导数存在性问题

函数与导数14 导数及其应用 恒成立及存在性问题一、具体目标： 1.导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。

②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。

考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数， 但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；【考点讲解】（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．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．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>； 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>； 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>； 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥【真题分析】在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线， 所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案 】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-. 【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立， 令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）．【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax 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.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．10.【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[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=()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，()f x ≤2ln 0x ≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥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⎛ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意.【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e - C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，【模拟考场】'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<． 【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（ ） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=， 当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<， 当0x >，10x a -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，)由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点， 结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围 【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解.试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或()1,+∞（2上递减，在区间[]1,2上递增，又，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可.【答案】（1，()1,+∞ 2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为11x ==--2x =-122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞； 当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+，令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (xln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【解析】（Ⅰ）函数f （x）的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12+==≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n --≤)n k -<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得k =设()h x =22ln )1)((12x ag x x x a x h '=-+--+=，其中(n )l g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ， 解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a .（3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>， 当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln xa x>-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<， ∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f > 恒成立，求m 的取值范围.【解析 】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时， 所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。

导数的定义与性质导数，是微积分中一个重要的概念，用于描述函数在某一点处的变化率。

它在数学和物理等领域中具有广泛的应用。

本文将介绍导数的定义与性质，以帮助读者更好地理解和运用导数。

一、导数的定义导数，通常用符号"f'(x)"或"dy/dx"表示，表示函数f(x)在某一点x处的变化率。

具体地说，导数定义为以下极限：f'(x) = lim┬(h→0)⁡〖(f(x+h)-f(x))/h〗其中，h为自变量x的增量。

这个极限表示当h趋近于0时，函数f(x)在点x处的变化率的极限值。

二、导数的几何意义导数可以给出函数图像的切线斜率。

在函数图像上任意一点x处，函数的导数等于切线的斜率。

这是因为在极小的增量h内，函数值的变化就近似于切线的斜率。

三、导数的计算1. 基本导数公式：可以通过基本导数公式计算导数，例如：常数函数（f(x)=c）的导数为0；幂函数（f(x)=x^n）的导数为f'(x)=nx^(n-1)；指数函数（f(x)=a^x，其中a>0）的导数为f'(x)=a^x * ln(a)；对数函数（f(x)=logₐ(x)，其中a>0且a≠1）的导数为f'(x)=1/(x *ln(a))；三角函数的导数为f'(x)=cos(x)、f'(x)=-sin(x)等。

2. 导数运算法则：导数具有一系列运算法则，包括常数倍数法则、加减法则、乘法法则、除法法则、复合函数法则等。

通过运用这些法则，可以计算复杂函数的导数。

四、导数的性质导数具有许多重要的性质，如下所示：1. 导数存在性：如果函数在某一点处可导，则该点处一定存在导数。

但是反过来并不一定成立，存在函数在某点的导数不存在的情况。

2. 函数连续性与可导性：如果函数在某一点可导，则该点处函数一定连续。

但是反过来也不一定成立，存在函数在某点连续但导数不存在的情况。

在微积分学中，我们学到了一阶导数和二阶导数的概念，它们分别表示函数的斜率和曲率。

然而，有些函数在某些点的二阶导数并不存在，而一阶导数在该点却是连续的。

本文将探讨一阶导数在x=0处连续，但二阶导数在该处不存在的函数。

二、函数f(x)的定义考虑如下函数：f(x) = |x|首先我们观察这个函数在x=0的情况。

1. 当x>0时，f(x) = x2. 当x<0时，f(x) = -x3. 当x=0时，f(x) = 0三、一阶导数的计算我们可以通过导数的定义来计算出f(x)在x=0处的一阶导数。

导数的定义是：f'(a) = lim(h->0) (f(a+h) - f(a)) / h计算f'(0+)和f'(0-)，其中0+和0-分别表示从右侧和左侧逼近0时的4. 当h>0时，f(0+h) = |h| = h因此f'(0+) = lim(h->0+) (f(0+h) - f(0)) / h = lim(h->0+) (h - 0) / h = 15. 当h<0时，f(0+h) = |h| = -h因此f'(0-) = lim(h->0-) (f(0+h) - f(0)) / h = lim(h->0-) (-h - 0) / h = -1f'(0+) = 1，f'(0-) = -1。

由于f'(0+) = f'(0-) = 1，所以f'(0)存在且等于1，即一阶导数在x=0处是连续的。

四、二阶导数的计算接下来我们计算f(x)在x=0处的二阶导数。

二阶导数的定义是：f''(a) = lim(h->0) (f'(a+h) - f'(a)) / h我们首先计算f''(0+)和f''(0-)，类似地，0+和0-表示从右侧和左侧逼近0时的二阶导数。

导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中3种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论. 1.导函数根的大小比较实例1：求函数()321132a f x x x ax a -=+--，x R ∈的单调区间.分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对函数()321132a f x x x ax a -=+--进行求导可以得到导函数()()'21f x x a x a =+--，观察可知导函数可以因式分解为()()()()'211f x x a x a x a x =+--=-+，由此可知方程()'0f x =有两个实根1x a =，21x =-，由于a 的范围未知，要讨论函数()321132a f x x x ax a -=+--的单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分1a <-，1a =-，1a >-三种情况进行讨论：当1a <-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：所以，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -.当1a =-时， ()'0f x ≥在R 上恒成立，所以函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间.当1a >-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：所以，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.综上所述，当1a <-时，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -； 当1a =-时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当1a >-时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -. 点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于a R ∈，所以要分1a <-，1a =-，1a >-三种情况，这里注意不能漏了1a =-的情况. 2.导函数的根的存在性讨论实例2：求函数()32f x x ax x =++的单调区间分析：这道题跟实例1一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数()32f x x ax x =++进行求导可以得到导函数()'2321f x x ax =++，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程23210x ax ++=是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式2412a ∆=-，若24120a ∆=-<即a <<23210x ax ++=没有实根，即()'0f x > 在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=-=即a =，方程23210x ax ++=有两个相等的实根123ax x ==-，即()'0f x ≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=->即a a <>，则方程23210x ax ++=有两个不同实根，由求根公式可解得13a x -=，23a x -+=，显然12x x <此时()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：综上所述，当a ≤≤()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当a a <>时，()f x 的单调递增区间为⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭，单调递减区间为33a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭点评：实例2和实例1都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例2主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例1是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例2则相反，实例2在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。

十八导数的存在性问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.若存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,则实数a的取值范围是( )A.(-1,+∞)B.(0,+∞)C.(-2,+∞)D.[-1,+∞)【解析】选A.存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,即a>x2-在区间(0,+∞)上有解,令f(x)=x2-,f′(x)=2x+>0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(0)=-1,又a>x2-在区间(0,+∞)上有解,所以a∈(-1,+∞).2.(2019·莆田模拟)若函数f(x)=x3-x2+2x没有极小值点,则a的取值范围是( )A. B.C.{0}∪D.{0}∪【解析】选C.f′(x)=ax2-2x+2,要使得f(x)没有极小值,则要求f′(x)恒大于等于0,或者恒小于等于0,或者该导函数为一次函数,当该导函数为一次函数的时候,a=0,满足条件,当f′(x)恒大于等于0的时候,则,解得a∈,当f′(x)恒小于等于0的时候,则,此时a不存在,故a∈{0}∪.3.已知函数f(x)=xe x,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是( )A. B.[-1,+∞)C.[-e,+∞)D.【解析】选D.f′(x)=e x+xe x=(1+x)e x,当x>-1时,f′(x)>0,函数递增;当x<-1时,f′(x)<0,函数递减.所以当x=-1时,f(x)取得最小值,f(-1)=-.函数g(x)的最大值为a.若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值,即a≥-.4.(2020·重庆模拟)若函数f(x)=e x在(0,1)内存在极值点,则实数a的取值范围是( )世纪金榜导学号A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,-1]D.[-1,0)【解析】选A.函数f(x)=e x,定义域为{x|x≠0},f′(x)=e x+xe x-=,因为f(x)在(0,1)内存在极值点,则f′(x)==0的实数根在(0,1)内,即x3+x2-ax+a=0的实数根在区间(0,1)内,令g(x)=x3+x2-ax+a,可知,函数g(x)=x3+x2-ax+a在(0,1)内存在零点,讨论a:a=0时,g(x)=x2(x+1)在(0,1)上无零点.a>0时,在(0,1)上,g(x)=x3+x2+(1-x)a>0,无零点.a<0时,g(0)=a<0,g(1)=2>0,在(0,1)上有零点.所以实数a的取值范围是a<0.二、填空题(每小题5分,共20分)5.(2020·赣州模拟)若函数f(x)=ae x-x-2a有两个零点,则实数a的取值范围是. 【解析】因为f(x)=ae x-x-2a,所以f′(x)=ae x-1.当a≤0时,f′(x)≤0恒成立,函数f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;当a>0时,令f′(x)=0,得x=ln,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)的最小值为f=1-ln-2a=1+ln a-2a.令g(a)=1+ln a-2a(a>0),则g′(a)=-2.当a∈时,g(a)单调递增;当a∈时,g(a)单调递减,所以g(a)max=g=-ln 2<0,所以f(x)的最小值为f<0,函数f(x)=ae x-x-2a有两个零点.综上所述,实数a的取值范围是(0,+∞).答案:(0,+∞)6.设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若函数y=f(x)-g(x)在x∈[a,b]上有两个不同的零点,则称f(x)和g(x)在[a,b]上是“关联函数”,区间[a,b]称为“关联区间”.若f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,则实数m的取值范围是. 【解析】因为f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,令y=h(x)=f(x)-g(x), 所以函数y=h(x)=f(x)-g(x)=x-ln x+-m在[1,3]上有两个不同的零点,即h(x)=0在[1,3]有两个不同的实数根,令x-ln x+-m=0,即m=x-ln x+.设F(x)=x-ln x+,即y=m与F(x)=x-ln x+有两个交点,则F′(x)=1--==.所以F′(x)>0,得x>2;F′(x)<0,得0<x<2,所以F(x)在[1,2]上递减,在[2,3]上递增,F(1)=3,F(2)=3-ln 2,F(3)=-ln 3.作出函数F(x)图像,如图.作直线y=m,平移可知当3-ln 2<m≤-ln 3时符合题意,所以实数m的取值范围是(3-ln 2,-ln 3].答案:(3-ln 2,-ln 3]7.设函数f(x)=x2-xln x+2,若存在区间[a,b]⊆,使f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],则k的取值范围为.【解题指南】判断f(x)的单调性,得出f(x)=k(x+2)在上有两解,作出函数图像,利用导数的意义求出k的范围.【解析】f′(x)=2x-ln x-1,设g(x)=f′(x),则g′(x)=2-,所以当x≥时,g′(x)≥0,所以f′(x)在)上单调递增,所以f′(x)≥f′=ln 2>0,所以f(x)在上单调递增,因为[a,b]⊆,所以f(x)在[a,b]上单调递增,因为f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],所以,所以方程f(x)=k(x+2)在上有两解a,b.作出y=f(x)与直线y=k(x+2)的函数图像,则两图像有两交点.若直线y=k(x+2)过点,则k=,若直线y=k(x+2)与y=f(x)的图像相切,设切点为(x0, y0),则,解得k=1.所以1<k≤.答案:8.(2020·上饶模拟)已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∃x1∈,∀x2∈,使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是. 世纪金榜导学号【解析】当x1∈时,由f(x)=x+得,f′(x)=,令f′(x)>0,解得:x>2,令f′(x)<0,解得:x<2,所以f(x)在上单调递减,在(2,3]上单调递增,所以f=8.5是函数的最大值,当x2∈[2,3]时,g(x)=2x+a为增函数,所以g(3)=a+8是函数的最大值,又因为∃x1∈,∀x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),可得f(x)在x1∈的最大值不小于g(x)在x2∈[2,3]的最大值,即8.5≥a+8,解得:a≤.答案:a≤三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020·黄冈模拟)已知函数f(x)=e x·(a+ln x),其中a∈R.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=-垂直,求a的值.(2)记f(x)的导函数为g(x).当a∈(0,ln 2)时,证明:g(x)存在极小值点x0,且f(x0)<0.【解析】(1)f′(x)=e x·(a+ln x)+e x·=e x·,依题意,有f′(1)=e·(a+1)=e,解得a=0.(2)令g(x)=e x·,所以g′(x)=e x·+e x·=e x·.因为e x>0,所以g′(x)与a+-+ln x同号.设h(x)=a+-+ln x,则h′(x)==.所以对任意x∈(0,+∞),有h′(x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增.因为a∈(0,ln 2),所以h(1)=a+1>0,h=a+ln <0,故存在x0∈,使得h(x0)=0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下:x x0(x0,1)g′(x)- 0 +g(x) ↘极小值↗所以g(x)在区间上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.所以若a∈(0,ln 2),存在x0∈,使得x0是g(x)的极小值点.令h(x0)=0,得到a+ln x0=,所以f(x0)=·(a+ln x0)=·<0.【变式备选】1.已知函数f(x)=x2-3ln x.(1)求f(x)在(1,f(1))处的切线方程.(2)试判断f(x)在区间(1,e)上有没有零点?若有,则判断零点的个数.【解析】(1)由已知得f′(x)=x-,有f′(1)=-2,f(1)=,所以在(1,f(1))处的切线方程为y-=-2(x-1),化简得4x+2y-5=0.(2)由(1)知f′(x)=,因为x>0,令f′(x)=0,得x=,所以当x∈(0,)时,有f′(x)<0,则(0,)是函数f(x)的单调递减区间;当x∈(,+∞)时,有f′(x)>0,则(,+∞)是函数f(x)的单调递增区间.当x∈(1,e)时,函数f(x)在(1,)上单调递减,在(,e)上单调递增;又因为f(1)=,f(e)=e2-3>0,f()=(1-ln 3)<0,所以f(x)在区间(1,e)上有两个零点.2.(2019·淄博模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+ab(a>0,b∈R).(1)若存在正数a,使f(x)≤0恒成立,求实数b的最大值.(2)设a=1,若g(x)=xe x-2x-f(x)没有零点,求实数b的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax+ab,所以f′(x)=-a=-,所以y=f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以f(x)max=f=-ln a-1+ab.所以存在正数a,使ab≤1+ln a成立,即存在正数a,使得b≤成立.令h(x)=,x∈(0,+∞),因为h′(x)=-,所以y=h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以h(x)max=h(1)=1,所以b≤1.故b的最大值为1.(2)因为a=1,所以f(x)=ln x-x+b.所以g(x)=xe x-x-ln x-b.所以g′(x)=(x+1).令x0∈(0,1),使得=.两边取自然对数,得x0=-ln x0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.由题设可知,要使函数g(x) 没有零点,则要g(x)min=g(x0)>0即可,g(x0)=x0·-x0+x0-b=1-b>0,所以b<1.10.设f(x)=ln x+,g(x)=ax-4. 世纪金榜导学号(1)求φ(x)=f(x)+g(x)的单调区间.(2)当a=1时,记h(x)=f(x)·g(x),是否存在整数λ,使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解?若存在,求出λ的最小值,若不存在,说明理由.【解析】(1)φ′(x)=-+a==(x>0).a<0时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;故φ(x)在上单调递增,在上单调递减;0≤a≤1时,φ′(x)>0恒成立,故φ(x)在(0,+∞)上单调递增.a>1时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;故φ(x)在上单调递减,在上单调递增;综上:a<0时,φ(x)在上单调递增,在上单调递减;0≤a≤1时,φ(x)在(0,+∞)上单调递增.a>1时,φ(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)当a=1时,h(x)=f(x)·g(x)=(x-4)ln x,h′(x)=ln x+=1+ln x-(x>0),由于h′(x)在(0,+∞)上单调递增且h′(2)=ln 2-1<0,h′(3)=ln 3->0,故存在唯一x0∈(2,3),使得h′(x0)=0,即1+ln x0-=0(*),故h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故h(x)min=h(x0)=(x0-4)ln x0=(x0-4)=8-,又x0∈(2,3)且y=8-在(2,3)上单调递增,故8-∈, 即h(x)min∈.依题意:2λ≥h(x)有解,故λ≥h(x)min∈,又λ∈Z,故λmin=0.。

高二数学《导数与微分》知识点概述导数与微分是高二数学学科中的重要内容，对于学生来说，掌握这些知识点不仅能够帮助他们理解数学的基本概念，还能够为后续学习奠定坚实的基础。

第一部分：导数的概念及性质导数作为微积分的重要概念之一，其本质是函数在某点处的变化率。

导数的定义是通过极限的方法得到的，即函数在一点处的导数等于函数在该点附近变化最快的直线的斜率。

导数的性质主要有如下几个方面：1. 导数的存在性和唯一性：对于任意一个函数，只要它在某一点上可导，那么它在该点上的导数就是唯一确定的。

2. 导数的几何意义：导数可以理解为函数曲线在某一点处的切线斜率，因此导数的大小与斜率的大小成正比。

3. 导数与函数的关系：如果一个函数在某点处可导，则该函数在该点的导数可以作为函数的局部性质的判断标准，如函数的增减性、极值点等。

第二部分：导数的计算方法为了更好地应用导数的概念解决实际问题，在计算导数时，我们可以根据导数的定义以及一些基本的导数性质来进行计算。

下面是一些常见的导数计算方法：1. 常数函数的导数：常数函数的导数为0，即导数与自变量无关。

2. 幂函数的导数：对于幂函数$x^n$，它的导数为$nx^{n-1}$。

3. 反比例函数的导数：反比例函数$y=\frac{1}{x}$的导数为$y'=-\frac{1}{x^2}$。

4. 指数函数的导数：自然对数函数$y=e^x$的导数为$y'=e^x$。

5. 对数函数的导数：自然对数函数的逆函数$y=\ln x$的导数为$y'=\frac{1}{x}$。

第三部分：微分的概念及应用微分是导数的一个重要应用，它包含了更多的几何和物理背景。

微分的概念是函数在某点局部的线性近似，同时也可以理解为函数值的微小变化量。

微分的性质和计算方法与导数类似。

微分的应用广泛，尤其在物理学和工程学中有着重要的地位。

比如在速度和加速度的分析中，微分可以帮助我们计算物体在某一瞬间的速度和加速度。

第六节 导数中不等式的恒成立与存在性问题 一、 基础知识1.与函数单调性有关的恒成立（前面章节已讲） 类型1.函数f x () 在区间D 上单调递增，只需≥f x ()0' 类型2.函数f x () 在区间D 上单调递减，只需≤f x ()0'2.单变量的恒成立转换类型1.任意x ,使得＞）（f x 0,只需＞）（f x 0min类型2.任意x ,使得＜）（f x 0,只需＜）（f x 0max 类型3.任意x ,使得＞）（f x k ,只需＞）（f x k min类型4.任意x ,使得＜）（f x k ,只需＜）（f x k max类型5.任意x ,使得＞）（f x g x (),只需＞）（=−h x f x g x ()()0min min ][类型6.任意x ,使得＜）（f x g x (),只需＜）（=−h x f x g x ()()0max max ][3.双变量的恒成立转换（注意两个函数的顺序） 类型1.＞∀∈x x D f x g x ,,()()1212，只需＞f x g x ()()min max 类型2.＞∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＞f x g x ()()min min 类型3.＜∀∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()max max 类型4.＜∃∈∃∈x D x D f x g x ,,()()112212，只需＜f x g x ()()min max 类型5.若∃∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则只需两个函数值域的交集不为空集类型6.若∀∈∃∈=x D x D f x g x ,,()()112212，则f x ()的值域⊆）（g x 的值域二、 课堂练习1.单变量翻译例1．已知函数=++f x e x ax x x ()(cos 1)2．（1）当=a 0时，判断+⋅−x f x x 1()12与1的大小关系，并说明理由； （2）若对于∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立，求a 的最小值．【答案】【解答】解：（1）当=a 0时，=+f x e x x ()(1)2，+∴⋅=−−x f x x e x x 1()(1)12， +⋅−x f x x 1()112； 理由：设=−g x x e x ()(1)，∴'=−g x xe x ()，当<x 0时，'>g x ()0，函数g x ()单调递增， 当>x 0时，'<g x ()0，函数g x ()单调递减， ∴==g x g max ()(0)1，∴g x ()1，+∴⋅−x f x x 1()112； （2）∀∈x [0，1]，+f x x ()21恒成立， 即+++e x ax x x x (cos 1)212在[0，1]恒成立， 由f x ()的图象经过点(0,1)，=+y x 21经过点(0,1)， 当直线=+y x 21为f x ()的切线，且切点为(0,1)， 由'=++++−f x e x ax x x a x ax x x ()(cos 12cos sin )2， 可得'=+=f a (0)12，解得=a 1； 当a 1时，'=+++−f x e x e x x x x x x x ()(1)(cos cos sin )2，当∈x [0，π4]时，x x cos sin ，+−>x x x x x cos cos sin 0，'>f x ()0； 当∈πx 4(，1]时，+−=+−x x x x x x x x x cos cos sin cos (1tan )，由+∈+πx 41(1，2]，∈πx x 4tan (，tan1]，且<<+π4tan11， 则'>f x ()0，可得f x ()在[0，1]递增，则a 的最小值为1．变式1．已知函数=++f x ax lnx ()1．（Ⅰ）若=−a 1，求函数f x ()的最大值；（Ⅱ）对任意的>x 0，不等式f x xe x ()恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】（Ⅰ）解：=−++I f x x lnx ()()1，∴='−x f x x ()1， ∴f x ()在(0,1)上单调递增，在+∞(1,)上单调递减，（Ⅱ）不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立， 令=>−−xg x x xe lnx x (),01， ∴='+x g x x e lnx x ()22， 令=+>=++>'x h x x e lnx x h x x x e x x (),0,()(2)0122， ∴h x ()在+∞(0,)单调递增， ∴=−<h ln e 416()220141，h （1）>0， ∴h x ()存在唯一零点x 0，且∈x 4(,1)10，+=x e lnx x 00020 ∴g x ()在x (0,)0单调递减，在x (0，+∞)单调递增． ∴==−−x g x g x x e lnx min x ()()100000． +=x e lnx x 00020，即=−==x x x x x e ln e ln lnx x x ln 111000000100， 构造函数=ϕx xe x ()，易证ϕx ()在+∞(0,)单调递增， 所以=x x ln 100，则=x e x 100， 将这两个式子代入===−−+−x x g x x e lnx x x ()11110000000， 所以a 1．解法2：不等式++ax lnx xe x1恒成立，等价于−−x a xe lnx x 1在+∞(0,)恒成立． 先证明当>t 0时，+t lnt 1，令=−−g t t lnt ()1，g （1）=0．'=−=−t tg t t ()111，可知：=t 1时函数g t ()取得极小值，因此g t g ()（1）=0，即+t lnt 1， 则当>x 0时，+=++xeln xe x lnx x x ()11，即−−−−x xe lnx x xe lnx xx 111（当且仅当=xe x 1时取等号）， 所以a 1． ∴f (x )的最大值为f （1）=0．变式2.已知函数=++f x ax lnx ()1．（1）讨论函数f x ()零点的个数； （2）对任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】【解答】解：（1）函数=++f x ax lnx ()1， 由=f x ()0，可得−=+x a lnx 1，>x 0， 设=+x g x lnx ()1，>x 0， '=−xg x lnx ()， 当>x 1时，'<g x ()0，g x ()递减；当<<x 01时，'>g x ()0，g x ()递增， 可得=x 1处g x ()取得最大值1，如图所示： 当−a 0或−=a 1，即a 0或=−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()有一个交点， 当<−<a 01即−<<a 10时，直线=−y a 与=y g x ()有两个交点， 当−>a 1即<−a 1时，直线=−y a 与=y g x ()没有交点， 综上可得，<−a 1，函数f x ()零点的个数为0； −<<a 10，函数f x ()零点的个数为2； a 0或=−a 1时，函数f x ()零点的个数为1；（2）任意的>x 0，f x xe x ()2恒成立， 即为−+x a e lnx x 12恒成立， 设=−−=+−−−x xh x e lnx xe lnx x x x ()211222， 设=−−−m x xe lnx x x ()122，>x 0， '=+−−=+−x x m x e xe x e x x x ()22(12)()11222， 设−=xe x 012的根为a ，即有>x a ，m x ()递增；<<x a 0时，m x ()递减， 可得=x a 处m x ()取得最小值m （a ）， 由m （a ）=−−−=−−−=−ae lna a lne a a a 12112022， 可得h x ()0恒成立，即有−+x e lnx x 212， 则a 2，即a 的范围是−∞(，2]．。

值域法破解双变量压轴题的四种情形1基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀，使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃，使得)()(21x g x f =，等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀，使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理，可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ，解决掉双变量转化为求最值.2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程；（2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=，当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =.又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.第2类问题应用例2．已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且2)1(=f .（1）求()y f x =的解析式；（2）求函数()()xf xg x e =的极值；（3）设2(1)1()ln x a lnx h x x +-+=，若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，求实数a 的取值范围．解析：（1）曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -，1y x m'=+，∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+，可得切线方程为0(1)y x m -=--，f （1）2=，21(1)m ∴=--，解得2m =．()(12)y f x x ∴==--，即()1f x x =+．（2）函数()1()x x f x x g x e e +==，()x xg x e-'=，0x ∴>时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减；0x <时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增．0x ∴=是函数()g x 的极大值点，(0)1g =．（3）设21x m =，12[x e -∈ ，1]，则[1m ∈，]e ，2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=．2(1)1()ln x a lnx h x x +-+= ，∴2(1)1()ln m a lnm h m m+-+=．若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，等价于：12()()h x h m <成立，[1m ∈，]e ．即2()()min max h x h x <，[1x ∈，]e ．令lnx t =，[1x ∈ ，]e ，则[0t ∈，1]．22(1)1(1)1()tln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==，[0t ∈，1]，(0)1h =，h （1）3ae -=．221[(1)1](1)()()t tt a t a t t t a h t e e +--+-+--'==，a的取值范围是(-∞，32)(32ee --⋃，)+∞．第3类情形应用实例例3．设函数()(0)kx f x xe k =≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当1k =时，若对任意的1x R ∈，存在2[1,2]x ∈，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围．解析：(1)令()(1)0kx f x kx e '=+>，所以10kx +>，当0k >时，1x k >-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当k 0<时，1x k <-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）当1k =时，，()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈，有()11(1)f x f e ≥-=-，又已知存在2[1,2]x ∈，使()()12f x g x ≥，所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈，使21()24g x x bx e =-+≤-，即142e b x x-+≥+，又因为当[1,2]x ∈，14114,52e x x ee -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以1242b e ≥+，124b e ≥+，即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．解析：（1）定义域为()0,∞+，当2b =时，22()2a x af x x x x+'=+=；当0a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，取10a x e -=，120()1(e )0a f x -=-+<，(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<，故此时恰有一个零点；当0a <时，令()0f x '=，x =0x <时，()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝单调递减，x ()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增；要使函数恰有一个零点，需要ln 02af a ==，解得2a e =-，综上，实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.（2）因为对任意121,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=，所以=-a b ，所以()ln bf x b x x =-+，1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>；所以函数在1[,1)e上单调递减，在(1,]e 上单调递增，min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+，所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时，()220b b g b e e -'=+->-=，所以()g b 在()0,∞+上单调递增，故()(0)0g b g >=，所以1()()f e f e>，从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-，即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>，则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=，所以10b e b e --+≤，即()(1)b ϕϕ≤，解得1b ≤，所以b 的取值范围是(0,1].。

导数应用在高考中的两类存在性问题作者：卢春明来源：《考试周刊》2012年第93期导数在新课程高考中的地位愈发重要，考查的形式多种多样，切线及函数极值的存在性问题是2009年高考的一大亮点.命题者利用导数这一个重要的解题工具将函数与方程有机地结合在一起，并由此考查导数的几何意义及导数在函数中的应用问题，这两种类型不可能就此销声匿迹，还将会在今后的高考舞台上继续发挥作用.本文给出2009年这样的几个高考题的解答，希望读者能体会其中的解题策略与思想方法.一、曲线切线的存在性问题曲线切线是否存在的问题，与导数的几何意义密切相关，常转化为导数方程是否有实根来判断.例1.（2009福建卷理15）若曲线f（x）=az+lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a取值范围是？摇？摇？摇？摇.解析：函数的定义域为（0，+∞），对函数求导得：f′（x）=3ax+.因为曲线存在垂直于y 轴的切线，即切线斜率为0，所以方程3ax+=0在（0，+∞）内有解，显然可得a=-注：2009年福建卷文科的第15题是其姐妹题.例2.（2009重庆卷文19）已知f（x）=x+bx+c为偶函数，曲线y=f（x）过点（2，5），g （x）=（x+a）f（x）.（Ⅰ）若曲线y=g（x）有斜率为0的切线，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若当x=-1时函数y=g（x）取得极值，确定y=g（x）的单调区间.解析：（Ⅰ）∵f（x）=x+bx+c为偶函数，∴f（-x）=f（x），解得b=0，∴f（x）=x+c，又曲线y=f（x）过点（2，5），∴2+c=5，即c=1，∴g（x）=x+ax+x+a，求导得g′（x）=3x+2ax+1，∵曲线y=g（x）有斜率为0的切线，∴g′（x）=3x+2ax+1=0有实数解.∴△=4a-12≥0，解得：a≤-或a≥.所以实数a的取值范围：a∈（-∞，-]∪[，+∞）.（Ⅱ）略.二、函数极值的存在性问题函数极值是否存在与导数方程f′（x）=0的根密切相关，若函数y=f（x）在某一点处取得极值，则这一点必是导数方程的根，但反过来，导数方程的根处未必存在极值.为此，求解导数方程的根后，常需要进行验证才能确定函数是否存在极值.例4.（2009山东卷文21）已知函数f（x）=ax+bx+x+3，其中a≠0.（Ⅰ）当a，b满足什么条件时，f（x）取得极值？（Ⅱ）已知a>0，且f（x）在区间（0，1]上单调递增，试用a表示出b的取值范围.解析：（Ⅰ）由已知得f′（x）=a+2bx+1，令f′（x）=0，得ax+2bx+1=0，f（x）要取得极值，方程ax+2bx+1=0（a≠0）有解，所以△=4b-4a≥0，即b≥a.①当b=a时，f（x）=bx+2bx+1=（bx+1）≥0，f（x）在R上单调递增，故函数f（x）无极值.②当b>a时，此时方程ax+2bx+1=0的根为x==，x==，所以f′（x）=a（x-x）（x-x）.当a>0时，所以f（x）在x，x处分别取得极大值和极小值.当a所以f（x）在x，x处分别取得极大值和极小值.综上，当a，b满足b>a时，f（x）取得极值.（Ⅱ）略.例5.（2009四川卷文20）已知函数f（x）=x+2bx+cx-2的图像在与x轴交点处的切线方程是y=5x-10.（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）设函数g（x）=f（x）+mx，若g（x）的极值存在，求实数m的取值范围及函数g（x）取得极值时对应的自变量x的值.解析：（Ⅰ）函数解析式为f（x）=x-2x+x-2，过程略；（Ⅱ）g（x）=x-2x+x-2+mx，g′（x）=3x-4x+1+，令g′（x）=0当函数有极值时，方程3x-4x+1+=0有实根，即△=4（1-m）≥0，解得m≤1，①当m=1时，g′（x）=（3x-2）≥0，∴g（x）在R上是增函数，故函数g（x）无极值.②m当x变化时，g′（x）、g（x）的变化情况如下表：故在m∈（-∞，1）时，函数g（x）有极值，当x=（2-）时，g（x）有极大值；当x=（2+）时，g（x）有极大值.注：2009年四川高考数学理科卷第21题的第（Ⅲ）小题也属于此种类型.例4.（2010全国卷Ⅱ文21）已知函数f（x）=x-3ax+3x+1.（Ⅰ）设a=2，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）设f（x）在区间（2，3）中至少有一个极值点，求a的取值范围.解：（Ⅰ）略.（Ⅱ）对函数求导得：f′（x）=3x-6ax+3=3（x-2ax+1），由于f（x）在（2，3）中至少有一个极值点，因此方程f′（x）=0在区间（2，3）内有根.∴△=4a-4>020f′（3）=3（10-6a）>0或f′（2）f′（3）注：导数方程f′（x）=0程为二次方程时，其在某个区间内的解的问题，常借助一元二次方程根的分布来处理.从以上各例不难看出，导数应用中的这两类存在性问题与导数方程息息相关，处理好导数方程的解的情况，问题也随之得到解决.。

导数与不等式、存在性及恒成立问题1.不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论.(3)数形结合.2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形.(2)构造新的函数h(x).(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值.(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.热点一导数与不等式[微题型1]利用导数证明不等式【例1－1】已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.解易知f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.解易知f′(x)＝e x－1x＋m.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝e x－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝e x－1x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.故f(x)≥f(x0)＝e x0－ln(x0＋2)＝1x0＋2＋x0＝（x0＋1）2x0＋2>0.综上可知，当m≤2时，f(x)>0成立.探究提高(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式.或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式.(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明.[微题型2] 不等式恒成立求参数范围问题【例1－2】 (1)已知函数f (x )＝ax －1－ln x ，a ∈R .①讨论函数f (x )的单调区间；②若函数f (x )在x ＝1处取得极值，对∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围.(2)设f (x )＝x ln x x ＋1，若对∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)恒成立，求m 的取值范围. 解 (1)①在区间(0，＋∞)上，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x， 当a ≤0时，f ′(x )＜0恒成立，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x ＝1a，在区间⎝⎛⎭⎫0，1a 上， f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞0时，f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞.②因为函数f (x )在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝0，解得a ＝1，经检验可知满足题意.由已知f (x )≥bx －2，即x －1－ln x ≥bx －2，即1＋1x －ln x x≥b 对∀x ∈(0，＋∞)恒成立， 令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝－1x 2－1－ln x x 2＝ln x －2x 2， 易得g (x )在(0，e 2]上单调递减，在[e 2，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2. (2)f (x )＝x ln x x ＋1，∀x ∈[1，＋∞)，f (x )≤m (x －1)，即ln x ≤m ⎝⎛⎭⎫x －1x . 设g (x )＝ln x －m ⎝⎛⎭⎫x －1x ，即∀x ∈[1，＋∞)，g (x )≤0恒成立，等价于函数g (x )在[1，＋∞)上的最大值g (x )max ≤0. g ′(x )＝1x －m ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2＝－mx 2＋x －m x 2.①若m ≤0，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增，即g (x )≥g (1)＝0，这与要求的g (x )≤0矛盾.②若m ＞0，方程－mx 2＋x －m ＝0的判别式Δ＝1－4m 2.当Δ≤0，即m ≥12时，g ′(x )≤0. 所以g (x )在[1，＋∞)上单调递减，g (x )max ＝g (1)＝0，时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，g (x )＞g (1)＝0，与要求矛盾.综上所述，m ≥12. 热点二 存在与恒成立问题【例2】 已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R ). (1)当a ≤12时，讨论f (x )的单调性； (2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4，当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围. 解 (1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2， x ∈(0，＋∞).令h (x )＝ax 2－x ＋1－a ，x ∈(0，＋∞).(ⅰ)当a ＝0时，h (x )＝－x ＋1，x ∈(0，＋∞)，所以当x ∈(0，1)时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增. (ⅱ)当a ≠0时，由f ′(x )＝0，即ax 2－x ＋1－a ＝0，解得x 1＝1，x 2＝1a －1.①当a ＝12时，x 1＝x 2，h (x )≥0恒成立，此时f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②当0＜a ＜12时，1a－1＞1＞0， x ∈(0，1)时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，h (x )＞0，此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减.③当a ＜0时，由于1a－1＜0＜1，x ∈(0，1)时，h (x )＞0 此时f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，此时f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上所述，当a ≤0时， 函数f (x )在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a ＜12时，函数f (x )在(0，1]上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1，1a －1上单调递增，在⎣⎡⎭⎫1a －1，＋∞上单调递减. (2)因为a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，由(1)，知x 1＝1，x 2＝3∉(0，2)，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12. 由于“对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)”等价于“g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12”，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以 ①当b ＜1时，因为g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾；②当b ∈[1，2]时，因为g (x )min ＝g (b )＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ∈(2，＋∞)时，因为g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178. 综上，可得b 的取值范围是⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 探究提高 存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m 恒成立，则g(x)max ≤m ；若g(x)≥m 恒成立，则g(x)min ≥m ；若g(x)≤m 有解，则g(x)min ≤m ；若g(x)≥m 有解，则g(x)max ≥m.【训练2】 已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数).(1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值；(2)当0＜a ≤2时，试判断f (x )的单调性；(3)若对任意的a ∈(1，2)，x 0∈[1，2]，不等式f (x 0)＞m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围.解 f ′(x )＝1x＋2x －a . (1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3.(2)当0＜a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x ＝2⎝⎛⎭⎫x －a 42＋1－a 28x .因为0＜a ≤2，所以1－a 28＞0，而x ＞0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(3)当a ∈(1，2)时，由(2)知，f (x )在[1，2]上的最小值为f (1)＝1－a ，故问题等价于：对任意的a ∈(1，2)，不等式1－a ＞m ln a 恒成立，即m ＜1－a ln a恒成立. 记g (a )＝1－a ln a (1＜a ＜2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋a a （ln a ）2. 令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a ＜0，所以M (a )在(1，2)上单调递减，所以M (a )＜M (1)＝0，故g ′(a )＜0，所以g (a )＝1－a ln a在a ∈(1，2)上单调递减， 所以m ≤g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ， 即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e].。

导数系列——零点存在问题例1.设f(x)是定义在R 且周期为1的函数，在区间)0,1⎡⎣上，()2,,x x Df x x x D ⎧∈=⎨∉⎩其中集合D=1,n x x n N n +⎧⎫-=∈⎨⎬⎩⎭，则方程f(x)-lgx=0的解的个数是 __________ .例2．已知函数f （x ）=﹣kx 2（k ∈R ）有四个不同的零点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．k ＜0B ．k ＜1C ．0＜k ＜1D ．k ＞1例4.例5.已知函数f （x ）= {函数g （x ）=f ²（x ）+f （x ）+t （t ∈R ）关于g （x ）的零点，下列判断不正确的是（ ）A.t=1/4时，有一个零点B.1/4＞t ＞-2时，有2个零点C.t=-2时，有3个零点D.t ＜-2时，有4个零点log 3（-x ）（x ＜0）3 x(x ≥0)例6.已知函数f(x)=若关于x 的函数y=f 2（x ）-bf （x ）+1有8个不同的零点，则实数b 的取值范围是_______例7、设函数f(x)满足f(x)=f(3x),且当x ∈[1,3)时,f(x)=lnx.若在区间[1,9)内，存在3个不同的实数x1,x2,x3，使得f(x1)/x1=f(x2)/x2=f(x3)/x3=t ，则实数t 的取值范围为_______例8．f(x)=x³+ax²+bx+c 有极值点x ₁,x ₂ 且f(x ₁)= x ₁,则关于x 的方程3[f(x)]²+2a f(x)+b=0的不同实根个数为例9.设函数f(x)满足f(x)=f(-x),f(x)=f(2-x)；且当x ∈[0,1]时f(x)=x³；又有g(x)=｜xcos(πx)｜则h(x)=f(x)－g(x)在[－1/2，3/2]上的零点个数为例10.已知函数f （x ）=x-1+a/e x（a ∈R ，e 为自然对数的底数）．（Ⅰ）若曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线平行于x 轴，求a 的值； （Ⅱ）求函数f （x ）的极值；（Ⅲ）当a=1时，若直线l ：y=kx-1与曲线y=f （x ）没有公共点，求k 的最大值．|lg(-x)|，x ＜0 x 3-6x+4，x≥0例11.函数f （x ）的导函数为f ’（x ）=3x^2-8x-60,求f （x ）零点个数。

第4课时 利用导数研究不等式的恒成立或存在性问题[学生用书P58]不等式恒成立求参数(多维探究)方法一 分离参数法(2020·湖北武汉质检)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，2f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1.令f ′(x )<0，得ln x ＋1<0，解得0<x <1e ，所以f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .令f ′(x )>0，得ln x ＋1>0，解得x >1e ，所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.综上，f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)因为g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意得2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1恒成立．因为x >0，所以a ≥ln x －32x －12x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x (x >0)，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－（x －1）（3x ＋1）2x 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝－13(舍去)．当x 变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：x(0，1) 1 (1，＋∞) h ′(x )＋ 0 －h (x ) 极大值所以当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，且h (x )max ＝h (1)＝－2，所以若a ≥h (x )在x ∈(0，＋∞)上恒成立，则a ≥h (x )max ＝－2，即a ≥－2，故实数a 的取值范围是[－2，＋∞)．(1)分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题． (2)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”转化关 通过分离参数法，先转化为f (a )≥g (x )(或f (a )≤g (x ))对∀x ∈D 恒成立，再转化为f (a )≥g (x )max (或f (a )≤g (x )min )求最值关求函数g (x )在区间D 上的最大值(或最小值)问题已知函数f (x )＝ax e x －(a ＋1)(2x －1)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的图象在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >0时，函数f (x )≥0恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)．即f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2，所以所求切线方程为3x ＋y －2＝0.(2)由f (1)≥0，得a ≥1e －1>0， 则f (x )≥0对任意的x >0恒成立可转化为a a ＋1≥2x －1x e x 对任意的x >0恒成立． 设函数F (x )＝2x －1x e x (x >0)，则F ′(x )＝－（2x ＋1）（x －1）x 2e x. 当0<x <1时，F ′(x )>0；当x >1时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以F (x )max ＝F (1)＝1e .于是aa ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e －1，＋∞. 方法二 等价转化法(2020·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x .(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围．【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．(2)f (x )≥12x 3＋1等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x ≤1. 设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1e －x (x ≥0)，则 g ′(x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3－ax 2＋x ＋1－32x 2＋2ax －1e －x ＝－12x [x 2－(2a ＋3)x ＋4a ＋2]e －x＝－12x (x －2a －1)(x －2)e －x .(i)若2a ＋1≤0，即a ≤－12，则当x ∈(0，2)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，2)单调递增，而g (0)＝1，故当x ∈(0，2)时，g (x )＞1，不符合题意．(ii)若0＜2a ＋1＜2，即－12＜a ＜12，则当x ∈(0，2a ＋1)∪(2，＋∞)时，g ′(x )＜0；当x ∈(2a ＋1，2)时，g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，2a ＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a ＋1，2)单调递增．由于g (0)＝1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)＝(7－4a )e －2≤1，即a ≥7－e 24.所以当7－e 24≤a ＜12时，g (x )≤1.(iii)若2a ＋1≥2，即a ≥12，则g (x )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x ＋1e －x . 由于0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，12，故由(ii)可得⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x ＋1e －x ≤1. 故当a ≥12时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞.根据不等式恒成立求参数范围的关键是把不等式转化为函数，利用函数值与最值之间的数量关系确定参数满足的不等式，解不等式即得参数范围．函数f (x )＝x 2－2ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若函数y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x －2y ＋1＝0垂直，求a 的值；(2)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a ＋1x ，f ′(1)＝3－2a ，由题意f ′(1)·12＝(3－2a )·12＝－1，解得a ＝52.(2)不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3在区间(0，e]上恒成立等价于2ln x ≥－x ＋a－3x ，令g (x )＝2ln x ＋x －a ＋3x ，则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2，则在区间(0，1)上，g ′(x )＜0，函数g (x )为减函数；在区间(1，e]上，g ′(x )＞0，函数g (x )为增函数．由题意知g (x )min ＝g (1)＝1－a ＋3≥0，得a ≤4，所以实数a 的取值范围是(－∞，4]．不等式能成立或有解求参数的取值(范围)(师生共研)已知函数f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x )＝ln x x .(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 )的单调递增区间为(－∞，ln a )；由f ′(x )＜0，得f (x )的单调递减区间为(ln a ，＋∞)．综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，ln a )，单调递减区间为(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 x x 2.则问题转化为a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x x 2max. 设h (x )＝ln x x 2，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 .(1)含参数的能成立(存在型)问题的解题方法①a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；②a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .(2)含全称、存在量词不等式能成立问题①存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；②任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .已知函数f (x )＝x ln x (x ＞0)．(1)求函数f (x )的极值；(2)若存在x ∈(0，＋∞)，使得f (x )≤－x 2＋mx －32成立，求实数m 的最小值． 解：(1)由f (x )＝x ln x ，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )＞0，得x ＞1e ；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1e .所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以f (x )在x ＝1e 处取得极小值，且为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值． (2)由f (x )≤－x 2＋mx －32，得m ≥2x ln x ＋x 2＋3x. 问题转化为m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min . 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x (x ＞0)．则g ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x 2. 由g ′(x )＞0，得x ＞1，由g ′(x )＜0，得0＜x ＜1.所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝4，则m ≥4.故m 的最小值为4.[学生用书P59]核心素养系列4 逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x ≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x >x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．(1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x ，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解】 (1)选B.因为f (x )的定义域为{x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0， 即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D.当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)，以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ， 则g ′(x )＝e x －x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e. 设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x .【解】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x >1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x <x .[学生用书P291(单独成册)]1．(2021·贵阳市第一学期监测考试)已知函数f (x )＝a sin x －x ＋b (a ，b 均为正常数)，h (x )＝sin x ＋cos x ．设函数f (x )在x ＝π3处有极值，对于一切x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，不等式f (x )＞h (x )恒成立，求b 的取值范围．解：f ′(x )＝a cos x －1.由已知得：f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝0，所以a ＝2， 所以f (x )＝2sin x －x ＋b ，不等式f (x )＞h (x )恒成立可化为sin x －cos x －x ＞－b ，记函数g (x )＝sin x －cos x －x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，则g ′(x )＝cos x ＋sin x －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－1，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，1≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤2，所以g ′(x )＞0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，所以函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是增函数，最小值为g (0)＝－1， 所以b ＞1，所以b 的取值范围是(1，＋∞)．2．(2020·江西五校联考)已知函数f (x )＝e x ＋bx .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝1，当x 2＞x 1＞0时，f (x 1)－f (x 2)＜(x 1－x 2)·mx 1＋mx 2＋1)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)由f (x )＝e x ＋bx 得f ′(x )＝e x ＋b ，若b ≥0，则f ′(x )＞0，即f (x )＝e x ＋bx 在(－∞，＋∞)上是增函数； 若b ＜0，令f ′(x )＞0得x ＞ln(－b )，令f ′(x )＜0得x ＜ln(－b )，即f (x )＝e x ＋bx 在(－∞，ln(－b ))上单调递减，在(ln(－b )，＋∞)上单调递增．(2)由题意知f (x )＝e x ＋x ，f (x 1)－f (x 2)＜(x 1－x 2)(mx 1＋mx 2＋1)，即f (x 1)－mx 21－x 1＜f (x 2)－mx 22－x 2，由x 2＞x 1＞0知，上式等价于函数φ(x )＝f (x )－mx 2－x ＝e x －mx 2在(0，＋∞)上为增函数，所以φ′(x )＝e x－2mx ≥0(x ＞0)，即2m ≤e x x (x ＞0)． 令h (x )＝e x x (x ＞0)，则h ′(x )＝e x （x －1）x 2， 当h ′(x )＜0时，0＜x ＜1；当h ′(x )＞0时，x ＞1；当h ′(x )＝0时，x ＝1. 所以h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝e ，则2m ≤e ，即m ≤e 2，所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2. 3．(2021·福州市适应性考试)已知f (x )＝2x ln x ＋x 2＋ax ＋3.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e ，使得f (x 0)≥0成立，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝2(ln x ＋1)＋2x ＋a .(1)当a ＝1时，f (x )＝2x ln x ＋x 2＋x ＋3，f ′(x )＝2(ln x ＋1)＋2x ＋1，所以f (1)＝5，f ′(1)＝5，所以曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y －5＝5(x －1)，即y ＝5x .(2)存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e ，使得f (x 0)≥0成立，等价于不等式a ≥－2x ln x ＋x 2＋3x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 上有解． 设h (x )＝－2x ln x ＋x 2＋3x，则h ′(x )＝－x 2＋2x －3x 2＝－（x ＋3）（x －1）x 2， 当1e ＜x ＜1时，h ′(x )＞0，h (x )为增函数；当1＜x ＜e 时，h ′(x )＜0，h (x )为减函数．又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－3e 2－2e ＋1e ，h (e)＝－e 2＋2e ＋3e ， 故h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －h (e)＜0， 所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 时，h (x )＞h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－3e 2－2e ＋1e ， 所以a ＞－3e 2－2e ＋1e， 即a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3e 2－2e ＋1e ，＋∞. 4．(2021·合肥第一次教学检测)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x ，g (x )＝a (x －1)，a ∈R .(1)求直线y ＝g (x )与曲线y ＝f (x )相切时，切点T 的坐标；(2)当x ∈(0，1)时，g (x )＞f (x )恒成立，求a 的取值范围．解：(1)设切点坐标为(x 0，y 0)，由f (x )＝(x ＋1)·ln x ，得f ′(x )＝ln x ＋1x ＋1，则⎩⎨⎧ln x 0＋1x 0＋1＝a ，（x 0＋1）ln x 0＝a （x 0－1）， 所以2ln x 0－x 0＋1x 0＝0. 令h (x )＝2ln x －x ＋1x ，则h ′(x )＝－x 2－2x ＋1x 2≤0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h (x )＝0最多有一个实数根．又h (1)＝0，所以x 0＝1，此时y 0＝0，即切点T 的坐标为(1，0)．(2)当x∈(0，1)时，g(x)＞f(x)恒成立，等价于ln x－a（x－1）x＋1＜0对x∈(0，1)恒成立．令H(x)＝ln x－a（x－1）x＋1，则H′(x)＝1x－2a（x＋1）2＝x2＋2（1－a）x＋1x（x＋1）2，H(1)＝0.①当a≤2，x∈(0，1)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，所以H′(x)＞0，H(x)在x∈(0，1)上单调递增，因此当x∈(0，1)时H(x)＜0.②当a＞2时，令H′(x)＝0得x1＝a－1－（a－1）2－1，x2＝a－1＋（a－1）2－1.由x2＞1与x1x2＝1得，0＜x1＜1.所以当x∈(x1，1)时，H′(x)＜0，H(x)单调递减，所以当x∈(x1，1)时，H(x)＞H(1)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，2]．。

偏导数存在的充分条件1. 什么是偏导数？好啦，今天我们要聊聊偏导数，听起来挺高大上的对吧？但其实，偏导数就是一个简单的概念。

想象一下，你在做一顿丰盛的晚餐，烤鸡、炖菜、炒饭……每一样菜都需要不同的调料和火候。

那么，偏导数就是帮你测量某个变量变化时，其他变量保持不变的情况下，函数的变化率。

简单来说，就是当你专注于某一件事的时候，其他的事情都不打扰你，你的专注力就像是那份偏导数，清晰而准确。

2. 偏导数存在的条件现在，咱们来聊聊偏导数存在的条件。

没错，有条件就有保证，偏导数也不例外。

首先，最基本的，咱得保证这个函数是“好”的，什么意思呢？就是在我们想要计算偏导数的点附近，函数得是连续的。

这就像一条河流，如果河水流动平稳，波澜不惊，那么你才能安心地划船；如果水流湍急，咕咚一声就翻了，那可就麻烦了。

所以说，函数在某一点的连续性，就像是在告诉你：“嘿，来吧，偏导数在这儿等你！”2.1 连续性的重要性说到连续性，这可真是个大事儿。

想象一下，你在公园散步，前面有个小石子，如果你不小心绊了一下，可能会跌个四脚朝天，哈哈！而如果你在平坦的路面上走，那可是畅通无阻。

所以，偏导数的存在，得依赖于函数的连续性，这样你才能顺畅地进行计算。

如果函数在某个点不连续，偏导数就有可能“不领情”，让你难以下手。

2.2 可微性与偏导数接着，除了连续性，还有可微性。

你可以把可微性想象成一个法则：只有那些“温柔”的函数，才允许你在某一点上“轻轻地”微分。

就像你和朋友一起打篮球，只有当朋友不防守的时候，你才能轻松投篮。

如果对方一直贴身防守，那就难了。

所以，要计算偏导数，函数不仅得连续，还得可微。

这个条件就像是在说：“来吧，继续推进，你可以试试。

”3. 结论所以，归根结底，偏导数的存在就像是一个聚会，得有合适的人，合适的氛围。

连续性和可微性就是这个聚会的基本条件。

如果你在聚会上遇到一个不靠谱的家伙，那他很可能会让整个聚会变得尴尬，就像一个不连续的函数，偏导数自然无法计算。

导数与函数的泰勒展开导数是微积分中的重要概念之一，用于描述函数的变化率。

而泰勒展开是一种将函数在某一点附近用多项式逼近的方法。

在本文中，我们将探讨导数与函数的泰勒展开之间的关系。

一、导数的定义与性质导数描述了函数在某一点的变化率。

对于函数$y=f(x)$，在$x=a$处的导数可以通过以下极限来定义：$$f'(a) = \lim_{h \to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$导数具有以下几个重要性质：1. 导数存在性：如果函数在某一点的左导数和右导数相等，则该点处的导数存在。

2. 可导性与连续性：如果函数在某一点处可导，则该点处必连续；反之，如果函数在某一点处不连续，则该点处不可导。

3. 可加性：若函数$f(x)$和$g(x)$在某一点处可导，则其和、差、积、商函数在该点处也可导。

4. 链式法则：对于复合函数$y=f(g(x))$，若$g(x)$在$x=a$处可导，$f(u)$在$u=g(a)$处可导，则复合函数在$x=a$处可导，且导数为$f'(g(a)) \cdot g'(a)$。

二、泰勒展开的定义与性质泰勒展开可将函数在某一点附近用多项式逼近，并且可以通过函数在该点处的导数来确定。

对于函数$f(x)$，在$x=a$处展开的$n$阶泰勒多项式为：$$P_n(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 + \ldots +\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n$$其中，$f^{(n)}(a)$表示函数在$x=a$处的$n$阶导数。

泰勒展开具有以下几个重要性质：1. 随着展开阶数$n$的增加，多项式逼近的精度也增加。

2. 当$n$趋近于无穷大时，泰勒展开逼近的多项式将无限接近于原函数。

3. 泰勒展开可以用于计算函数的近似值，尤其是在某一点附近。

三、导数与泰勒展开的关系导数与泰勒展开是密切相关的。