,3),经检验，点(1,3), (—1,3)均不在直线y= 2x—1上，故点P 的坐标为(1,3)或(—1,3).3. (2018福州质检)过点(—1,1)与曲线f(x)= x3—x2—2x+ 1相切的直线有()C • 2条D • 3条解析：选 C 设切点 P(a , a 3-a 2-2a + 1)，由 f ' (x)= 3x 2— 2x — 2，当 a 丰一1 时，可即(3a ?— 2a — 2)(a + 1) = a(a — 2)(a + 1)，所以 a = 1,此时 k = — 1.又(—1,1)是曲线上的点且 f ' （— 1） = 3工一1，故切线有2条.4. （2018重庆一模）已知直线y = a 与函数f （x ）=装一x 2— 3x + 1的图象相切，则实数 a 的值为（）8 8C . 8或—3D • — 8 或？解析：选D8令 f ' (x)= x 2— 2x — 3= 0，得 x =— 1 或 x = 3,••• f (— 1) = 3, f(3) = — 8,3a = 8或—8.3ln x5 • （2018临川一模）函数f （x ）= x + 的图象在x = 1处的切线与两坐标轴围成的三角形 的面积为（）A -2C3 C.2Di解析：选B因为 f(x)= x +, f (x) = 1 + ------ ，所以 f(1) = 1, f ' (1) = 2,故切9—a 2 — 2a + 1 — 1a—―1 所以(3 a 2— 2a — 2)(a + 1) = a 3— a 2 — 2a , 得切线的斜率数a 的取值范围是［0,+ g ).7. (2017 柳州二模)已知函数 f(x)= x 2+ bx + c(b , c € R ), F(x)= ，若 F(x)的图象 e 在x = 0处的切线方程为 y = — 2x + c ,则函数f(x)的最小值是()x = 0处的切线方程为y — 2x + c ,.・.F— 0一 2，得b = C ，|F(0 尸 c , |b = C ,=0.8. (2018唐山模拟)已知函数f(x)= x 2— 1, g(x)= ln x ，则下列说法中正确的为 ( )A. f(x), g(x)的图象在点(1,0)处有公切线B.存在f(x)的图象的某条切线与 g(x)的图象的某条切线平行C. f(x), g(x)的图象有且只有一个交点D. f(x), g(x)的图象有且只有三个交点解析：选B 对于A , f(x)的图象在点(1,0)处的切线为y = 2x — 2,函数g(x)的图象在点 (1,0)处的切线为y = x — 1,故A 错误；对于B ,函数g(x)的图象在(1,0)处的切线为y = x — 1, 设函数f(x)的图象在点(a , b)处的切线与y = x — 1平行，则f ' (a)= 2a = 1, a =舟，故b =；2— 1 =—学，即g(x)的图象在(1,0)处的切线与f(x)的图象在 号，一3处 的切线平行，B 正确；如图作出两函数的图象，可知两函数的图象有 两个交点，C , D 错误.故选B.9. (2018包头一模)已知函数f(x)= x 3+ ax + 1的图象在点(1, f(1))处的切线过点(2,7), 则 a= ____________ .解析：函数 f(x)= x 3 + ax +1 的导数为 f ' (x)= 3x 2 + a , f ' (1) = 3 + a ,又 f(1) = a + 2, 所以切线方程为 y — a — 2 = (3 + a)(x — 1),因为切线经过点(2,7),所以7— a — 2= (3 + a)(2 — 1),解得 a = 1.答案：1［大题综合练一一迁移贯通］21 31. (2018兰州双基过关考试)定义在实数集上的函数 f(x)= x + x , g(x) = -x — 2x + m.(1)求函数f(x)的图象在x = 1处的切线方程；⑵若f(x)> g(x)对任意的x € ［— 4,4］恒成立，求实数 m 的取值范围. 解：(1) •/ f(x)= x 2 + x ,.・. f(1) = 2.解析：选C•/f — (x) = 2x + b ,「. F(x)= ^^,2— 2x — bF — (x)= -x ，又F(x)的图象在e ••• f(x) = (x + 2)2》0,f (x)min•/ f (x) = 2x + 1 ,••• f (1) = 3.•••所求切线方程为 y — 2= 3(x — 1)，即3x — y — 1 = 0.(2)令 h(x)= g(x)— f(x)= 3X — X — 3x + m, 则 h ' (x)= (x — 3)(x + 1). •当一4W x < — 1 时，h ' (x)> 0; 当一1v x < 3 时，h ' (x) w 0; 当 3v x < 4时，h ' (x)>0.要使 f(x)> g(x)恒成立，即 h(X)max W 0, 由上知h(x)的最大值在 x =— 1或x = 4处取得， 而 h(— 1) = m + 5, h(4) = m —詈， 555• h(x)的最大值为 m + 3，二 m + 0，即 m w — §.•实数m 的取值范围为—a,—5 .2. (2018青岛期末 股函数f(x)= ax — -，曲线y = f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为 7x—4y — 12= 0.(1)求f(x)的解析式；⑵证明曲线f(x)上任一点处的切线与直线 x = 0和直线y = x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值.解：(1)方程 7x — 4y — 12 = 0 可化为 y = 7x — 3，当 x = 2 时，y =4 丿 2 又因为f ' (x)= a +乌,令x =°，得y =-x 0,所以切线与直线x =0的交点坐标为0, =2x 0,所以切线与直线 y = x 的交点坐标为(2x o,2x o ).b 12a—2=1， 所以 丄b 7 a+ 4= 4.解得F=1,b = 3,所以 f(x)= x — 3.(2)证明：设P(x o , y 0)为曲线y = f(x)上任一点，由y ' = 1 +負知曲线在点 P(X 0, y 。

第20练 利用导数研究不等式问题[基础保分练]1．定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f ′(x )＋f (x )<0，则当m >0时，f (0)与e m f (m )的大小关系为____________．(其中e≈2.71828为自然对数的底数)2．(2018·江苏泰州中学月考)设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (1)＝0，当x >0时，有f (x )>xf ′(x )恒成立，则不等式xf (x )>0的解集为________．3．已知函数f (x )＝x －(e －1)·ln x ，则不等式f (e x)<1的解集为________．4．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为____________．5．已知函数f (x )＝a ln x －bx 2，a ，b ∈R .若不等式f (x )≥x 对所有的b ∈(－∞，0]，x ∈(e，e 2]都成立，则a 的取值范围是________．6．已知可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，f (0)＝2019，若对任意的x ∈R ，都有f (x )>f ′(x )，则不等式f (x )<2019e x 的解集为________． 7．已知函数f (x )＝x ln x ＋x (x －a )2(a ∈R )．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )>xf ′(x )成立，则实数a 的取值范围是________．8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1，x >－1，e x ，x ≤－1，若a <b ，f (a )＝f (b )，则实数a ＋2b 的取值范围为________．9．设函数f (x )＝13x 3＋mx 2－3m 2x ＋2m －1(m >0)．若存在f (x )的极大值点x 0，满足x 20＋[f (0)]2<10m 2，则实数m 的取值范围是________． 10．已知x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，y ＝f (x )－1为奇函数，f ′(x )＋f (x )tan x >0，则不等式f (x )>cos x 的解集为________．[能力提升练]1．(2019·镇江模拟)已知f (x )＝ln x －x 4＋34x，g (x )＝－x 2－2ax ＋4.若对∀x 1∈(0,2]，∃x 2∈[1,2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是________．2．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2017)2f (x ＋2017)－9f (－3)>0的解集为________．3．已知f (x )＝x e x ，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若存在x 1，x 2∈R ，使得f (x 1)≤g (x 2)成立，则实数a 的取值范围是________．4．已知函数f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－5，若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)－g (x 2)≥2成立，则实数a 的取值范围是________．5．若存在实数x ，使得关于x 的不等式x－a29＋x 2－2ax ＋a 2≤110(其中e 是自然对数的底数)成立，则实数a 的取值集合为________．6．函数f (x )的定义域和值域均为(0，＋∞)，f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )<f ′(x )<2f (x )，则f f 的取值范围是________．答案精析基础保分练1．f (0)>e mf (m ) 2.(－1,0)∪(0,1) 3．(0,1) 4.{x |x <1} 5.⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 22，＋∞ 6.(0，＋∞) 7.(2，＋∞) 8.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1e 9.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 10.⎝⎛⎭⎪⎫0，π2 能力提升练 1.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－18，＋∞ 2.(－∞，－2020) 3.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞ 4．[1，＋∞)解析 由于g (x )＝x 3－x 2－5，则g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)， ∴函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，23上单调递减， 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增， g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18－14－5＝－418， g (2)＝8－4－5＝－1. 由于对任意x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， f (x 1)－g (x 2)≥2恒成立，所以f (x )≥[g (x )＋2]max＝g (x )max ＋2＝1，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，f (x )≥1恒成立， 即a x ＋x ln x ≥1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立， 所以a ≥x －x 2ln x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立， 令h (x )＝x －x 2ln x ，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，令φ(x )＝1－2x ln x －x ，则φ(x )＝－3－2ln x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，φ′(x )<0， 所以h ′(x )＝1－2x ln x －x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上单调递减， 由于h ′(1)＝0，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增； 当x ∈(1,2)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以h (x )≤h (1)＝1，即a ≥1.5.⎩⎨⎧⎭⎬⎫110 解析 不等式x－a29＋x 2－2ax ＋a 2≤110，即(x －a )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫e x 3－a 32≤110，表示点⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，e x 3与⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 3的距离的平方不超过110，即最大值为110. 由⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 3在直线l ：y ＝13x 上， 设与直线l 平行且与曲线y ＝e x 3相切的直线的切点为(m ，n )，可得切线的斜率为e m 3＝13，解得m ＝0，n ＝13，切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，由切点到直线l 的距离为直线l 上的点与曲线y ＝e x 3的距离的最小值，可得(0－a )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a 32＝110，解得a ＝110，则实数a 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫110. 6．(e －2，e －1)解析 设g (x )＝f x e x ， 则g ′(x )＝f x －f x e x >0，∴g (x ) 在(0，＋∞)上单调递增，∴g (2018)<g (2019)，即fe 2018<f e 2019 ⇒f f <1e； 令h (x )＝f xe 2x ，则h ′(x )＝f x －2f xe 2x <0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h (2018)>h (2019)，即fe 4036>fe 4038⇒f f>1e 2， 综上，f f <1e 且f f>1e 2， 故答案为(e －2，e －1)．。

热点导数及其应用【命题趋势】在目前高考全国卷的考点中，导数板块常常作为压轴题的形式出现，这块部分的试题难度呈现非减的态势，因此若想高考中数学拿高分的同学，都必须拿下导数这块的内容.函数单调性的讨论、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的.对于导数内容，其关键在于把握好导数，其关键在于把握好导数的几何意义即切线的斜率，这一基本概念和关系，在此基础上，引申出函数的单调性与导函数的关系，以及函数极值的概念求解和极值与最值的关系以及最值的求解.本专题选取了有代表性的选择，填空题与解答题，通过本专题的学习熟悉常规导数题目的思路解析与解题套路，从而在以后的导数题目中能够快速得到导数问题的得分技巧.【满分技巧】对于导数的各类题型都是万变不离其宗，要掌握住导数的集中核心题型，即函数的极值问题，函数的单调性的判定.因为函数零点问题可转化为极值点问题，函数恒成立与存在性问题可以转化为函数的最值问题，函数不等式证明一般转化为函数单调性和最值求解，而函数的极值和最值是由函数的单调性来确定的.所以函数导数部分的重点核心就是函数的单调性.对于函数零点问题贴别是分段函数零点问题是常考题型，数形结合是最快捷的方法，在此方法中应学会用导数的大小去判断原函数的单调区间，进而去求出对应的极值点与最值.恒成立与存在性问题也是伴随着导数经典题型，对于选择题来说，恒成立选择小题可以采用排除法与特殊值法相结合的验证方法能够比较快捷准确得到答案，对于填空以及大题则采用对函数进行求导，从而判定出函数的最值.函数的极值类问题是解答题中的一个重难点，对于非常规函数，超出一般解方程的范畴类题目则采用特殊值验证法，特殊值一般情况下是0,1等特殊数字进行验证求解.对于理科类导数类题目，对于比较复杂的导数题目.一般需要二次求导，但是要注意导数大小与原函数之间的关系，搞清楚导数与原函数的关系是解决此类题目的关键所在.含参不等式证明问题也是一种重难点题型，对于此类题型应采取的方法是：一双变量常见解题思路：1双变量化为单变量→寻找两变量的等量关系；2转化为构造新函数；二含参不等式常见解题思路：1参数分离；2通过运算化简消参（化简或不等关系）；3将参数看成未知数，通过它的单调关系来进行消参.那么两种结构的解题思路理顺了，那么我们来看这道题.这是含参的双变量问题，一般来说，含参双变量问题我们一般是不采用转化为构造新函数，我们最好就双变量化为单变量，这就是我们解这道题的一个非常重要的思路：① 寻找双变量之间的关系并确定范围，并且确定参数的取值范围；②化简和尝试消参；③双变量化为单变量.④证明函数恒成立（求导、求极值……）（经典题型2018年全国一卷理21题）【考查题型】选择题，填空，解答题21题【限时检测】（建议用时：90分钟）1．（2019·全国高考真题（理））已知曲线ln x y ae x x =+在点），（ae 1处的切线方程 为b x y +=2，则（ ）A ．a =e,b =−1B ．a =e,b =1C ．a =e −1,b =1D ．a =e −1,b =−1【答案】D【解析】详解：1ln y '++=x ae x21=+=ae y ，即1a e -=将（1,1）代入b x y +=2得1.12==+b b 故故选D ．【名师点睛】本题关键得到含有a ，b 的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系.2．（2019·安徽高三期中（理））已知函数11,1()4ln ,1x x f x x x +≤⎧=⎨⎩>,则方程()f x ax =恰有两个不同的实根时，实数a 的取值范围是A ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．C ．D ．1,4e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【解析】试题分析：ln y x =，所以1'y x=，设切点为00(,)x y ，则切线方程为0001()y y x x x -=-，即0001ln ()y x x x x -=-，与直线y ax =重合时，有01a x =，0ln 10x -=，解得0x e =，所以1a e =，当直线与直线114y x =+平行时，直线为14y x =，当1x =时，11ln ln1044x x -=-<，当x e =时，11ln ln 044x x e e -=->，当3x e =时，3311ln ln 044x x e e -=-<，所以ln y x =与14y x =在3(1,),(,)e e e 上有2个交点，所以直线在14y x =和1y x e =之间时与函数()f x 有2个交点，所以11[,)4a e∈，故选B ．考点：函数图像的交点问题．3．（2019·临沂第十九中学高考模拟（理））设函数()xf x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，则m 的取值范围是（ ）A ．()(),66,-∞-⋃∞B ．()(),44,-∞-⋃∞C ．()(),22,-∞-⋃∞D ．()(),11,-∞-⋃∞ 【答案】C 【解析】由题意知：()f x 的极值为所以()203f x ⎡⎤=⎣⎦，因为00()0xf x m mππ='=， 所以0,2x k k z mπππ=+∈，所以01,2x k k z m =+∈即01122x k m =+≥，所以02m x ≥，即2200[()]x f x +≥24m +3，而已知()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，所以224m m >+3，故2334m >，解得2m >或2m <-，故选C.【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力，三角函数出现在导数里面不常见，故做三角函数对应的导数题目时应注意用三角函数最值问题去解决.4（2019·四川高考模拟（文））已知函数32(x)(5)(4)f x a x b x =+-++，若函数()f x 是奇函数，且曲线()y f x =在点(3,(3))f 的切线与直线y 36x=+垂直，则a b +=( ) A ．−32 B ．−20C ．25D ．42【答案】A【解析】先根据函数是奇函数求出a 的值，再根据切线与直线垂直得到b 的值,即得a +b 因为函数f(x)是奇函数，所以--()f x f x =（）,所以a =5.由题得43)(2'++=b x x f ，31)3('+==b f k因为切线与直线y 36x=+垂直，所以b+31=-6, 所以b=-37.所以a +b=-32.故选：A【名师点睛】本题主要考查奇函数的性质，考查导数的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5．（2019·广东高考模拟（理））若函数()(cos )xf x e x a =-在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()+∞B ．(1,)+∞C ．)+∞D ．[1,)+∞【答案】C【解析】对函数求导只需要,22x ππ⎛⎫∀∈- ⎪⎝⎭，()()sin cos 0xf x e x x a +'=--≤恒成立，即cos sin 4a x x x π⎛⎫≥-=+ ⎪⎝⎭恒成立，结合三角函数的性质得到函数的最值为,即可得到参数范围.【详解】由题意，,22x ππ⎛⎫∀∈-⎪⎝⎭，()()sin cos 0x f x e x x a +'=--≤恒成立，即cos sin 4a x x x π⎛⎫≥-=+ ⎪⎝⎭恒成立，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，3,444x πππ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，(cos ,1424x x ππ⎛⎤⎛⎫⎛⎫∴+∈-+∈- ⎥ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎦，所以实数a 的取值范围是)+∞．故选:C 【名师点睛】这个题目考查了导数在研究函数的单调性中的应用，也考查了不等式恒成立求参的应用，此类题目最常见的方法有：通过变量分离，转化为函数最值问题.6（2018·河北衡水中学高考模拟（理））定义在R 上的可导函数()f x 满足()11f =， 且()2'1f x >，当3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，则不等式23(2cos )2sin 22x f x +> 的解集为( )A ．4,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．4,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭C ．0,3π⎛⎫⎪⎝⎭D ．,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭ 【答案】D【解析】构造函数()()1122g x f x x =--，可得()g x 在定义域内R 上是增函数，且()10g =，进而根据23(2cos )2sin 022x f x +->转化成()(2cos )1g x g >，进而可求得答案 【详解】 令11()()22g x f x x =--，则1()'()0'2g x f x =->， ()g x ∴在定义域R 上是增函数，且11(1)(1)022g f =--=， 1(2cos )(2cos )cos 2g x f x x ∴=--23=(2cos )2sin 22x f x +-， ∴23(2cos )2sin 022x f x +->可转化成()(2cos )1g x g >，得到 2cos 1x >，又Q 3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，可以得到,33x ππ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭故选D【名师点睛】本题考查利用函数的单调性求取值范围，此类题目应学会构造新的函数，利用新的函数去解决问题，此外此类题目最快捷的方法是特殊值与排除法相结合即可快速得到答案，特殊值首选应该选择当0=x 时，结果满足条件，故排除A ，C ，然后观察B,D 选项，带入特殊值3π=x 不满足条件.故选择D.二、填空题7．（2018·河北衡水中学高考模拟（理））若两曲线21y x =-与ln 1y a x =-存在公切线，则正实数a 的取值范围是__________． 【答案】(0,2]e【解析】设两个切点分别为1122(,),(,)A x y B x y ,两个切线方程分别为2111(1)2()y x x x x --=-,222(ln 1)()ay a x x x x --=-,化简得2112221,ln 1ay x x x y x a x a x =--=+--两条切线为同一条.可得122212ln ax x a x a x =-⎧=-⎨⎩, ,2224(ln 1)a x x =--,令22()44ln (0)g x x x x x =->，()4(12ln )g x x x =-'，所以g(x)在递增，)+∞递减，max ()2g x g e ==.所以a ∈(]0,2e ，填(]0,2e .8（2019·临沂第十九中学高考模拟（理））设函数()xf x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，则m 的取值范围是（ ）A ．()(),66,-∞-⋃∞B ．()(),44,-∞-⋃∞C ．()(),22,-∞-⋃∞D ．()(),11,-∞-⋃∞ 【答案】C 【解析】由题意知：()f x的极值为所以()203f x ⎡⎤=⎣⎦，因为00()0xf x m mππ='=，所以0,2x k k z m πππ=+∈，所以01,2x k k z m =+∈即01122x k m =+≥，所以02m x ≥，即2200[()]x f x +≥24m +3，而已知()22200x f x m ⎡⎤+<⎣⎦，所以224m m >+3，故2334m >，解得2m >或2m <-，故选C.考点：本小题主要考查利用导数研究的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的能力.9．（2019·天津高考模拟（理））已知函数()12cos 2xx f x e x e π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，其中e 为自然对数的底数，若()()()22300f af a f +-+<，则实数a 的取值范围为___________.【答案】312a -<< 【解析】【思路分析】利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用导数结合不等式与三角函数的有界性判断函数的单调性，再将原不等式转化为223a a <-求解即可. 【详解】()12cos 2x x f x e x e π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭Q 12sin xx e x e =--， ()()12sin xx f x e x e --∴-=---()2sin 1x xx e f x e ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭-， ()f x ∴是奇函数，且()00f =，又()12'cos xx f x e ex -=+Q ，2,2c s 1o 2x xe x e +≥≤，()'0f x ∴≥， ()f x ∴在()+-∞∞，上递增， ()()()22300f a f a f ∴+-+<，化为()()()2233f af a f a <--=-，∴232312a a a <-⇒-<<，故答案为312a -<<.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查了奇偶性的应用、单调性的应用，属于难题. 解决抽象不等式()()f a f b <时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应该注意考查函数()f x 的单调性．若函数()f x 为增函数，则a b <；若函数()f x 为减函数，则a b >．10．（2019·安徽高考模拟）设函数21(),()x x xf xg x x e+==，对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则正数k 的取值范围是_______. 【答案】121k e ≥- 【解析】对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x k k ≤+恒成立，则等价为()()121g x k f x k ≤+恒成立，()2112x f x x x x +=++≥=，当且仅当1x x =，即 1x =时取等号，即()f x 的最小值是2，由()x x g x e =，则()()21'x x x x e xe x g x e e --==，由()'0g x >得01x <<，此时函数()g x 为增函数，由()'0g x >得1x >，此时函数()g x 为减函数，即当1x =时，()g x 取得极大值同时也是最大值()11g e =，则()()12g x f x 的最大值为1122e e=，则由112k k e ≥+，得21ek k ≥+，即()211k e -≥，则121k e ≥-，故答案为121k e ≥-.三、解答题11．（2019·浙江高考模拟）已知函数()1ln f x x x x=-- . （1）若()1ln f x x x x=--在()1212,x x x x x =≠ 处导数相等，证明：()()1232ln2f x f x +>- ；（2）若对于任意(),1k ∈-∞ ，直线y kx b =+ 与曲线()y f x =都有唯一公共点，求实数b 的取值范围.【答案】（I ）见解析（II ）ln 2b ≥- 【思路分析】（1）由题x ＞0，()2111f x x x'=+-，由f （x ）在x=x 1，x 2（x 1≠x 2）处导数相等，得到()()12f x f x m ''==，得21122211101110m x x m x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩，由韦达定理得12111x x +=，由基本不等式得1212x x x x +=⋅>，得124x x ⋅>，由题意得()()()121212ln 1f x f x x x x x +=--，令124t x x =⋅>,则()1212ln 1ln 1x x x x t t --=--，令()()ln 14g t t t t =-->，，利用导数性质能证明()()432ln2g t g >=-．（2）由()f x kx b =+得1ln x x b x k x ---=，令()1ln x x bx h x x---=， 利用反证法可证明证明()1h x <恒成立.由对任意(),1k ∈-∞，()h x k =只有一个解，得()h x 为()0,+∞上的递增函数，()22ln 10x b x h x x ++-='∴≥得2ln 1b x x ≥--+，令()()2ln 10m x x x x=--+>，由此可求b 的取值范围.. 【过程详解】 （I ）()2111f x x x'=+- 令()()12f x f x m ''==，得21122211101110m x x m x x ⎧-+-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩，由韦达定理得12111x x +=即1212x x x x +=⋅>，得124x x ⋅>()()()()1212121211ln ln f x f x x x x x x x ⎛⎫∴+=+-+-+ ⎪⎝⎭()1212ln 1x x x x =--令124t x x =⋅>,则()1212ln 1ln 1x x x x t t --=--，令()()ln 14g t t t t =-->， 则()()1104g t t t>'=->，得()()432ln2g t g >=-（II ）由()f x kx b =+得1ln x x bxk x---=令()1ln x x bx h x x---=， 则0x →+，()h x →-∞，(),1x h x →+∞→ 下面先证明()1h x <恒成立.若存在()00,x ∈+∞，使得()01h x ≥，0x →+Q ，()h x →-∞，且当自变量x 充分大时，()1ln 1x x bx h x x---=<，所以存在()100,x x ∈，()20,x x ∈+∞，使得()11h x <，()21h x <，取()(){}12max ,1k h x h x =<，则y k =与()y h x =至少有两个交点，矛盾.由对任意(),1k ∈-∞，()h x k =只有一个解，得()h x 为()0,+∞上的递增函数，()22ln 1x b x h x x ++-='∴≥ 得2ln 1b x x ≥--+，令()()2ln 10m x x x x =--+>，则()22212x m x x x x-=-='， 得()()max 2ln2b m x m ≥==-【名师点睛】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力属难题．12．（2019·浙江高考模拟）知函数()2x af x x a+=+，()()2ln 2g x x a a R =+∈.（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：存在()0,1a ∈，使得方程()()f x g x =在()1,+∞上有唯一解. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【思路分析】（1）求出函数f （x ）的定义域，对函数f （x ）求导得到22y x ax a =+-， 分0∆≤ 与0∆>,得到导函数在各区间段内的符号,得到函数f （x ）的单调区间； （2）构造()()()h x f x g x =-，求导分析()h x 的单调性，找到12≤a<1时，()0h x <在(1,1上恒成立，在()1+∞上递增，而h(1)0x <，()20h e >,由函数零点存在定理得到存在()00,1a ∈，使得方程()0h x =在()1,+∞上有唯一解，即证得结论. 【过程详解】（1）函数f （x ）的定义域为()(),,a a -∞-⋃-+∞，因为()()222x ax af x x a +-=+'，令22y x ax a =+-，则2440a a ∆=+≤，即10a -≤≤，则()0f x '≥在()(),,a a -∞-⋃-+∞上恒成立，当1a <-或0a >，由220x ax a +->有x a >-x a <-由220x ax a +-<有a x a -<<-，综上，当10a -≤≤时，()f x 的递增区间是()(),,,a a -∞--+∞，当1a <-或0a >时，()f x 的递增区间是((),,a a -∞--+∞，递减区间是()(,,a a a a ----+；（2）令()()()22ln 2x ah x f x g x x a x a+=-=--+，当()0,1a ∈时，则()()()()()22222222x a x x ax ax ah x x x a x a x+--+-=-=++' ()((()2211x a x x x a x⎡⎤⎡⎤+--⎣⎦⎣⎦=+，因为()1,x ∈+∞，故当11x <<+()0h x '<，当1x 时，()0h x '>，所以()h x在(1,1上递减，在()1++∞上递增，即当11x =()h x 有最小值，又h （1）=1-2a ，当12≤a<1时，h （1）≤0，即()0h x <在(1,1+上恒成立， 又12≤a<1时,()2222ln 22ln 22ln 222x a x x h x x a x a x x lnx x a x x+=-->-->--=--+，取x=2e ,则22224260x lnx e e ，--=--=->即()20h e>，又()h x在()1+∞上递增，而h(1)0x <，由函数零点存在定理知()h x在()1+∞上存在唯一零点，所以当12≤a<1时即存在()0,1a ∈，使得方程()0h x =在()1,+∞上有唯一解，即方程()()f x g x =在()1,+∞上有唯一解.【名师点睛】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数零点等基础知识，考查了推理论证能力、运算求解能力，考查了函数与方程、分类与整合、化归与转化等数学思想方法，属于难题．13．（2018·河北衡水中学高考模拟（理））已知函数()ln xf x ax b x=-+在点 ()(),e f e 处的切线方程为2y ax e =-+.（2）若存在20,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，满足()014f x e ≤+，求实数a 的取值范围. 【答案】(1) 实数b 的值为e .(2)211,24e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】分析：（1）根据导数的几何意义求得曲线()y f x =在点()(),e f e 处的切线方程，与2y ax e =-+对照后可得b e =．（2）问题可转化为11ln 4a x x≥-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上有解，令()11ln 4h x x x=-，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，结合导数可得()()221124minh x h e e==-，故得实数a的取值范围为211,24e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 详解：（1）函数()f x 的定义域为()()0,11,⋃+∞， ∵()ln xf x ax b x =-+， ∵()2ln 1'ln x f x a x-=-. ∵()'f e a =-， 又()e f e ae b =-+,∵所求切线方程为()()y e ae b a x e --+=--， 即y ax e b =-++.又函数()f x 在点()(),e f e 处的切线方程为2y ax e =-+， ∵b e =.（2）由题意得()00001ln 4x f x ax e e x =-+≤+， 所以问题转化为11ln 4a x x≥-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上有解. 令()11ln 4h x x x=-，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦， 则()2222211ln 4'4ln 4ln x xh x x x x x x -=-=(22ln ln 4ln x x x x+-=. 令()ln p x x =-则当2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，有()1'0p x x ==<. 所以函数()p x 在区间2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，所以()()ln 0p x p e e <=-<.所以()'0h x <，所以()h x 在区间2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减.所以()()22221111ln 424h x h eee e ≥=-=-. 所以实数a 的取值范围为211,24e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 【名师点睛】对于恒成立和能成立的问题，常用的解法是分离参数，转化为求函数最值的问题处理．解题时注意常用的结论：若()a f x >有解，则()min a f x >；若()a f x <有解，则()max a f x <．当函数的最值不存在时，可利用函数值域的端点值来代替，解题时特别要注意不等式中的等号能否成立．14．（2019·安徽六安一中高考模拟（理））已知函数()()2ln R 2a f x x x x a =-∈ . （1）若2a = ，求曲线()y f x = 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()()()1g x f x a x =+- 在1x = 处取得极小值，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）y x =-（2）1a <【解析】：（1）当2a =时，()2ln f x x x x =-，利用导数几何意义，能够求出此函数在1x =处的切线斜率，再求出切线方程；（2）对函数()g x 求导，令()()'ln h x g x x ax a ==-+，讨论)'(h x 的单调性，对a 分情况讨论，得出实数a 的取值范围. 试题解析：（1）当2a =时，()2ln f x x x x =-，()'ln 12f x x x =+-，()()11,'11f f =-=-，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为y x =-.（2）由已知得()()2ln 12a g x x x x a x =-+-，则()'ln g x x ax a =-+， 记()()'ln h x g x x ax a ==-+，则()()1110,'ax h h x a x x-==-=， ∵当0a ≤，()0,x ∈+∞时，()'0h x >，函数()'g x 单调递增， 所以当()0,1x ∈时，()'0g x <，当()1,x ∈+∞时，()'0g x >， 所以()g x 在1x =处取得极小值，满足题意.∵当01a <<时，10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0h x >，函数()'g x 单调递增， 可得当()0,1x ∈时，()'0g x <，11,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x >当， 所以()g x 在1x =处取得极小值，满足题意.∵当1a =时，当()0,1x ∈时，()'0h x >，函数()'g x 单调递增，()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()'g x 在()1,+∞内单调递减，所以当()0,x ∈+∞时，()'0g x ≤，()g x 单调递减，不合题意.∵当1a >时，即101a <<，当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0h x <，()'g x 单调递减， ()'0g x >，当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，()'g x 单调递减，()'0g x <，所以()g x 在1x =处取得极大值，不合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为1a <.【名师点睛】本题主要考查了导数在研究函数单调性、最值上的应用，考的知识点有导数几何意义，导数的应用等，属于中档题.分类讨论时注意不重不漏. 15．（2019·山东高考模拟（理））已知函数()()21ln ,2f x x xg x mx ==． （1）若函数()f x 与()g x 的图象上存在关于原点对称的点，求实数m 的取值范围； （2）设()()()F x f x g x =--，已知()F x 在()0,∞+上存在两个极值点12,x x ，且12x x <，求证：2122x x e >（其中e 为自然对数的底数）．【答案】（1）2m e≥-；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数21()2g x mx =关于原点对称的函数解析式为212y mx =-．函数()f x 与()g x 的图象上存在关于原点对称的点，等价于方程21ln 2x x mx =-在(0,)+∞有解．即12lnx mx =，2lnx m x ⇒=，令2()lnx g x x=，(0)x >，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．（2）2122x x e >等价于122()2ln ln x x +>，等价于12()22ln x x ln >-21()()()ln 2F x f x g x x x mx =--=--，()1ln F x x mx '=---，(0)x >，再利用导数研究函数的单调性、极值，利用分析法即可得证. 【详解】（1）函数()f x 与()g x 的图像上存在关于原点对称的点，即21()()2g x m x --=--的图像与函数()ln f x x x =的图像有交点， 即21()ln 2m x x x --=在(0,)+∞上有解. 即1ln 2x m x=-在(0,)+∞上有解. 设ln ()x x x ϕ=-，（0x >），则2ln 1()x x xϕ'-= 当(0,)x e ∈时，()x ϕ为减函数；当(,)x e ∈+∞时，()x ϕ为增函数，所以min 1()()x e e ϕϕ==-，即2m e≥-. （2）证明：()()21212122ln 2ln 2ln 2ln 2x x e x x x x ⇔+>⇔>->． 可得()()()21ln 2F x f x g x x x mx =--=--， ()1ln F x x mx '=---，()0x >，∵()F x 在()0+∞，上存在两个极值点1x ，2x ，且12x x <， ∵()1ln h x x mx =++，()0x >，在()0+∞，上存在两个零点1x ，2x ，且12x x <， ∵11ln 1x mx =--，22ln 1x mx =--．∵()()1212ln 2x x m x x =-+-，()1122lnx m x x x =--．∵()1121221112221ln 1x ln x x x x x x x x x x x ++==--，令()12 01x t x =∈，，则()121ln ln 1t x x t t +=-， 要证明：()12ln 2ln 2x x >-．即证明：()1ln 2ln 2,011t t t t +>-∈-，， 即证明：()()1ln 2ln 20,011t t t t ---⋅<∈+，． 令()()()1220,011t h t lnt ln t t -=--⋅<∈+，，()10h =． ()()()()()()22222122ln 21212()()ln 22ln 20111t t t t h t t t t t t t +---+'=--⋅==>+++． ∵函数()h t 在()01t ∈，上单调递增．∵()()10h t h <=，即1ln 2ln 21t t t +>--，()01t ∈，成立．∵2x 1x 2＞e 2成立． 【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分析法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。

高考专题突破一 高考中的导数应用问题第1课时 导数与不等式题型一 证明不等式例1 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x .(1)证明：g (x )≥1； (2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e2.证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x (x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0. 当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数． 所以g (x )≥g (1)＝1，得证．(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2ex ，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0， 即f (x )在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， 所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当x ＝2时取等号)．①又由(1)知x －ln x ≥1(当x ＝1时取等号)，② 所以①②等号不同时取得， 所以(x －ln x )f (x )>1－1e2.思维升华 (1)证明f (x )>g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )>0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)<f(x2)＋g(x2)对x1<x2恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数．跟踪训练1 已知函数f(x)＝x ln x－e x＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)<sin x在(0，＋∞)上恒成立．(1)解依题意得f′(x)＝ln x＋1－e x，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x. (2)证明依题意，要证f(x)<sin x，即证x ln x－e x＋1<sin x，即证x ln x<e x＋sin x－1.当0<x≤1时，e x＋sin x－1>0，x ln x≤0，故x ln x<e x＋sin x－1，即f(x)<sin x.当x>1时，令g(x)＝e x＋sin x－1－x ln x，故g′(x)＝e x＋cos x－ln x－1.令h(x)＝g′(x)＝e x＋cos x－ln x－1，－sin x，则h′(x)＝e x－1x当x>1时，e x－1x>e－1>1，－sin x>0，所以h′(x)＝e x－1x故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)>h(1)＝e＋cos 1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0，即x ln x<e x＋sin x－1，即f(x)<sin x.综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．题型二 不等式恒成立或有解问题例2 已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围； (2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围． 解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点， 所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，1. (2)当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x 恒成立，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x (x ≥1)，则g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2.再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x ≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0， 所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2]． 引申探究本例(2)中若改为：∃x ∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围． 解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x有解，令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ∈[1，e])，由例(2)解题知，g (x )为单调增函数，所以g (x )max ＝g (e)＝2＋2e ，所以k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，2＋2e . 思维升华 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． (2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 跟踪训练2 已知函数f (x )＝e x －1－x －ax 2. (1)当a ＝0时，求证：f (x )≥0；(2)当x ≥0时，若不等式f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． (1)证明 当a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x －1. 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)解 f ′(x )＝e x －1－2ax ，令h (x )＝e x －1－2ax ， 则h ′(x )＝e x －2a . ①当2a ≤1，即a ≤12时，在[0，＋∞)上，h ′(x )≥0，h (x )单调递增， h (x )≥h (0)，即f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x )≥f (0)＝0， ∴当a ≤12时满足条件．②当2a >1，即a >12时，令h ′(x )＝0，解得x ＝ln(2a )，在[0，ln(2a ))上，h ′(x )<0，h (x )单调递减， ∴当x ∈(0，ln(2a ))时，有h (x )<h (0)＝0， 即f ′(x )<f ′(0)＝0，∴f (x )在区间(0，ln(2a ))上为减函数， ∴f (x )<f (0)＝0，不合题意．综上，实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋x ，g (x )＝x ·e x －1，求证：f (x )≤g (x )． 证明 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x ＋x －x e x ＋1(x >0)， 则F ′(x )＝1x ＋1－e x －x e x＝1＋x x －(x ＋1)e x＝(x ＋1)⎝⎛⎭⎫1x －e x .令G (x )＝1x －e x ，可知G (x )在(0，＋∞)上为减函数，且G ⎝⎛⎭⎫12＝2－e>0，G (1)＝1－e<0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得G (x 0)＝0，即1x 0－0e x ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，G (x )>0，∴F ′(x )>0，F (x )为增函数； 当x ∈(x 0，＋∞)时，G (x )<0， ∴F ′(x )<0，F (x )为减函数． ∴F (x )≤F (x 0)＝ln x 0＋x 0－00e xx ＋1， 又∵1x 0－0e x ＝0，∴1x 0＝0e x，即ln x 0＝－x 0，∴F (x 0)＝0，即F (x )≤0，∴f (x )≤g (x )．2．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋x ln x 的图象在(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0. (1)求实数a ，b 的值；(2)设g (x )＝x 2－x ，若k ∈Z ，且k (x －2)<f (x )－g (x )对任意的x >2恒成立，求k 的最大值． 解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ＋1＋ln x ，所以2a ＋b ＋1＝3且a ＋b ＝1，解得a ＝1，b ＝0.(2)由(1)与题意知k <f (x )－g (x )x －2＝x ＋x ln xx －2对任意的x >2恒成立，设h (x )＝x ＋x ln x x －2(x >2)，则h ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2，令m (x )＝x －4－2ln x (x >2)，则m ′(x )＝1－2x ＝x －2x >0，所以函数m (x )为(2，＋∞)上的增函数．因为m (8)＝4－2ln 8<4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10>6－2ln e 3＝6－6＝0， 所以函数m (x )在(8,10)上有唯一零点x 0， 即有x 0－4－2ln x 0＝0成立，故当2<x <x 0时，m (x )<0，即h ′(x )<0；当x >x 0时，m (x )>0，即h ′(x )>0，所以函数h (x )在(2，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－2＝x 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k <x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，又k ∈Z ，所以k 的最大值为4.3．已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln xx .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x 成立，求a 的取值范围．解 (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∃x ∈(0，＋∞)，使不等式f (x )≤g (x )－e x ， 则ax ≤ln x x ，即a ≤ln xx2.设h (x )＝ln xx 2，则问题转化为a ≤⎝⎛⎭⎫ln x x 2max ， 由h ′(x )＝1－2ln x x 3，令h ′(x )＝0，得x ＝ e.当x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随x 变化的变化情况如下表：x (0，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) ＋ 0 － h (x )↗极大值12e↘由上表可知，当x ＝e 时，函数h (x )有极大值，即最大值为12e ，所以a ≤12e .故a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，12e .4．已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R )．设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若∀x 1∈(0,2)，总存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解 依题意知f (x )在(0,2)上的最小值不小于g (x )在[1,2]上的最小值， 即f (x )min ≥g (x )min .当a ＝14时，f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－(x －1)(x －3)4x 2，则当0<x <1时，f ′(x )<0，当1<x <2时，f ′(x )>0， 所以当x ∈(0,2)时，f (x )min ＝f (1)＝－12.又g (x )＝x 2－2bx ＋4，①当b <1时，可求得g (x )min ＝g (1)＝5－2b ， 则5－2b ≤－12，解得b ≥114，这与b <1矛盾；②当1≤b ≤2时，可求得g (x )min ＝g (b )＝4－b 2， 则4－b 2≤－12，得b 2≥92，这与1≤b ≤2矛盾；③当b >2时，可求得g (x )min ＝g (2)＝8－4b ， 由8－4b ≤－12，得b ≥178.综合①②③得实数b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞.5．已知函数f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝2e x ，若存在实数m ，对任意的x ∈[1，k ](k >1)，都有f (x ＋m )≤2e x ，求整数k 的最小值． 解 因为f (x )为偶函数，且当x ≥0时，f (x )＝2e x ， 所以f (x )＝2e |x |，对于x ∈[1，k ]，由f (x ＋m )≤2e x 得2e |x ＋m |≤2e x ， 两边取以e 为底的对数得|x ＋m |≤ln x ＋1，所以－x －ln x －1≤m ≤－x ＋ln x ＋1在[1，k ]上恒成立， 设g (x )＝－x ＋ln x ＋1(x ∈[1，k ])，则g′(x)＝－1＋1x ＝1－xx≤0，所以g(x)在[1，k]上单调递减，所以g(x)min＝g(k)＝－k＋ln k＋1，设h(x)＝－x－ln x－1(x∈[1，k])，易知h(x)在[1，k]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－2，故－2≤m≤－k＋ln k＋1，若实数m存在，则必有－k＋ln k≥－3，又k>1，且k为整数，所以k＝2满足要求，故整数k的最小值为2.。

专题2.8 函数与方程1.结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数.知识点一函数的零点(1)函数零点的概念对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点.(2)函数零点与方程根的关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点.(3)零点存在性定理如果函数y＝f(x)满足：①在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0；则函数y＝f(x)在(a，b)上存在零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根.知识点二二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系Δ＝b2－4acΔ>0 Δ＝0 Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴的交点(x1，0)，(x2，0) (x1，0) 无交点零点个数 2 1 0 【特别提醒】1.若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点.函数的零点不是一个“点”，而是方程f(x)＝0的实根.2.由函数y＝f(x)(图象是连续不断的)在闭区间[a，b]上有零点不一定能推出f(a)·f(b)<0，如图所示，所以f(a)·f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件.考点一函数零点所在区间【典例1】（2019·河北正定中学模拟）若x 0是方程⎝⎛⎭⎫12x＝x 13的解，则x 0属于区间( ) A.⎝⎛⎭⎫23，1 B.⎝⎛⎭⎫12，23 C.⎝⎛⎭⎫13，12 D.⎝⎛⎭⎫0，13 【答案】C【解析】令g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，f (x )＝x 13， 则g (0)＝1＞f (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫12＝⎝⎛⎭⎫1212＜f ⎝⎛⎭⎫12＝⎝⎛⎭⎫1213，g ⎝⎛⎭⎫13＝⎝⎛⎭⎫1213＞f ⎝⎛⎭⎫13＝⎝⎛⎭⎫1313，结合图象可得13＜x 0＜12.【方法技巧】确定函数f (x )的零点所在区间的常用方法(1)利用函数零点的存在性定理：首先看函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是否连续，再看是否有f (a )·f (b )＜0.若有，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内必有零点．(2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断． 【变式1】（2019·山西忻州一中模拟） 函数f (x )＝ln x －2x 2的零点所在的区间为( )A.(0，1)B.(1，2)C.(2，3)D.(3，4)【答案】B【解析】易知f (x )＝ln x －2x 2在定义域(0，＋∞)上是增函数，又f (1)＝－2<0，f (2)＝ln 2－12>0.根据零点存在性定理，可知函数f (x )＝ln x －2x 2有唯一零点，且在区间(1，2)内.考点二 判断函数零点个数【典例2】(2018·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为________． 【答案】3【解析】由题意可知，当3x ＋π6＝k π＋π2(k ∈Z)时，f (x )＝0.∵x ∈[0，π]，∴3x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，19π6，∴当3x ＋π6取值为π2，3π2，5π2时，f (x )＝0，即函数f (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫3x ＋π6在[0，π]的零点个数为3. 【方法技巧】(1)直接求零点，令f (x )＝0，有几个解就有几个零点；(2)零点存在性定理，要求函数f (x )在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，再结合函数的图象与性质确定函数零点个数；(3)利用图象交点个数，作出两函数图象，观察其交点个数即得零点个数．【变式2】（2019·北京牛栏山一中模拟）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，(x －2)2，x ＞2，函数g (x )＝3－f (2－x )，则函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】A【解析】由已知条件可得g (x )＝3－f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|＋1，x ≥0，3－x 2，x ＜0.函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数即为函数y ＝f (x )与y ＝g (x )图象的交点个数，在平面直角坐标系内作出函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象如图所示．由图可知函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有2个交点，所以函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数为2，选A. 考点三 根据函数零点个数或存在情况求参数范围【典例3】【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则（ ）A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x ，则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点； 当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣bx 3（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣bx 3（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴0且，解得b ＜0，1﹣a ＞0，b （a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【方法技巧】解决此类问题通常先对解析式变形，然后在同一坐标系内画出函数的图象，数形结合求解．【变式3】(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≤0，ln x ，x ＞0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0，＋∞)C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)【答案】C【解析】令h (x )＝－x －a ，则g (x )＝f (x )－h (x )．在同一坐标系中画出y ＝f (x )，y ＝h (x )的示意图，如图所示．若g (x )存在2个零点，则y ＝f (x )的图象与y ＝h (x )的图象有2个交点，平移y ＝h (x )的图象，可知当直线y ＝－x －a 过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a ，a ＝－1.当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1上方，即a ＜－1时，仅有1个交点，不符合题意．当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1下方，即a ＞－1时，有2个交点，符合题意．综上，a 的取值范围为[－1，＋∞)．故选C.考点四 根据函数零点的范围求参数范围【典例4】（2019·辽宁抚顺一中模拟） 若函数f (x )＝(m －2)x 2＋mx ＋(2m ＋1)的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则m 的取值范围是____________．【答案】⎝⎛⎭⎫14，12【解析】依题意，结合函数f (x )的图象分析可知m 需满足⎩⎪⎨⎪⎧m ≠2，f (－1)·f (0)＜0，f (1)·f (2)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ≠2，[m －2－m ＋(2m ＋1)](2m ＋1)＜0，[m －2＋m ＋(2m ＋1)][4(m －2)＋2m ＋(2m ＋1)]＜0， 解得14＜m ＜12.【方法技巧】解决此类问题应先判断函数的单调性，再利用零点存在性定理，建立参数所满足的不等式，解不等式，即得参数的取值范围。

____第21课__导数在研究函数中的应用(2)____1. 理解导数的意义，熟练运用导数求解函数的单调区间、极值、最值．2. 应用导数解决一些综合问题，如恒成立及含参数问题等.1. 阅读：选修11第86～92页．2. 解悟：要清楚导数与函数的关系，利用导数研究函数性质的流程要熟练，主要步骤为求导，令导数等于0，求根，列表，下结论．3. 本章中对函数的重要思想方法，比如数形结合、函数与方程、分类讨论得到了又一次的加强，同学们在复习的过程中要注意加强体会.基础诊断1. 对任意∈R ，函数f ()＝3＋a 2＋7a 不存在极值的充要条件是__0≤a ≤21__．解析：由题意得，f ′()＝32＋2a ＋7a .因为对∀∈R ，函数f ()＝3＋a 2＋7a 不存在极值，且f ′()的图象开口向上，所以f ′()≥0对∈R 恒成立，所以Δ＝4a 2－84a ≤0，解得0≤a ≤21，故所求的充要条件是0≤a ≤21.2. 已知函数f()＝3＋3a 2＋b ＋a 2在＝－1处有极值0，则a －b ＝__－7__．解析：由题意得，f ′()＝32＋6a ＋b.因为函数f()在＝－1处有极值0，所以⎩⎨⎧f ′（－1）＝0，f （－1）＝0，即⎩⎨⎧3－6a ＋b ＝0，－1＋3a －b ＋a 2＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9.当a ＝1，b ＝3时，f ′()＝32＋6＋3＝3(＋1)2≥0，所以函数f()不存在极值应舍去，所以a －b ＝－7.3. 若函数f()＝a ln －在区间(1，2)上单调递增，则实数a 的取值范围是__[2，＋∞)__． 解析：由题意得，f ′()＝a x －1.因为函数f()＝a ln －在区间(1，2)上单调递增，所以ax －1≥0在∈(1，2)上恒成立，所以a ≥，所以a ≥2，故实数a 的取值范围是[2，＋∞)．4. 已知函数f()＝2－cos ，∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，则满足f(0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的0取值范围为__⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，－3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤3，2__．解析：因为函数f()＝2－cos 是偶函数，所以只需考虑区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的情形，当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′()＝2＋sin ≥0，所以函数f()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f(0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2.结合函数f()是偶函数，图象关于y 轴对称，所以当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0时，－π2≤0<－π3，所以0的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2.范例导航考向❶ 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题例1 已知函数f()＝2ln －2＋a ，若函数g()＝f()－a ＋m 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围．解析：由题意得，g()＝2ln －2＋m ， 则g ′()＝2x －2＝－2（x ＋1）（x －1）x.因为∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e ，故当g ′()＝0时，＝1，当1e<<1时，g ′()>0；当1<<e 时，g ′()<0，故g()在＝1处取得极大值g(1)＝m －1. 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e2，g(e )＝m ＋2－e 2，g(e )－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝4－e 2＋1e2<0，即g(e )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，所以函数g()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e，e 有两个零点的条件是⎩⎨⎧g （1）＝m －1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2， 所以实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋1e 2.已知函数f()＝ln ＋122－2，则函数y ＝f()的零点个数为__1__．解析：由题意得f ′()＝1x ＋－2＝（x －1）2x ≥0，所以函数f()在(0，＋∞)上单调递增．因为f(1)＝－32<0，所以函数y ＝f()的零点个数为1.考向❷ 利用导数求解不等式的恒成立(存在性)问题 例2 已知函数f()＝ln ＋1x －1.(1) 求函数f()的单调区间；(2) 设m ∈R ，对任意的a ∈(－1，1)，总存在0∈[1，e]，使得不等式ma －f (0)<0成立，求实数m 的取值范围．解析：(1) f ′()＝1x －1x 2＝x －1x2，>0.令f ′()>0，得>1，所以函数f ()的单调递增区间是(1，＋∞)； 令f ′()<0，得0<<1，所以函数f ()的单调递减区间是(0，1)．(2) 依题意得，ma <f (0)，由(1) 知，f ()在∈[1，e]上是增函数， 所以f ()ma ＝f (e)＝lne ＋1e －1＝1e，所以ma <1e ，即ma －1e <0对于任意的a ∈(－1，1)恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －1e ≤0，－m －1e ≤0，解得－1e ≤m ≤1e，所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1e ，1e .设函数f ()＝3－3＋1(∈R)，若对于任意∈[－1，1]，都有f ()≥0成立，则实数的值为__4__． 解析：由题意得，f ′()＝32－3.当≤0时，32－3<0，所以函数f ()是减函数，所以f (1)≥0，即－3＋1≥0，解得≥2，故无解；当>0时，令f ′()＝32－3＝0，解得＝±k k .当<－kk时，f ′()>0，所以函数f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－k k 上单调递增；当－k k <<k k 时，f ′()<0，故函数f ()在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－k k，k k 上单调递减；当>k k 时，f ′()>0，故函数f ()在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤k k ，1上单调递增，所以⎩⎨⎧f （－1）≥0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫k k ≥0，f （1）≥0，即⎩⎨⎧－k ＋3＋1≥0，k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫k k 3－3×kk ＋1≥0，k －3＋1≥0，解得⎩⎨⎧k ≤4，k ≥4，k ≥2，所以＝4.考向❸ 利用导数求解不等式的有关问题例3 设函数f()＝a 2－a －ln ，g()＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1) 讨论函数f ()的单调性； (2) 证明：当>1时，g ()>0.解析：(1) 由题意得，f ′()＝2a －1x ＝2ax 2－1x(>0)，设h ()＝2a 2－1. 当a ≤0时，h ()<0，所以f ′()<0，即函数f ()在区间(0，＋∞)上单调递减； 当a >0时，令h ()＝0， 得1＝2a 2a ，2＝－2a2a(舍去)， 所以函数f ()的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 2a ，单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a ，＋∞. 综上，当a ≤0时，函数f ()在区间(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，函数f ()在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 2a 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎪⎫2a 2a，＋∞上单调递增．(2) 要证当>1时，g ()>0，即证当>1时，e xx>e.设t ()＝e x x (>1)，则t ′()＝e x （x －1）x2. 令t ′()＝e x （x －1）x2＝0，得＝1， 所以t ()在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以t ()min >t (1)＝e ， 所以当>1时，t ()>e 成立， 所以当>1时，g ()>0成立．自测反馈1. 若函数f()＝2－e －a 在R 上存在单调增区间，则实数a 的取值范围是__(－∞，2ln2－2)__． 解析：由题意得，f ′()＝2－e －a .因为函数f ()在R 上存在单调增区间，所以f ′()＝2－e －a >0，即a <2－e 有解．令g ()＝2－e ，所以g ′()＝2－e ，令g ′()>0，即2－e>0，解得<ln2；令g ′()<0，即2－e<0，解得>ln2，所以g ()ma ＝g (ln2)＝2ln2－2，所以a <2ln2－2.故实数a 的取值范围是(－∞，2ln2－2)．2. 若函数f()＝a 3＋32－恰有3个单调区间，则实数a 的取值范围是__(－3，0)∪(0，＋∞)__． 解析：由题意知，f ′()＝3a 2＋6－1，因为函数f()＝a 3＋32－恰有3个单调区间．所以f ′()＝3a 2＋6－1＝0有两个不同的实数根，所以Δ＝36－4×3a ×(－1)>0，且a ≠0，解得a>－3且a ≠0.故实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．3. 已知函数f()＝2f ′(1)ln －，则函数f()的极大值为__2ln 2－2__．解析：由题意得，f ′()＝2f ′（1）x －1(>0)，则f ′(1)＝2f ′（1）1－1，解得f ′(1)＝1，所以f ′()＝2x －1＝2－xx (>0)．令f ′()>0，解得0<<2，令f ′()<0，解得>2，所以函数f()在区间(0，2)上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，故函数f()的极大值为f(2)＝2ln 2－2.4. 若函数f()＝3－12在区间(－1，＋1)上不是单调函数，则实数的取值范围是__(－3，－1)∪(1，3)__．解析：由题意得，f ′()＝32－12.令f ′()＝0，即32－12＝0，解得＝±2.因为函数f()在区间(－1，＋1)上不单调，所以－1<－2<＋1或－1<2<＋1，解得－3<<－1或1<<3.故实数的取值范围是(－3，－1)∪(1，3)．1. 有关导数在函数中的应用主要类型有：求函数的切线，判断函数的单调性，求函数的极值和最值．2. 利用函数的单调性证明不等式，求参数的取值范围，对这些问题，要有解题规律的总结和反思．3. 你还有哪些体悟，写下;：。

专题突破提升练(二)导数与函数、不等式等知识的热点交汇问题命题点一 应用导数研究函数的性质①f (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2；②f (x )的极小值是－15；③当a ＞2时，对任意的x ＞2且x ≠a ，恒有f (x )＞f (a )＋f ′(a )(x －a )；④函数f (x )有且只有一个零点．其中真命题的个数为( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解析】 因为f (x )＝x 3－2x 2－4x －7，所以其导函数为f ′(x )＝3x 2－4x －4＝(x －2)(3x ＋2)，令f ′(x )＜0，解得－23＜x ＜2；令f ′(x )＞0，解得x ＜－23或x ＞2；所以函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－23，2，所以①错误；根据单调性可判断f (x )的极小值是f (2)＝－15，f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＜0，故函数f (x )有且只有一个零点，所以④和②正确；又因为a ＞2，对任意的x ＞2且x ≠a ，所以f (x )－f (a )－f ′(a )(x －a )＝x 3－2x 2－4x －a 3＋2a2＋4a －(3a 2－4a －4)(x －a )，所以x 3＋2a 3－2x 2－2a 2－3a 2x ＋4ax ＞0，所以恒有f (x )＞f (a )＋f ′(a )(x －a )，故③正确；故选C.【答案】 C2．(2015·安徽高考)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2. 【解析】 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ， 则f ′(x )＝3x 2＋a .当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a <0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， ∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，②不正确．故填①③④⑤. 【答案】 ①③④⑤3．(2015·衡水二模)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a xe x，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a ＝－1时，求证：f (x )在(0，＋∞)上为增函数；(3)若f (x )在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a 的取值范围．【解】 函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}，f ′(x )＝x 3＋x 2＋ax －a x 2e x.(1)当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝(x ＋1)e x， 所以f (1)＝e ，f ′(1)＝2e.所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程是y －e ＝2e(x －1)，即2e x －y －e ＝0.(2)证明：当a ＝－1时，f ′(x )＝x 3＋x 2－x ＋1x 2e x(x ＞0)．设g (x )＝x 3＋x 2－x ＋1，则g ′(x )＝3x 2＋2x －1＝(3x －1)(x ＋1)． 令g ′(x )＝(3x －1)(x ＋1)＞0，得x ＞13.令g ′(x )＝(3x －1)(x ＋1)＜0，得0＜x ＜13.所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞上是增函数， 所以函数g (x )在x ＝13处取得最小值，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2227＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上恒大于零．于是，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝x 3＋x 2－x ＋1x 2e x＞0恒成立．所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数．(3)f ′(x )＝x 3＋x 2＋ax －a x 2e x.设h (x )＝x 3＋x 2＋ax －a ，则h ′(x )＝3x 2＋2x ＋a .①当a ＞0时，h ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数h (x )在(0，＋∞)上为增函数．而h (0)＝－a ＜0，h (1)＝2＞0.则函数h (x )在区间(0,1)上有且只有一个零点x 0，即h (x 0)＝0，即f ′(x 0)＝0， 且在(0，x 0)上，f ′(x )＜0，在(x 0,1)上，f ′(x )＞0. 故x 0为函数f (x )在区间(0,1)上唯一的极小值点． ②当a ＝0时，h ′(x )＝3x 2＋2x ＞0，x ∈(0,1)恒成立， 则函数h (x )在区间(0,1)上为增函数，此时h (0)＝0， 所以函数h (x )＞0在区间(0,1)上恒成立， 即f ′(x )＞0.故函数f (x )在区间(0,1)上为单调递增函数． 所以f (x )在区间(0,1)上无极值．③当a ＜0时，h (x )＝x 3＋x 2＋ax －a ＝x 3＋x 2＋a (x －1)， 总有h (x )＞0，x ∈(0,1)成立，即f ′(x )＞0成立． 故函数f (x )在区间(0,1)上为单调递增函数． 所以f (x )在区间(0,1)上无极值．综上所述，a ＞0，即a 的取值范围为(0，＋∞)．4．(2015·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值． 【解】 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减． (2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝⎛⎭⎪⎫427a 3＋b ＜0，从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ，所以当a ＞0时，427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时，427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，则在(－∞，－3)上g (a )＜0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立，从而g (－3)＝c －1≤0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1.此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]．因为函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3＞0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0，解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 综上c ＝1.5.(2015·辽宁五校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋1x ＋ax (a 是实数)，g (x )＝2xx 2＋1＋1.(1)当a ＝2时，求函数f (x )在定义域上的最值；(2)若函数f (x )在[1，＋∞)上是单调函数，求a 的取值范围；(3)是否存在正实数a 满足：对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．【解】 (1)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋1x＋2x ，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1x 2＋2＝2x 2＋x －1x2＝2x －1x ＋1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝12.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )＞0，所以f (x )在x ＝12处取到最小值，最小值为3－ln 2；无最大值．(2)f ′(x )＝1x －1x 2＋a ＝ax 2＋x －1x2，x ∈[1，＋∞)， 显然a ≥0时，f ′(x )≥0，且不恒等于0，所以函数f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，符合要求．当a ＜0时，令h (x )＝ax 2＋x －1，易知h (x )≥0在[1，＋∞)上不恒成立， 所以函数f (x )在[1，＋∞)上只能是单调递减函数．所以Δ＝1＋4a ≤0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ＞0h 1≤0－12a≤1，解得a ≤－14.综上，满足条件的a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14∪[0，＋∞)． (3)不存在满足条件的正实数a .由(2)知，a ＞0时f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数， 所以f (x )在[1,2]上是单调递增函数．所以对于任意x 1∈[1,2]，f (1)≤f (x 1)≤f (2)，即f (x 1)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a .g ′(x )＝21－x21＋x22，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1,2]上是单调递减函数．所以当x 2∈[1,2]时，g (x 2)∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤95，2. 若对于任意x 1∈[1,2]，总存在x 2∈[1,2]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋a ，ln 2＋12＋2a ⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤95，2，此时a 无解． 所以不存在满足条件的正实数a .6.(2015·四川高考)已知函数f (x )＝－2x ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，其中a >0. (1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．【解】 (1)由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，g (x )＝f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )，所以g ′(x )＝2－2x＝2x －1x. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增． (2)证明：由f ′(x )＝2(x －1－ln x －a )＝0， 解得a ＝x －1－ln x .令φ(x )＝－2x ln x ＋x 2－2x (x －1－ln x )＋(x －1－ln x )2＝(1＋ln x )2－2x ln x ， 则φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0，于是，存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0. 令a 0＝x 0－1－ln x 0＝u (x 0)， 其中u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)．由u ′(x )＝1－1x≥0知，函数u (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．故0＝u (1)<a 0＝u (x 0)<u (e)＝e －2<1， 即a 0∈(0,1)．当a ＝a 0时，有f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝φ(x 0)＝0. 再由(1)知，f ′(x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x ∈(1，x 0)时，f ′(x )<0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )>f (x 0)＝0； 又当x ∈(0,1]时，f (x )＝(x －a 0)2－2x ln x >0. 故x ∈(0，＋∞)时，f (x )≥0.综上所述，存在a ∈(0,1)，使得f (x )≥0恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．命题点二 应用导数解决与不等式有关的问题f (1)＝2，且f (x )的导函数f ′(x )在R 上恒有f ′(x )＜1，则不等式f (x )＜x ＋1的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(1，＋∞)C ．(－1,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)【解析】 不等式f (x )＜x ＋1可化为f (x )－x －1＜0，令g (x )＝f (x )－x －1，则g ′(x )＝f ′(x )－1，因为f ′(x )＜1，∴g ′(x )＜0，即g (x )在R 上单调递减，又g (1)＝f (1)－1－1＝2－2＝0，则g (x )＜0的解集为{x |x ＞1}．所以f (x )＜x ＋1的解集为{x |x ＞1}．【答案】 B2．(2015·福建高考)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k <1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1【解析】 令g (x )＝f (x )－kx ＋1，则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1.∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0，∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又∵k >1，∴1k －1>0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1.【答案】 C3.(2014·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1. (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1)．①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1.综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)． 4．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0,1]使得f (x 1)＜g (x 2)，求a 的取值范围．【解】 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x(x ＞0)，所以f ′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k ＝3.又切点为(1,2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0， 故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x ＞0)，①当a ≥0时，由于x ＞0，故ax ＋1＞0，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．②当a ＜0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )＞0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )＜0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.(3)由已知知所求可转化为f (x )max ＜g (x )max ，g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0,1]，所以g (x )max ＝2，由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意． 当a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，故f (x )的极大值即为最大值，是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－ln(－a )，所以2＞－1－ln(－a )，解得a ＜－1e 3，a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 3.5.(2015·长春二模)已知函数f (x )＝x 2－ax －a ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值； (2)在(1)的条件下，求证：f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116；(3)当x ∈[e ，＋∞)时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围． 【解】 (1)f ′(x )＝2x －a －a x，由题意可得f ′(1)＝0，解得a ＝1. 经检验，a ＝1时f (x )在x ＝1处取得极值，所以a ＝1. (2)由(1)知，f (x )＝x 2－x －ln x ，令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋5x22－4x ＋116＝x 33－3x 22＋3x －ln x －116，由g ′(x )＝x 2－3x ＋3－1x ＝x 3－1x －3(x －1)＝x －13x(x ＞0)，可知g (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，所以f (x )≥－x 33＋5x 22－4x ＋116成立．(3)由x ∈[e ，＋∞)知，x ＋ln x ＞0， 所以f (x )≥0恒成立等价于a ≤x 2x ＋ln x在x ∈[e ，＋∞)时恒成立，令h (x )＝x 2x ＋ln x，x ∈[e ，＋∞)，有h ′(x )＝x x －1＋2ln xx ＋ln x 2＞0，所以h (x )在[e ，＋∞)上是增函数，有h (x )≥h (e)＝e 2e ＋1，所以a ≤e2e ＋1，即a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，e 2e ＋1.6.(2015·山西四校联考)设函数f (x )＝ln x ＋k x，k ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调递减区间和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意x 1＞x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＜x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 【解】 (1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x ＞0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， ∴此切线的斜率为0，即f ′(e)＝0，1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x ＞0)，由f ′(x )＜0得0＜x ＜e ，由f ′(x )＞0得x ＞e ， ∴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)＝ln e ＋ee ＝2.故f (x )的单调递减区间为(0，e)，极小值为2.(2)条件等价于对任意x 1＞x 2＞0，f (x 1)－x 1＜f (x 2)－x 2恒成立，(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x ＞0)． 则(*)式等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x ＞0)恒成立，∴k ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫对k ＝14，h ′x ＝0仅在x ＝12时成立， 故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.。