2016届高考数学(理)一轮复习学案：3.3+导数的综合应用(苏教版含解析)

江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第四节函数与导数的综合问题教案理含解析苏教版第四节函数与导数的综合问题考点一导数与函数的零点问题题点多变型考点——多角探明[锁定考向]用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一．常见的命题角度有：(1)求函数零点或零点个数；(2)已知函数零点个数求参数的值或范围．[题点全练]角度一：求函数零点或零点个数1．已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，讨论函数f(x)零点的个数．解：法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得ln x＝－ax－1，令u(x)＝ln x，v(x)＝－ax－1，则函数v(x)的图象是过定点(0，－1)，斜率k＝－a 的直线．当直线y＝kx－1与函数u(x)＝ln x的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，则⎩⎪⎨⎪⎧u′x0＝1x0＝k，y0＝ln x0，y0＝kx0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x0＝1，k＝1，y0＝0，所以当k＞1时，函数f(x)没有零点；当k＝1或k≤0时，函数f(x)有1个零点；当0＜k＜1时，函数f(x)有2个零点．即当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－ln x＋1x.令g(x)＝－ln x＋1x(x＞0)，则g′(x)＝ln xx2.当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0，故函数g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (1)＝－1， 由于g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，x →＋∞时，g (x )→0，所以当0＜x ＜1e 时，g (x )＞0，当x ＞1e 时，g (x )＜0.所以当a ＜－1时，函数f (x )没有零点；当a ＝－1或a ≥0时，函数f (x )有1个零点；当－1＜a ＜0时，函数f (x )有2个零点．角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围2．(2019·徐州调研)设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R)，若函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围．解：令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x.令g (x )＝x －ln x x ，其中x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3，则g ′(x )＝1－1－ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x ＜1时，g ′(x )＜0；当1＜x ≤3时，g ′(x )＞0，∴g (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1，单调递增区间为(1,3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上有两个零点，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13＞3－ln 33， ∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，3－ln 33.[通法在握]函数的零点个数也就是函数图象与x 轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数．(2)分离参数，将问题转化为：求直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象交点个数问题．[演练冲关]1．设函数f (x )＝ln x ＋m x ，m ∈R.讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解：由题设，g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． 所以x ＝1是φ(x )的极大值点，也是φ(x )的最大值点． 所以φ(x )的最大值为φ(1)＝23.由φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点．2．已知函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点，求实数a 的取值范围． 解：∵f (x )＝a e x－x －2a ，∴f ′(x )＝a e 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 1a，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫ －∞，ln 1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ，＋∞上单调递增，∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＝1－ln 1a －2a ＝1＋ln a －2a .令g (a )＝1＋ln a －2a (a ＞0)，则g ′(a )＝1a－2.当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 0，12时，g (a )单调递增；当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12，＋∞时，g (a )单调递减，∴g (a )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 12＝－ln 2＜0， ∴f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎪⎫ ln 1a ＜0，函数f (x )＝a e x－x －2a 有两个零点．综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)． 考点二 导数与不等式的证明问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领]已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R.(1)当a ＝0时，求函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，求证：x 1＋x 2≥5－12. 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1) ＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x (x ＞0)． 由f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，得ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0， 从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)， 令t ＝x 1x 2，设φ(t )＝t －ln t (t ＞0)， 则φ′(t )＝1－1t ＝t －1t，易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )≥φ(1)＝1，所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1， 因为x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12成立． [由题悟法]破解含双参不等式的证明的关键一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果． [提醒] 变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．[即时应用]已知函数f (x )＝ln x ＋a x. (1)求f (x )的最小值；(2)若方程f (x )＝a 有两个根x 1，x 2(x 1＜x 2)，求证：x 1＋x 2＞2a . 解：(1)因为f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x ＞0)，所以当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数f (x )无最小值． 当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增． 函数f (x )在x ＝a 处取最小值f (a )＝ln a ＋1.(2)证明：若函数y ＝f (x )的两个零点为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 由(1)可得0＜x 1＜a ＜x 2.令g (x )＝f (x )－f (2a －x )(0＜x ＜a )， 则g ′(x )＝(x －a )⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x2－12a －x 2＝－4a x －a 2x 22a －x 2＜0，所以g (x )在(0，a )上单调递减，g (x )＞g (a )＝0， 即f (x )＞f (2a －x )．令x ＝x 1＜a ，则f (x 1)＞f (2a －x 1)，所以f (x 2)＝f (x 1)＞f (2a －x 1)， 由(1)可得f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以x 2＞2a －x 1， 故x 1＋x 2＞2a .考点三 利用导数研究探索性问题重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2018·泰州调研)已知f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e. (1)若a ＝－1，判断是否存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0，并说明理由；(2)设h (x )＝f (x )－g (x )，是否存在实数a ，当x ∈(0，e](e ＝2.718 28…为自然常数)时，函数h (x )的最小值为3，并说明理由．解：(1)不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.理由如下：当a ＝－1时，f (x )＝x 2－x －ln x ＋e ，x ∈(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1－1x ＝2x 2－x －1x ＝x －12x ＋1x.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值f (1)当x ＝1时，函数f (x )有极小值，f (x )极小值＝f (1)＝e ， 此极小值也是最小值， 故不存在x 0＞0，使得f (x 0)＜0.(2)因为f (x )＝x 2＋ax －ln x ＋e ，g (x )＝x 2＋e ， 所以h (x )＝f (x )－g (x )＝ax －ln x ， 则h ′(x )＝a －1x.假设存在实数a ，使h (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3. (ⅰ)当a ≤0时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．(ⅱ)当a ＞0时，①当0＜a ≤1e 时，1a ≥e，h ′(x )≤0在(0，e]上恒成立，所以h (x )在(0，e]上单调递减，h (x )min ＝h (e)＝a e －1＝3，a ＝4e，不符合题意．②当a ＞1e 时，0＜1a＜e ，当0＜x ＜1a时，h ′(x )＜0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减；当1a＜x ＜e 时，h ′(x )＞0，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，e 上单调递增，所以h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，解得a ＝e 2＞1e.综上所述，存在a ＝e 2，使x ∈(0，e]时，h (x )有最小值3.[由题悟法]解决探索性问题的注意事项探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径．[即时应用]已知函数f (x )＝x －aln x，其中a 为实数．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)是否存在实数a ，使得对任意x ∈(0,1)∪(1，＋∞)，f (x )＞x 恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a 的值并加以证明．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x， f ′(x )＝x ln x －x ＋2x ln x 2，f ′(2)＝1ln 2， 又f (2)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝1ln 2(x －2)． (2)①当0＜x ＜1时，ln x ＜0， 则x －aln x＞x ⇔a ＞x －x ln x ， 令g (x )＝x －x ln x ， 则g ′(x )＝2x －2－ln x2x ，再令h (x )＝2x －2－ln x ， 则h ′(x )＝1x －1x＝x －1x，故当0＜x ＜1时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在(0,1)上单调递减， 所以当0＜x ＜1时，h (x )＞h (1)＝0， 所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(0,1)上单调递增， 所以g (x )＜g (1)＝1， 所以a ≥1.②当x ＞1时，ln x ＞0， 则x －aln x＞x ⇔a ＜x －x ln x . 由①知当x ＞1时，h ′(x )＞0，h (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ＞1时，h (x )＞h (1)＝0，所以g ′(x )＝h x2x＞0， 所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (x )＞g (1)＝1， 所以a ≤1. 综合①②得：a ＝1. 考点四 新定义函数问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f (x )＝ax 2＋cos x (a ∈R)． (1)若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(2)设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D ，若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．解：(1)因为f ′(x )＝2ax －sin x ， 令g (x )＝2ax －sin x ， 则g ′(x )＝2a －cos x .①当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增．若x ＞0，则f ′(x )＞f ′(0)＝0； 若x ＜0，则f ′(x )＜f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意．②当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0，所以函数f ′(x )在R 上单调递减．若x ＞0，则f ′(x )＜f ′(0)＝0； 若x ＜0，则f ′(x )＞f ′(0)＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增， 所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意．③当－12＜a ＜12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，cos x ＞2a ，即g ′(x )＜0， 所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减， 所以f ′(x )＜f ′(0)＝0，即函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(2)证明：记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x ＞0)，①若a ＞0，注意到ln x ＜x ，则ln x 12＜x 12，即ln x ＜2x . 当x ＞⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ＞2ax －2x －2 ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－4a ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋4a ＋12a ＞0.所以∃m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增． ②若a ≤0，当x ＞1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ≤－sin x －1－ln x ＜0. 所以∃m ＝1，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减，综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调．[由题悟法]对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答．解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题．本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决．[即时应用]若在公共定义域D 上，f 1(x )＜f (x )＜f 2(x )，则称函数f (x )为函数f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”．(1)已知函数f 1(x )＝12x 2＋2x ＋4ln x ，f 2(x )＝x 2＋2x ＋2，求证：在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”；(2)已知a ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋ln x ，f 1(x )＝(a －1)x 2＋ax ＋(1－a 2)ln x ，f 2(x )＝12x 2＋2ax .若在区间(1，＋∞)上，f (x )为f 1(x )，f 2(x )的“D 函数”，求a 的取值范围．解：(1)证明：设K (x )＝f 2(x )－f 1(x )＝12x 2－4ln x ＋2，下证K (x )min ＞0.K ′(x )＝x －4x＝x －2x ＋2x，故K ′(x )与K (x )随x 的变化情况如下表：x (0,2) 2 (2，＋∞)K ′(x ) －0 ＋K (x )4－4ln 2因为4－4ln 2＞4－4ln e ＝0， 所以K (x )≥4－4ln 2＞0.设R (x )＝f 1(x )＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1， 则f 1(x )＜R (x )＜f 2(x )．所以在区间(0，＋∞)上，f 1(x )，f 2(x )有“D 函数”． (2)设H (x )＝f 1(x )－f (x )＝－x 2＋ax －a 2ln x ， 则在(1，＋∞)上，H (x )＜0.因为H ′(x )＝－2x －a 2x ＋a ＝－2x 2＋ax －a 2x ＝－4x －a 2＋7a28x，所以在(1，＋∞)上，H ′(x )＜0，H (x )是减函数， 所以H (x )＜H (1)≤0，所以a ≤1.设P (x )＝f (x )－f 2(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 2－2ax ＋ln x ，则在(1，＋∞)上，P (x )＜0. 若a ＞12，则4a 2a －1＞1，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2a －1＝ln 4a 2a －1＞0，矛盾． 若a ≤12，因为P ′(x )＝(2a －1)x ＋1x －2a ＝x －1[2a －1x －1]x ，所以在(1，＋∞)上，P ′(x )＜0，P (x )是减函数， 所以P (x )＜P (1)≤0. 所以a ≥－12，所以－12≤a ≤12.故所求a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.1．已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a(a ∈R 且a ≠0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点个数．解：(1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a ， 由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． 综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减． (2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数，等价于方程(ln x －1)e x＋x ＝m 的根的个数．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ， 则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )max ＝h (e)＝e. ∴当m ＜－2e 1e ＋1e 或 m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上没有零点； 当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有一个零点． 2．已知函数f (x )＝x e x .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)是否存在实数a 使得对于任意的x 1，x 2∈(a ，＋∞)，且x 1＜x 2，恒有f x 2－f a x 2－a ＞f x 1－f a x 1－a成立？若存在，求a 的取值范围，若不存在，请说明理由．解：(1)因为f (x )＝x e x ，所以f ′(x )＝(x ＋1)e x .令f ′(x )＝0，得x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋f (x ) 极小值所以f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，f (x )有极小值f (－1)＝－1e ，无极大值．(2)存在满足题意的实数a .理由如下：令g (x )＝f x －f a x －a ＝x e x －a e ax －a (x ＞a )，则f x 2－f ax 2－a ＞f x 1－f a x 1－a等价于g (x )在(a ，＋∞)上单调递增．又g ′(x )＝x 2－ax －a e x ＋a e ax －a 2，记h (x )＝(x 2－ax －a )e x ＋a e a ，则h ′(x )＝[x 2＋(2－a )x －2a ]e x ＝(x ＋2)·(x －a )e x ，故当a ≥－2，且x ＞a 时，h ′(x )＞0，h (x )在(a ，＋∞)上单调递增．故h (x )＞h (a )＝0，从而g ′(x )＞0，g (x )在(a ，＋∞)上单调递增，满足题意； 另一方面，当a ＜－2，且a ＜x ＜－2时，h ′(x )＜0，h (x )在(a ，－2)上单调递减． 故h (x )＜h (a )＝0，从而g ′(x )＜0，g (x )在(a ，－2)上单调递减，不满足题意．所以a 的取值范围为[－2，＋∞)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax ＋b (a ，b ∈R)在x ＝0处的导数值为0.(1)求实数a 的值；(2)若f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1＜x 2，(ⅰ)求实数b 的取值范围；(ⅱ)证明：x 1＋x 2＜0.解：(1)因为f ′(x )＝e x ＋a ，所以f ′(0)＝e 0＋a ＝1＋a ，又f ′(0)＝0，所以a ＝－1.(2)(ⅰ)因为f (x )＝e x －x ＋b ，所以f ′(x )＝e x －1.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝0处取得极小值，也是最小值，且f (0)＝1＋b .因为f (x )有两个零点x 1，x 2，所以f (0)＝1＋b ＜0，所以b ＜－1，即实数b 的取值范围是(－∞，－1)．(ⅱ)证明：因为f (x 1)＝0，f (x 2)＝0，所以e x 1－x 1＋b ＝0 ①，e x 2－x 2＋b ＝0 ②，由②－①得e x 2－e x 1＝x 2－x 1，即e x 1 (e x 2－x 1－1)＝x 2－x 1.令x 2－x 1＝t ，t ＞0，则e x 1 (e t －1)＝t ，所以e x 1＝t e t －1，e x 2＝t e t e t －1. 要证x 1＋x 2＜0，只需证e x 1e x 2＜1，即证t e t －1·t e t e t －1＜1， 即证t 2e t ＜(e t －1)2，即证t 2e t －(e t )2＋2e t －1＜0.令m (t )＝t 2e t －(e t )2＋2e t －1，则m ′(t )＝e t (t 2＋2t ＋2－2e t )．令n (t )＝t 2＋2t ＋2－2e t ，则n ′(t )＝2t ＋2－2e t .设φ(t )＝2t ＋2－2e t ，则当t ＞0时，φ′(t )＝2－2e t ＜0，所以当t ＞0时，φ(t )单调递减，因为φ(0)＝0，所以当t ＞0时，φ(t )＜0，则n ′(t )＜0，所以当t ＞0时，n (t )单调递减，又n (0)＝0，所以当t ＞0时，n (t )＜0，则m ′(t )＜0，所以当t ＞0时，m (t )单调递减，因为m (0)＝0，所以当t ＞0时，m (t )＜0.综上可知，原式得证．4．若对任意实数k ，b 都有函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，则称函数f (x )为“恒切函数”，设函数g (x )＝a e x－x －pa ，a ，p ∈R.(1)讨论函数g (x )的单调性；(2)已知函数g (x )为“恒切函数”．①求实数p 的取值范围；②当p 取最大值时，若函数h (x )＝g (x )e x －m 为“恒切函数”，求证：0≤m ＜316. (参考数据：e 3≈20)解：(1)g ′(x )＝a e x －1，当a ≤0时，g ′(x )＜0恒成立，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，由g ′(x )＞0，得x ＞－ln a ；由g ′(x )＜0，得x ＜－ln a ，所以函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，函数g (x )在R 上单调递减；当a ＞0时，函数g (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．(2)①若函数f (x )为“恒切函数”，则函数y ＝f (x )＋kx ＋b 的图象与直线y ＝kx ＋b 相切，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＋k ＝k 且f (x 0)＋kx 0＋b ＝kx 0＋b ，即f ′(x 0)＝0，f (x 0)＝0.因为函数g (x )为“恒切函数”，所以存在x 0，使得g ′(x 0)＝0，g (x 0)＝0，即⎩⎨⎧ a e 0x －x 0－pa ＝0，a e 0x －1＝0，解得a ＝e －0x ＞0，p ＝e 0x (1－x 0)．设m (x )＝e x (1－x )，则m ′(x )＝－x e x ，由m ′(x )＜0，得x ＞0；由m ′(x )＞0，得x ＜0，故函数m (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而m (x )max ＝m (0)＝1，故实数p 的取值范围为(－∞，1]．②证明：由①知当p 取最大值时，p ＝1，a ＝1，故h (x )＝(e x －x －1)e x －m ，则h ′(x )＝(2e x －x －2)e x .因为函数h (x )为“恒切函数”，故存在x 0，使得h ′(x 0)＝0，h (x 0)＝0，由h ′(x 0)＝0，得(2e 0x －x 0－2)e 0x ＝0，即2e x 0－x 0－2＝0.设n (x )＝2e x －x －2，则n ′(x )＝2e x －1，由n ′(x )＞0，得x ＞－ln 2；由n ′(x )＜0，得x ＜－ln 2，故n (x )在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增．在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n (0)＝0，故x 0＝0，则由h (x 0)＝0，得m ＝0.在单调递减区间(－∞，－ln 2)上，n (－2)＝2e －2＞0，n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝2e －32－12≈2×(20)－12－12＝15－12＜0，故在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上存在唯一的x 0，使得2e 0x －x 0－2＝0，即e 0x ＝x 0＋22，此时由h (x 0)＝0，得m ＝(e0x －x 0－1)e x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋22－x 0－1·x 0＋22＝－14x 0(x 0＋2)＝－14(x 0＋1)2＋14， 因为函数r (x )＝－14(x ＋1)2＋14在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32上单调递增，且r (－2)＝0，r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝316，所以0＜m ＜316. 综上，0≤m ＜316.。

班级 __________姓名 _____________学号 ___________得分 __________(满分100 分，测试时间 50分钟)一、填空题： 请把答案直接填写在答题卡相应的地点 上(共．．．．．．．．10 题，每题6 分，合计60 分)．1. 【2016 河北衡水四调，理11】设过曲线f xe xx （ e 为自然对数的底数）上随意一点处的切线为l 1 ，总存在过曲线g xax2cos x上一点处的切线l 2 ，使得l 1l 2 ，则实数a 的取值范围为 ________．【答案】1,22. 【 2016 云南统测一，理 16】已知实数 a, b 都是常数，若函数ya x 1 be2 x 1的图象x2在切点 0,1处的切线方程为 3x4 y 20, y a x 1 be2 x1与 yk x 3x 21 的图2象有三个公共点，则实数 k 的取值范围是.【答案】 (, 1)(0, )4【分析】当 x1时， ya | x 1| be 2 x 1a(1 x) be 2 x 1 ，则x 2x 2f ' (x)3a2be 2x 1 ，(x 2)2因为函数 ya x 11的图象在切点0,13x 4 y 2 0 ，xbe2 x处的切线方程为22f (0)1a b1a 1| x 1| ；22e 2，即 y所以，即，解得f ' (x)3 3a 2b 3 b 0 x 244 e4| x1|k (x 1)3，适当x1时，方程建立，x2当 x1时，得x1k (x1)3，即1( x2)( x1)2，x2k当 x1时，得(x1)k( x1)3，即1( x2)( x 1)2，x2k令 y 1， f ( x)( x2)( x1)2 , x13( x1)( x1), x1( x2)( x1)2 , x，则 f '( x)1)( x1), x，k13( x113.已知 y＝ f(x)是奇函数，当x∈ (0,2)时， f(x)＝ ln x－ ax a>2，当 x∈(－2,0)时， f(x)的最小值为 1，则 a 的值等于 ________．【答案】 1【分析】由题意知，当x∈ (0,2)时， f(x)的最大值为－ 1.令 f′(x)＝1－ a＝ 0，得 x＝1，x a当 0<x<1a时，f′(x)>0 ；当 x>1时，f ′(x)<0.a1∴ f(x)max＝ f a＝－ ln a－ 1＝－ 1，解得 a＝ 1.4.函数 f(x)＝ x3－3x－ 1，若关于区间 [ － 3,2] 上的随意 x1，x2，都有 |f(x1) －f(x2)| ≤t，则实数 t 的最小值是 ________．【答案】 20【分析】因为f′(x)＝3x2－ 3＝ 3(x－ 1)(x＋ 1)，令 f′(x)＝ 0，得 x＝±1，所以－ 1， 1 为函数的极值点．又 f(－ 3)＝－ 19，f(－ 1)＝ 1，f(1)＝－ 3，f(2)＝ 1，所以在区间 [－ 3,2] 上 f(x)max＝ 1，f(x) min＝－ 19.又由题设知在区间[ － 3,2] 上 f(x)max－ f(x) min≤t，进而 t≥ 20，所以 t 的最小值是20.5.f(x)是定义在 (0，＋∞)上的非负可导函数，且知足 xf′(x)＋ f( x) ≤0，对随意正数 a，b，若 a<b，则 af(b)与 bf(a)的大小关系为________．【答案】 af(b) ≤bf(a)【分析】∵ xf′(x)≤－ f(x) ，f(x) ≥0，∴f x′＝xf x － f x－2f x x2≤2≤ 0.x x则函数f x在(0，＋∞)上是单一递减的，因为0<a<b，则f a f b.即 af(b) ≤bf(a)．x a≥b6.设 D 是函数 y＝ f(x)定义域内的一个区间，若存在x0∈ D，使 f(x0)＝－ x0，则称 x0是 f(x)的一个“次不动点”，也称 f(x)在区间 D 上存在“次不动点”，若函数f(x)＝ax2－3x－ a＋52在区间[1,4] 上存在“次不动点”，则实数 a 的取值范围是 ________．【答案】－∞，12133927.电动自行车的耗电量y 与速度 x 之间相关系y＝3x －2 x － 40x(x>0) ，为使耗电量最小，则速度应定为 ________．【答案】 40【分析】由y′＝ x2－ 39x－ 40＝0，得 x＝－ 1 或x＝ 40，因为0<x<40 时， y′<0；当x>40时， y′>0.所以当x＝40 时， y 有最小值．8. 【 2015 济南模拟】函数f(x)＝ ax3＋ x 恰有三个单一区间，则 a 的取值范围是________．【答案】(－∞，0)【分析】 f(x)＝ ax3＋ x 恰有三个单一区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即 f ′(x)＝ 0 有两个不等实根．∵ f(x)＝ ax3＋ x，∴ f′(x)＝ 3ax2＋ 1.要使f′(x)＝ 0 有两个不等实根，则a<0.9.函数y＝x2 (x>0)的图象在点(a k， a2k)处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k＋1，此中k∈ N* .若 a1＝ 16，则a1＋ a3＋ a5的值是 ________．【答案】2122212e x ＋ 1 e xf xg x10.设函数 f(x)＝x， g(x)＝e x，对随意 x1、 x2∈ (0，＋∞)，不等式k≤k＋ 1恒成立，则正数k 的取值范围是________．【答案】 [1，＋∞)分析】因为对随意x1、x2∈ (0，＋∞)，不等式g x1f x2恒建立，所以kg x1max.k≤k＋1k＋ 1≥f x2因为 g(x)＝e2x x ，e所以 g′(x)＝( xe2－x) ＝′ e2－x＋ xe2－x·(－ 1)＝ e2－x(1－ x)．当 0<x<1 时， g′(x)>0 ；当 x>1 时， g′(x)<0 ，所以 g(x)在 (0,1] 上单一递加，在[1，＋∞)上单一递减．所以当 x＝1 时， g(x)取到最大值，即g(x) max＝ g(1) ＝e；e2 x2＋ 1因为 f( x)＝，当x∈ (0，＋∞)时，x2121，f(x)＝ e x＋x≥ 2e，当且仅当e x＝x1即 x ＝ e 时取等号，故 f(x)min ＝ 2e. 所以 g x 1 max ＝ e ＝ 1.f x 2 2e 2所以 k 1≥ .又因为 k 为正数，所以 k ≥ 1.k ＋ 1 2 二、解答题：解答应写出必需的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定地区内 。

函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f（x）在区间（a，b）上可导f′（x）＞0f（x）在（a，b）内单调递增f′（x）＜0f（x）在（a，b）内单调递减f′（x）＝0f（x）在（a，b）内是常数函数１．在某区间内f′（x）＞0（f′（x）＜0）是函数f（x）在此区间上为增（减）函数的充分不必要条件.２．可导函数f（x）在（a，b）上是增（减）函数的充要条件是对∀x∈（a，b），都有f′（x）≥0（f′（x）≤0）且f′（x）在（a，b）上的任何子区间内都不恒为零.一、思考辨析（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）若函数f（x）在（a，b）内单调递增，那么一定有f′（x）＞0．（）（２）如果函数f（x）在某个区间内恒有f′（x）＝0，则f（x）在此区间内没有单调性.（）（３）在（a，b）内f′（x）≤0且f′（x）＝0的根有有限个，则f（x）在（a，b）内是减函数.（）［答案］（１）×（２）√（３）√二、教材改编１．如图是函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象，则下面判断正确的是（）Ａ．在区间（—３,１）上f（x）是增函数Ｂ．在区间（１,３）上f（x）是减函数Ｃ．在区间（４,５）上f（x）是增函数Ｄ．在区间（３,５）上f（x）是增函数C［由图象可知，当x∈（４,５）时，f′（x）＞0，故f（x）在（４,５）上是增函数.］２．函数f（x）＝cos x—x在（0，π）上的单调性是（）Ａ．先增后减Ｂ．先减后增Ｃ．增函数Ｄ．减函数D［因为f′（x）＝—sin x—１＜0在（0，π）上恒成立，所以f（x）在（0，π）上是减函数，故选Ｄ．］３．函数f（x）＝x—ln x的单调递减区间为.（0,１］［函数f（x）的定义域为{x|x＞0}，由f′（x）＝１—错误!≤0，得0＜x≤１，所以函数f（x）的单调递减区间为（0,１］.］４．已知f（x）＝x３—ax在［１，＋∞）上是增函数，则实数a的最大值是.３［f′（x）＝３x２—a≥0，即a≤３x２，又因为x∈［１，＋∞ ），所以a≤３，即a的最大值是３．］考点１不含参数函数的单调性求函数单调区间的步骤（１）确定函数f（x）的定义域.（２）求f′（x）.（３）在定义域内解不等式f′（x）＞0，得单调递增区间.（４）在定义域内解不等式f′（x）＜0，得单调递减区间.１．函数f（x）＝１＋x—sin x在（0,２π）上是（）Ａ．单调递增Ｂ．单调递减Ｃ．在（0，π）上增，在（π，２π）上减Ｄ．在（0，π）上减，在（π，２π）上增A［f′（x）＝１—cos x＞0在（0,２π）上恒成立，所以在（0,２π）上单调递增.］２．函数y＝错误!x２—ln x的单调递减区间为（）Ａ．（—１,１］Ｂ．（0,１］Ｃ．［１，＋∞）Ｄ．（0，＋∞）B［∵y＝错误!x２—ln x，∴x∈（0，＋∞），y′＝x—错误!＝错误!.由y′≤0可解得0＜x≤１，∴y＝错误!x２—ln x的单调递减区间为（0,１］，故选Ｂ．］３．已知定义在区间（—π，π）上的函数f（x）＝x sin x＋cos x，则f（x）的单调递增区间是.错误!和错误!［f′（x）＝sin x＋x cos x—sin x＝x cos x，令f′（x）＝x cos x＞0，则其在区间（—π，π）上的解集为错误!和错误!，即f（x）的单调递增区间为错误!和错误!.］求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错.如T２.考点２含参数函数的单调性研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.已知函数f（x）＝错误!x２—２a ln x＋（a—２）x，当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性.［解］函数的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝x—错误!＋a—２＝错误!.１当—a＝２，即a＝—２时，f′（x）＝错误!≥0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增.２当0＜—a＜２，即—２＜a＜0时，∵0＜x＜—a或x＞２时，f′（x）＞0；—a＜x＜２时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，—a），（２，＋∞）上单调递增，在（—a,２）上单调递减.３当—a＞２，即a＜—２时，∵0＜x＜２或x＞—a时，f′（x）＞0；２＜x＜—a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0,２），（—a，＋∞）上单调递增，在（２，—a）上单调递减.综上所述，当a＝—２时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当—２＜a＜0时，f（x）在（0，—a），（２，＋∞）上单调递增，在（—a,２）上单调递减；当a＜—２时，f（x）在（0,２），（—a，＋∞）上单调递增，在（２，—a）上单调递减.含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于（或小于）零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点.已知函数f（x）＝ln（e x＋１）—ax（a＞0），讨论函数y＝f（x）的单调区间.［解］f′（x）＝错误!—a＝１—错误!—a.１当a≥１时，f′（x）＜0恒成立，∴当a∈［１，＋∞）时，函数y＝f（x）在R上单调递减.２当0＜a＜１时，由f′（x）＞0，得（１—a）（e x＋１）＞１，即e x＞—１＋错误!，解得x＞ln 错误!，由f′（x）＜0，得（１—a）（e x＋１）＜１，即e x＜—１＋错误!，解得x＜ln 错误!.∴当a∈（0,１）时，函数y＝f（x）在错误!上单调递增，在错误!上单调递减.综上，当a∈［１，＋∞）时，f（x）在R上单调递减；当a∈（0,１）时，f（x）在错误!上单调递增，在错误!上单调递减.考点３已知函数的单调性求参数根据函数单调性求参数的一般方法（１）利用集合间的包含关系处理：y＝f（x）在（a，b）上单调，则区间（a，b）是相应单调区间的子集.（２）f（x）为增函数的充要条件是对任意的x∈（a，b）都有f′（x）≥0且在（a，b）内的任一非空子区间上，f′（x）不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.（３）函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝错误!ax２＋２x（a≠0）.（１）若函数h（x）＝f（x）—g（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；（２）若函数h（x）＝f（x）—g（x）在［１,４］上单调递减，求a的取值范围.［解］（１）h（x）＝ln x—错误!ax２—２x，x∈（0，＋∞），所以h′（x）＝错误!—ax—２，由于h（x）在（0，＋∞）上存在单调递减区间，所以当x∈（0，＋∞）时，错误!—ax—２＜0有解，即a＞错误!—错误!有解.设G（x）＝错误!—错误!，所以只要a＞G（x）min即可.而G（x）＝错误!错误!—１，所以G（x）min＝—１．所以a＞—１且a≠0，即a的取值范围是（—１,0）∪（0，＋∞）.（２）由h（x）在［１,４］上单调递减得，当x∈［１,４］时，h′（x）＝错误!—ax—２≤0恒成立，即a≥错误!—错误!恒成立.所以a≥G（x）max，而G（x）＝错误!错误!—１，因为x∈［１,４］，所以错误!∈，所以G（x）max＝—错误!（此时x＝４），所以a≥—错误!且a≠0，即a的取值范围是∪（0，＋∞）.［母题探究］１．（变问法）若函数h（x）＝f（x）—g（x）在［１,４］上单调递增，求a的取值范围.［解］由h（x）在［１,４］上单调递增得，当x∈［１,４］时，h′（x）≥0恒成立，所以当x∈［１,４］时，a≤错误!—错误!恒成立，又当x∈［１,４］时，错误!min＝—１（此时x＝１），所以a≤—１且a≠0，即a的取值范围是（—∞，—１］.２．（变问法）若函数h（x）＝f（x）—g（x）在［１,４］上存在单调递减区间，求a的取值范围.［解］h（x）在［１,４］上存在单调递减区间，则h′（x）＜0在［１,４］上有解，所以当x∈［１,４］时，a＞错误!—错误!有解，又当x∈［１,４］时，错误!min＝—１，所以a＞—１，且a≠0．即a的取值范围是（—１,0）∪（0，＋∞）.３．（变条件）若函数h（x）＝f（x）—g（x）在［１,４］上不单调，求a的取值范围.［解］因为h（x）在［１,４］上不单调，所以h′（x）＝0在（１,４）上有解，即a＝错误!—错误!有解，令m（x）＝错误!—错误!，x∈（１,４），则—１＜m（x）＜—错误!，所以实数a的取值范围为错误!.（１）f（x）在D上单调递增（减），只要满足f′（x）≥0（≤0）在D上恒成立即可.如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.（２）二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论.已知函数f（x）＝错误!—２x２＋ln x在区间［１,２］上为单调函数，求a的取值范围.［解］f′（x）＝错误!—４x＋错误!，若函数f（x）在区间［１,２］上为单调函数，即在［１,２］上，f′（x）＝错误!—４x＋错误!≥0或f′（x）＝错误!—４x＋错误!≤0，即错误!—４x＋错误!≥0或错误!—４x＋错误!≤0在［１,２］上恒成立，即错误!≥４x—错误!或错误!≤４x—错误!.令h（x）＝４x—错误!，因为函数h（x）在［１,２］上单调递增，所以错误!≥h（２）或错误!≤h（１），即错误!≥错误!或错误!≤３，解得a＜0或0＜a≤错误!或a≥１．考点４利用导数比较大小或解不等式用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式.常见构造的辅助函数形式有：（１）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，设函数f（x）的导函数为f′（x），若对任意x＞0都有２f（x）＋xf′（x）＞0成立，则（）Ａ．４f（—２）＜9f（３）Ｂ．４f（—２）＞9f（３）Ｃ．２f（３）＞３f（—２）Ｄ．３f（—３）＜２f（—２）（２）设f（x）是定义在R上的奇函数，f（２）＝0，当x＞0时，有错误!＜0恒成立，则不等式x ２f（x）＞0的解集是.（１）A（２）（—∞，—２）∪（0,２）［（１）根据题意，令g（x）＝x２f（x），其导数g′（x）＝２xf（x）＋x２f′（x），又对任意x＞0都有２f（x）＋xf′（x）＞0成立，则当x＞0时，有g′（x）＝x （２f（x）＋xf′（x））＞0恒成立，即函数g（x）在（0，＋∞）上为增函数，又由函数f（x）是定义在R上的偶函数，则f（—x）＝f（x），则有g（—x）＝（—x）２f（—x）＝x２f（x）＝g（x），即函数g （x）也为偶函数，则有g（—２）＝g（２），且g（２）＜g（３），则有g（—２）＜g（３），即有４f （—２）＜9f（３）.故选Ａ．（２）令φ（x）＝错误!，∵当x＞0时，∴φ（x）＝错误!在（0，＋∞）上为减函数，又φ（２）＝0，∴在（0，＋∞）上，当且仅当0＜x＜２时，φ（x）＞0，此时x２f（x）＞0．又f（x）为奇函数，∴h（x）＝x２f（x）也为奇函数.故x２f（x）＞0的解集为（—∞，—２）∪（0,２）.］如本例（１）已知条件“２f（x）＋xf′（x）＞0”，需构造函数g（x）＝x２f（x），求导后得x＞0时，g′（x）＞0，即函数g（x）在（0，＋∞）上为增函数，从而问题得以解决.而本例（２）则需构造函数φ（x）＝错误!解决.２．已知函数f（x）（x∈R）满足f（１）＝１，且f（x）的导函数f′（x）＜错误!，则不等式f（x ２）＜错误!＋错误!的解集为.（—∞，—１）∪（１，＋∞）［由题意构造函数F（x）＝f（x）—错误!x，则F′（x）＝f′（x）—错误!.因为f′（x）＜错误!，所以F′（x）＝f′（x）—错误!＜0，即函数F（x）在R上单调递减.因为f（x２）＜错误!＋错误!，f（１）＝１，所以f（x２）—错误!＜f（１）—错误!，所以F（x２）＜F（１），又函数F（x）在R上单调递减，所以x２＞１，即x∈（—∞，—１）∪（１，＋∞）.］。

导 数 的 应 用【复习目标】1.理解导数在研究函数的单调性和极值中的作用；2.理解导数在解决有关不等式、方程的根、曲线交点个数等问题中有广泛的应用。

3.结合实例，借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间；4.结合函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性。

【重点难点】①利用导数求函数的极值；②利用导数求函数的单调区间；③利用导数求函数的最值；④利用导数证明函数的单调性；⑤数在实际中的应用；⑥导数与函数、不等式等知识相融合的问题；⑦导数与解析几何相综合的问题。

【知识梳理】1. 一般地，设函数)(x f y =在某个区间可导，如果'f )(x 0>，那么)(x f 为增函数；如果'f 0)(<x ，那么)(x f 为减函数；如果在某区间内恒有'f 0)(=x ，那么)(x f 为常数；2. 曲线在极值点处切线的斜率为0，极值点处的导数为0；曲线在极大值点左侧切线的斜率为正，右侧为负；曲线在极小值点左侧切线的斜率为负，右侧为正；3. 一般地，在区间[a ，b]上连续的函数f )(x 在[a ，b]上必有最大值与最小值。

①求函数ƒ)(x 在(a ，b)内的极值； ②求函数ƒ)(x 在区间端点的值ƒ(a)、ƒ(b)； ③将函数ƒ )(x 的各极值与ƒ(a)、ƒ(b)比较，其中最大的是最大值，其中最小的是最小值。

4. 利用导数研究多项式函数单调性的一般步骤. 〔1〕求f '〔x 〕.〔2〕确定f '〔x 〕在〔a ，b 〕内符号.〔3〕假设f '〔x 〕>0在〔a ，b 〕上恒成立，那么f 〔x 〕在〔a ，b 〕上是增函数；假设f '〔x 〕<0在〔a ，b 〕上恒成立，那么f 〔x 〕在〔a ，b 〕上是减函数. 【课前预习】1.函数y =x 2〔x －3〕的减区间是A.〔－∞，0〕B.〔2，+∞〕C.〔0，2〕D.〔－2，2〕 C2.函数f 〔x 〕=ax 2－b 在〔－∞，0〕内是减函数，那么a 、b 应满足 A.a <0且b =0 B.a >0且b ∈R C.a <0且b ≠0 D.a <0且b ∈R3.f 〔x 〕=〔x －1〕2+2，g 〔x 〕=x 2－1，那么f ［g 〔x 〕］A.在〔－2，0〕上递增B.在〔0，2〕上递增C.在〔－2，0〕上递增D.在〔0，2〕上递增 4.在〔a ，b 〕内f '〔x 〕>0是f 〔x 〕在〔a ，b 〕内单调递增的________条件.5. 函数y =x sin x +cos x 在下面哪个区间内是增函数A.〔2π,2π3〕 B.〔π,2π〕 C.〔2π3, 2π5〕 D.〔2π,3π〕【典型例题】题型一：借助导数处理单调性、极值和最值例1．对于R 上可导的任意函数f 〔x 〕，假设满足〔x －1〕f x '（）≥0，那么必有〔 〕 A ．f 〔0〕＋f 〔2〕<2f 〔1〕 B. f 〔0〕＋f 〔2〕≤2f 〔1〕 C ．f 〔0〕＋f 〔2〕≥2f 〔1〕 D. f 〔0〕＋f 〔2〕>2f 〔1〕例2．〔1〕32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是〔 〕 (A)－2 (B)0 (C)2 (D)4 例 3．设函数f(x)= 3223(1)1, 1.x a x a --+≥其中 〔Ⅰ〕求f(x)的单调区间； 〔Ⅱ〕讨论f(x)的极值。

苏教版高三数学一轮复习教案（导数）第十二章、导数及其应用教学目标：1、通过实例分析，深刻理解导数的一些实际背景，掌握函数的导数的概念，体会导数的思想及其内涵，掌握利用导数的概念求一些简单函数的导数的方法和流程；掌握导数的实际意义，能通过函数的图像直观的理解导数的几何意义及导数的物理意义。

2、掌握并熟记几种常见的基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则，掌握复合函数的求导法则。

教学重点：几种基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则。

教学难点：导数的几何意义及物理意义。

1．导数的概念函数y=f(x),如果自变量x在x处有增量，那么函数y相应地有增量=f（x+）－f（x），比值叫做函数y=f（x）在x到x+之间的平均变化率，即=。

如果当时，有极限，我们就说函数y=f(x)在点x处可导，并把这个极限叫做f（x）在点x处的导数，记作f'（x）或y'|。

即f（x）==。

说明：（1）函数f（x）在点x处可导，是指时，有极限。

如果不存在极限，就说函数在点x处不可导，或说无导数。

（2）是自变量x在x处的改变量，时，而是函数值的改变量，可以是零。

由导数的定义可知，求函数y=f（x）在点x处的导数的步骤（可由学生来归纳）：（1）求函数的增量=f（x+）－f（x）；（2）求平均变化率=；（3）取极限，得导数f'(x)=。

2．导数的几何意义函数y=f（x）在点x处的导数的几何意义是曲线y=f（x）在点p（x，f（x））处的切线的斜率。

也就是说，曲线y=f（x）在点p（x，f（x））处的切线的斜率是f'（x）。

相应地，切线方程为y－y=f/（x）（x－x）。

3．常见函数的导出公式．（１）（C为常数）（２）（３）（４）4．两个函数的和、差、积的求导法则法则1：两个函数的和(或差)的导数,等于这两个函数的导数的和(或差)，即： (法则2：两个函数的积的导数,等于第一个函数的导数乘以第二个函数,加上第一个函数乘以第二个函数的导数，即：若C为常数,则.即常数与函数的积的导数等于常数乘以函数的导数：法则3两个函数的商的导数，等于分子的导数与分母的积，减去分母的导数与分子的积，再除以分母的平方：'=（v0）。

江苏专版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第一节导数的概念及导数的运算教案文含解析苏教版第一节 导数的概念及导数的运算1．导数的概念 (1)平均变化率一般地，函数f (x )在区间[x 1，x 2]上的平均变化率为f x 2－f x 1x 2－x 1.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数 ①定义：设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上有定义，x 0∈(a ，b )，若Δx 无限趋近于0时，此值ΔyΔx ＝f x 0＋Δx －f x 0Δx无限趋近于一个常数A ，则称f (x )在x ＝x 0处可导，并称该常数A为函数f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)．②几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(3)函数f (x )的导函数若f (x )对于区间(a ，b )内任一点都可导，则f (x )在各点的导数也随着自变量x 的变化而变化，因而也是自变量x 的函数，该函数称为f (x )的导函数．2．基本初等函数的导数公式原函数导函数f (x )＝x α f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos_x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin_x f (x )＝a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝a x ln_a f (x )＝e xf ′(x )＝e xf (x )＝log a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝1x ln af (x )＝ln xf ′(x )＝1x3．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[Cf (x )]′＝Cf ′(x )(C 为常数)；(3)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (4)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝f ′x g x －f x g ′x g 2x (g (x )≠0)．[小题体验]1．设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0的值为________． 解析：由f (x )＝x ln x 得f ′(x )＝ln x ＋1.根据题意知ln x 0＋1＝2，所以ln x 0＝1，因此x 0＝e. 答案：e2．曲线y ＝x 3－x ＋3在点(1,3)处的切线方程为________． 答案：2x －y ＋1＝03．已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝_____.解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，所以f ′(3)＝－13，因为g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，所以g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.答案：01．利用公式求导时要特别注意不要将幂函数的求导公式(x α)′＝αx α－1与指数函数的求导公式(a x)′＝a xln a 混淆．2．求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．3．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．[小题纠偏]1．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为________．解析：y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－cos x ＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .答案：－x sin x2．已知直线y ＝－x ＋1是函数f (x )＝－1a·e x图象的切线，则实数a ＝________.解析：设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝－1a·e 0x＝－1，所以ex ＝a ，又－1a·e 0x＝－x 0＋1，所以x 0＝2，a ＝e 2.答案：e 23．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则a ＝________.解析：因为y ＝x 3，所以y ′＝3x 2，设过(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)，则在该点处的切线斜率为k ＝3x 20，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1.答案：－1或－2564考点一 导数的运算基础送分型考点——自主练透[题组练透]求下列函数的导数． (1)f (x )＝x 3＋x ； (2)f (x )＝sin x ＋x ； (3)f (x )＝e x cos x ； (4)f (x )＝x －1x－ln x . 解：(1)f ′(x )＝(x 3＋x )′＝(x 3)′＋(x )′＝3x 2＋1. (2)f ′(x )＝cos x ＋1.(3)f ′(x )＝e xcos x －e xsin x ＝e x(cos x －sin x )． (4)f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2.[谨记通法]求函数导数的3种原则考点二 导数的几何意义题点多变型考点——多角探明[锁定考向]导数的几何意义是把函数的导数与曲线的切线联系在一起，一般不单独考查，在填空题中会出现，有时也体现在解答题中，难度偏小．常见的命题角度有： (1)求切线方程； (2)求切点坐标；(3)求参数的值(范围)．[题点全练]角度一：求切线方程1．(2019·泰州检测)若函数f (x )＝2x 在点(a ，f (a ))处的切线与直线2x ＋y －4＝0垂直，则该切线方程为________．解析：∵切线与直线2x ＋y －4＝0垂直， ∴切线的斜率是12.∵f (x )＝2x ，∴f ′(x )＝x12-，∴f ′(a )＝a12-＝12. 解得a ＝4，则f (4)＝4，故函数f (x )在点(4,4)处的切线方程为x －2y ＋4＝0. 答案：x －2y ＋4＝02．已知曲线y ＝x 与y ＝8x的交点为C ，两曲线在点C 处的切线分别为l 1，l 2，则切线l 1，l 2与y 轴所围成的三角形的面积为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝8x，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝2，即C (4,2)，由y ＝x ，得y ′＝(x )′＝12x ，则直线l 1的斜率k 1＝14，∴l 1：y ＝14x ＋1.同理可得l 2：y ＝－12x ＋4，如图，易知S △ABC ＝12×3×4＝6，即所求的面积为6.答案：6角度二：求切点坐标3．(2019·扬州模拟)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为________．解析：f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，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，符合题意．答案：(1,3)和(－1,3) 角度三：求参数的值(范围)4．(2018·常州高三期末)已知函数f (x )＝bx ＋ln x ，其中b ∈R.若过原点且斜率为k 的直线与曲线y ＝f (x )相切，则k －b 的值为________．解析：设切点为(x 0，bx 0＋ln x 0)，f ′(x )＝b ＋1x ，则k ＝b ＋1x 0，故切线方程为y －(bx 0＋ln x 0)＝⎝⎛⎭⎪⎫b ＋1x(x －x 0)，将(0,0)代入，可得x 0＝e ，则k ＝b ＋1e ，∴k －b ＝1e .答案：1e[通法在握]与切线有关问题的处理策略(1)已知切点A (x 0，y 0)求斜率k ，即求该点处的导数值，k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)求过某点M (x 1，y 1)的切线方程时，需设出切点A (x 0，f (x 0))，则切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，再把点M (x 1，y 1)代入切线方程，求x 0.[演练冲关]1．曲线f (x )＝2x －e x与y 轴的交点为P ，则曲线在点P 处的切线方程为________． 解析：曲线f (x )＝2x －e x 与y 轴的交点为(0，－1)． 且f ′(x )＝2－e x，所以f ′(0)＝1. 所以所求切线方程为y ＋1＝x ，即x －y －1＝0. 答案：x －y －1＝02．(2018·南京、盐城高三二模)在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝mx ＋1(m ＞0)在x＝1处的切线为l ，则点(2，－1)到直线l 的距离的最大值为________．解析：把x ＝1代入y ＝m x ＋1，得y ＝m2， 则切线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，m 2.∵y ′＝－m x ＋12，∴切线的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－m4.∴切线l 的方程为y －m 2＝－m4(x －1)，即mx ＋4y －3m ＝0.∴点(2，－1)到直线l 的距离d ＝|2m －4－3m |m 2＋42＝|－4－m |m 2＋16＝m ＋4m 2＋16＝m ＋42m 2＋16＝m 2＋8m ＋16m 2＋16＝1＋8mm 2＋16＝ 1＋8m ＋16m≤ 1＋82m ·16m＝2，当且仅当m ＝16m，即m ＝4时取“＝”，故所求最大值为 2. 答案： 23．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R)．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝b ＝0，f ′0＝－aa ＋2＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或a ＝1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)＞0， 即4a 2＋4a ＋1＞0，所以a ≠－12.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·常州调研)函数f (x )＝e x ＋x 2＋sin x 的导函数f ′(x )＝________. 答案：e x＋2x ＋cos x2．(2018·镇江调研)函数f (x )＝(x ＋1)2(x －1)在x ＝1处的导数等于________． 解析：由f (x )＝(x ＋1)2(x －1)＝x 3＋x 2－x －1，得f ′(x )＝3x 2＋2x －1， 所以f ′(1)＝3＋2－1＝4. 答案：43．(2018·苏州暑假测试)曲线y ＝e x在x ＝0处的切线方程为____________． 解析：因为y ′＝e x，所以y ＝e x在x ＝0处的切线斜率k ＝e 0＝1， 因此切线方程为y －1＝1×(x －0)，即x －y ＋1＝0. 答案：x －y ＋1＝04．已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝________.解析：因为f ′(x )＝－1x 2cos x ＋1x(－sin x )，所以f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1π＋2π·(－1)＝－3π. 答案：－3π5．(2019·苏州调研)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R)图象上任意一点处的切线的斜率都小于1，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32＋a23，当x ＝a 3时，f ′(x )取到最大值a 23.∴a 23＜1，解得－3＜a ＜ 3. 答案：(－3，3)6．(2018·苏北四市调研)已知f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，则f (x )在点P (－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于________．解析：因为f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋6，所以f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，所以f ′(－1)＝8， 故切线方程为y －2＝8(x ＋1)，即8x －y ＋10＝0， 令x ＝0，得y ＝10，令y ＝0，得x ＝－54，所以所求面积S ＝12×54×10＝254.答案：254二保高考，全练题型做到高考达标1．设函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(2)＝________. 解析：因为f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，所以f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，令x ＝1，得f ′(1)＝2＋2f ′(1)，解得f ′(1)＝－2，则f ′(x )＝2x －4，所以f ′(2)＝2×2－4＝0.答案：02．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2.若f ′(2 018)＝6，则f ′(－2 018)＝________. 解析：因为f ′(x )＝4ax 3－b sin x ＋7. 所以f ′(－x )＝4a (－x )3－b sin(－x )＋7 ＝－4ax 3＋b sin x ＋7. 所以f ′(x )＋f ′(－x )＝14. 又f ′(2 018)＝6，所以f ′(－2 018)＝14－6＝8. 答案：83．(2019·淮安调研)曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为________． 解析：因为y ＝1－2x ＋2＝x x ＋2， 所以y ′＝x ＋2－x x ＋22＝2x ＋22，y ′| x ＝－1＝2，所以曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2， 所以所求切线方程为y ＋1＝2(x ＋1)，即y ＝2x ＋1. 答案：y ＝2x ＋14．(2018·无锡期末)在曲线y ＝x －1x(x ＞0)上一点P (x 0，y 0)处的切线分别与x 轴，y轴交于点A ，B ，O 是坐标原点，若△OAB 的面积为13，则x 0＝________.解析：因为y ′＝1＋1x2，切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0－1x 0，x 0＞0，所以切线斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1＋1x 20，所以切线方程是y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 20(x －x 0)．令y ＝0，得x ＝2x 0x 20＋1，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0x 20＋1，0； 令x ＝0，得y ＝－2x 0，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2x 0.所以S △OAB ＝12·2x 0x 20＋1·2x 0＝2x 20＋1＝13，解得x 0＝ 5.答案： 55．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m ＜0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f (x )图象的切点为(1，f (1))，则m ＝________.解析：因为f ′(x )＝1x，所以直线l 的斜率为k ＝f ′(1)＝1， 又f (1)＝0，所以切线l 的方程为y ＝x －1.g ′(x )＝x ＋m ，设直线l 与g (x )的图象的切点为(x 0，y 0)，则有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m ＜0，解得m ＝－2. 答案：－26．(2018·淮安高三期中)已知函数f (x )＝x 3.设曲线y ＝f (x )在点P (x 1，f (x 1))处的切线与该曲线交于另一点Q(x 2，f (x 2))，记f ′(x )为函数f (x )的导函数，则f ′x 1f ′x 2的值为________．解析：由f ′(x )＝3x 2，得f ′(x 1)＝3x 21，所以曲线y ＝f (x )在点P (x 1，x 31)处的切线方程为y ＝3x 21x －2x 31，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x 21x －2x 31，y ＝x 3，解得Q(－2x 1，－8x 31)，所以x 2＝－2x 1，所以f ′x 1f ′x 2＝3x 213x 22＝14.答案：147．(2019·南通一调)已知两曲线f (x )＝2sin x ，g (x )＝a cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2相交于点P .若两曲线在点P 处的切线互相垂直，则实数a 的值为________．解析：f ′(x )＝2cos x ，g ′(x )＝－a sin x ．设点P 的横坐标为x 0，则f (x 0)＝g (x 0)，f ′(x 0)·g ′(x 0)＝－1，即2sin x 0＝a cos x 0，(2cos x 0)·(－a sin x 0)＝－1，所以4sin 2x 0＝1.即 sin x 0＝±12，因为x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin x 0＝12，cos x 0＝32，所以a ＝233.答案：2338．曲边梯形由曲线y ＝x 2＋1，y ＝0，x ＝1，x ＝2所围成，过曲线y ＝x 2＋1(x ∈[1,2])上一点P 作切线，使得此切线从曲边梯形上切出一个面积最大的普通梯形，则这一点的坐标为________．解析：设P (x 0，x 20＋1)，x 0∈[1,2]，则易知曲线y ＝x 2＋1在点P 处的切线方程为y －(x 2＋1)＝2x 0(x －x 0)，所以y ＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，设g (x )＝2x 0(x －x 0)＋x 20＋1，则g (1)＋g (2)＝－2x 20＋6x 0＋2，所以S 普通梯形＝g 1＋g 22×1＝－x 20＋3x 0＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x 0－322＋134，所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，134时，S 普通梯形最大．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1349．(2019·盐城中学月考)求下列函数的导数： (1)y ＝x 2(ln x ＋sin x )； (2)y ＝cos x －x x2； (3)y ＝x ln x .解：(1)y ′＝2x (ln x ＋sin x )＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋cos x ＝2x ln x ＋2x sin x ＋x ＋x 2cos x .(2)y ′＝－sin x －1x 2－cos x －x ·2xx 4＝x －2cos x －x sin xx 3.(3)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12·1x ln x ＋x ·1x ＝2＋ln x 2x .10．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋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．解：(1)因为f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，所以f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，所以曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，因为f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，所以切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，所以x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)，整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，所以经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知曲线f (x )＝x 3＋ax ＋14在x ＝0处的切线与曲线g (x )＝－ln x 相切，则a 的值为________．解析：由f (x )＝x 3＋ax ＋14得， f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(0)＝a ，f (0)＝14，所以曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －14＝ax . 设直线y －14＝ax 与曲线g (x )＝－ln x 相切于点(x 0，－ln x 0)， g ′(x )＝－1x， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ －ln x 0－14＝ax 0， ①a ＝－1x 0. ②将②代入①得ln x 0＝34， 所以x 0＝e 34，所以a ＝－1e34＝－e 34-. 答案：－e34-2．(2018·启东中学高三测试)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线l：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在实数k，使直线l既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a，因为f′(－1)＝0，所以3a－6－6a＝0，解得a＝－2.(2)存在，理由如下：由已知得，直线l恒过定点(0,9)，若直线l是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0,3x20＋6x0＋12)．因为g′(x0)＝6x0＋6，所以切线方程为y－(3x20＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将(0,9)代入切线方程，解得x0＝±1.当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9.由(1)知f′(x)＝－6x2＋6x＋12，①由f′(x)＝0，得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2.当x＝－1时，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；当x＝2时，y＝f(x)的切线方程为y＝9，所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9.②由f′(x)＝12，得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.在x＝0处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10.所以y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9.综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0.。

3.4 导数的综合应用一、填空题1．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm ，要使体积最大，则其高为________cm. 解析 设圆锥的体积为V cm 3，高为h cm ，则V ＝13π(400－h 2)h ＝13π(400 h －h 3)， ∴V ′＝13π(400－3h 2)，由V ′＝0，得h ＝2033. 所以当h ＝2033cm 时，V 最大． 答案 20332．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx 有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．解析 因为函数y ＝e x ＋2mx ，有大于零的极值点，所以y ′＝e x＋2m ＝0有大于零的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12. 答案 m <－123．若函数y ＝f (x )可导，则“f ′(x )＝0有实根”是“f (x )有极值”的________． 答案 必要不充分条件4．已知函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是________． 解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )，显然a >0，f ′(x )＝3(x ＋a )(x －a )，由已知条件0<a <1，解得0<a <1.答案 (0,1)5．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)·(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取到极大值，则a 的取值范围是________．解析 结合二次函数图象知，当a >0或a <－1时，在x ＝a 处取得极小值，当－1<a <0时，在x ＝a 处取得极大值，故a ∈(－1,0)．答案 (－1,0)6．有一长为16m 的篱笆，要围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________m 2.解析 设矩形的长为x m ，则宽为：16－2x 2＝8－x (m)∴S 矩形＝x (8－x )＝8x －x 2＝－(x －4)2＋16≤16.答案 167．直线y ＝a 与函数f (x )＝x 3－3x 的图象有相异的三个公共点，则a 的取值范围是________． 解析 令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，可得极大值为f (－1)＝2，极小值为f (1)＝－2，如图，观察得－2＜a ＜2时恰有三个不同的公共点．答案 (－2,2)8．一辆列车沿直线轨道前进，从刹车开始到停车这段时间内，测得刹车后t 秒内列车前进的距离为S ＝27t －0.45t 2米，则列车刹车后________秒车停下来，期间列车前进了________米．解析 S ′(t )＝27－0.9t ，由瞬时速度v (t )＝S ′(t )＝0得t ＝30(秒)，期间列车前进了S (30)＝27×30－0.45×302＝405(米)．答案 30 4059．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (x )在区间(－1,0)上单调递减，则 a 2＋b 2的取值范围是________．解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(x )≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，即3x 2＋2ax ＋b ≤0在x ∈(－1,0)上恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a －b －3≥0，b ≤0，∴a ，b 所满足的可行域如图中的阴影部分所示．则点O 到直线2a －b －3＝0的距离d ＝35，∴a 2＋b 2≥d 2＝95， ∴a 2＋b 2的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，＋∞ 10．关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数解，则实数a 的取值范围是________． 解析 f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2当x ＜0时，f ′(x )＞0；当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.∴当x ＝0时，f (x )取得极大值，即f (x )极大值＝f (0)＝－a ；当x ＝2时，f (x )取得极小值，即f (x )极小值＝f (2)＝－4－a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＞0－4－a ＜0，解得：－4＜a ＜0.答案 (－4,0)11．将边长为1 m 的正三角形薄铁皮，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝梯形的周长2梯形的面积，则s 的最小值是________． 解析 如图所示，设AD ＝x m(0＜x ＜1)，则DE ＝AD ＝x m ，∴梯形的周长为x ＋2(1－x )＋1＝3－x (m)，又S △ADE ＝34x 2(m 2)， ∴梯形的面积为34－34x 2(m 2)， ∴s ＝433×x 2－6x ＋91－x2(0＜x ＜1)， ∴s ′＝－833×3x －1x －31－x 22，令s ′＝0得 x ＝13或3(舍去)，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，s ′＜0，s 递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，s ′＞0，s 递增．故当x ＝13时，s 的最小值是3233. 答案 323312．已有函数f (x )是R 上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，若f (－1)＝0，那么关于x 的不等式xf (x )＜0的解集是________．解析 在(0，＋∞)上有f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．又函数f (x )是R 上的偶函数，所以f (1)＝f (－1)＝0.当x ＞0时，f (x )＜0，∴0＜x ＜1；当x ＜0时，图象关于y 轴对称，f (x )＞0，∴x ＜－1.答案 (－∞，－1)∪(0,1)13．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析 若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立；当x ＞0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝31－2xx 4，所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x 3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增，∴g (x )min ＝g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4.答案 4二、解答题14. 已知函数3()(0)f x ax cx d a =++≠是R 上的奇函数，当1x =时()f x 取得极值2-.(I)求()f x 的单调区间和极大值；(II)证明对任意12,x x (1,1),∈-不等式12|()()|4f x f x -<恒成立.解析 (I)由奇函数定义，应有()(),f x f x x R -=-∈.即 33,0.ax cx d ax cx d d --+=---∴=因此， 3(),f x ax cx =+2'()3.f x ax c =+由条件 (1)2f =-为()f x 的极值，必有'(1)0,f =故230a c a c +=-⎧⎨+=⎩解得 1, 3.a c ==-因此， 32()3,'()333(1)(1),'(1)'(1)0.f x x x f x x x x f f =-=-=+--==当 (,1)x ∈-∞-时，'()0f x >，故()f x 在单调区间(,1)-∞-上是增函数.当 (1,1)x ∈-时，'()0f x <，故()f x 在单调区间(1,1)-上是减函数.当 (1,)x ∈+∞时，'()0f x >，故()f x 在单调区间(1,)+∞上是增函数.所以，()f x 在1x =-处取得极大值，极大值为(1) 2.f -=(II)由(I)知，3()3([1,1])f x x x x =-∈-是减函数，且 ()f x 在[1,1]-上的最大值(1)2,M f =-=()f x 在[1,1]-上的最小值(1) 2.m f ==-所以，对任意12,(1,1),x x ∈-恒有12|()()|2(2) 4.f x f x M m -<-=--=15．如图，某市准备在一个湖泊的一侧修建一条直路OC ，另一侧修建一条观光大道，它的前一段OD 是以O 为顶点，x 轴为对称轴，开口向右的抛物线的一部分，后一段DBC 是函数y＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2，x ∈[4,8]时的图象，图象的最高点为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，833，DF ⊥OC ，垂足为F . (1)求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式；(2)若在湖泊内修建如图所示的矩形水上乐园PMFE ，问：点P 落在曲线OD 上何处时，水上乐园的面积最大？解析 (1)对于函数y ＝A sin(ωx ＋φ)，由图象知A ＝833，ω＝2πT ＝2π48－5＝π6.将B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，833代入到y ＝833· sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋φ中，得5π6＋φ＝2k π＋π2(k ∈Z )． 又|φ|＜π2，所以φ＝－π3.故y ＝833sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x －π3.(2)在y ＝833sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x －π3中，令x ＝4，得D (4,4)，所以曲线OD 的方程为y 2＝4x (0≤x ≤4)． 设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t (0≤t ≤4)，则矩形PMFE 的面积为S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4－t 24t (0≤x ≤4)．因为S ′＝4－3t 24，由S ′＝0，得t ＝433， 且当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，433时，S ′＞0，则S 单调递增， 当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫433，4时，S ′＜0，则S 单调递减； 所以当t ＝433时，S 最大，此时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，433. 16．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与 [1，＋∞)上是减函数，且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32. (1)求f (x )的解析式；(2)若在区间[0，m ](m ＞0)上恒有f (x )≤x 成立，求m 的取值范围．解析 (1)由f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ，得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c .又由f (x )在区间[0,1]上是增函数，在区间(－∞，0]与[1，＋∞)上是减函数，可知x ＝0和x ＝1是f ′(x )＝0的解，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′0＝0，f ′1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝0，3a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝0，b ＝－32a .∴f ′(x )＝3ax 2－3ax .又由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3a 4－3a 2＝32，∴a ＝－2，即f (x )＝－2x 3＋3x 2.(2)由f (x )≤x ，得－2x 3＋3x 2≤x ，即x (2x －1)(x －1)≥0，∴0≤x ≤12或x ≥1. 又f (x )≤x 在区间[0，m ](m ＞0)上恒成立，∴0＜m ≤12. 故m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 17．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解析 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x 2＝2(30－x )，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800.所以当x ＝15 cm 时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0.所以当x ＝20时，V 取得极大值，也就是最大值， 此时h a ＝12，即包装盒的高与底面边长的比值为12. 18．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围． 解析 (1)根据题意知，f ′(x )＝a 1－x x(x ＞0)， 当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)∵f ′(2)＝－a2＝1，∴a ＝－2， ∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3. ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′t ＜0，g ′3＞0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )＜0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′1＜0，g ′2＜0，g ′3＞0，∴－373＜m ＜－9. 【点评】 利用导数解决函数的单调性、最值、极值等问题时，主要分以下几步：,第一步：确定函数的定义域；,第二步：求函数f x 的导数f ′x ；,第三步：求方程f ′x ＝0的根；,第四步：利用f ′x ＝0的根和不可导点的x 的值从小到大顺序将定义域分成若干个小开区间，并列出表格；,第五步：由f ′x 在小开区间内的正、负值判断f x 在小开区间内的单调性；,第六步：明确规范表述结论.。

第三章 导数及其应用全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式本章内容在高考中一般是“一大一小〞. 2.考查内容〔1〕导数的几何意义一般在选择题或填空题中考查，有时与函数的性质相结合出现在压轴小题中.〔2〕解答题一般都是两问的题目，第一问考查曲线的切线方程、函数的单调区间、函数的极值点等，属于基础问题.第二问利用导数证明不等式，单调区间或极值求参数的取值X 围，函数的零点等问题.3.备考策略〔1〕熟练掌握导数的运算公式，重点研究导数的几何意义、导数与函数的单调性、导数与极〔最〕值、导数与不等式、导数与函数的零点等问题.〔2〕加强数形结合、分类讨论等数学思想的应用.第一节 导数的概念及运算［最新考纲］ 1.了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义.2.能根据导数定义求函数y ＝C 〔C 为常数〕，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝1x，y ＝x 的导数.3.能利用基本初等函数的导数公式和导数的运算法那么求简单函数的导数.能求简单的复合函数〔仅限于形如f 〔ax ＋b 〕的复合函数〕的导数.1.导数的几何意义函数f 〔x 〕在点x 0处的导数f ′〔x 0〕的几何意义是曲线y ＝f 〔x 〕在点〔x 0，f 〔x 0〕〕处的切线斜率.相应地，切线方程为y －f 〔x 0〕＝f ′〔x 0〕〔x －x 0〕.2.基本初等函数的导数公式原函数导函数f 〔x 〕＝x n 〔n ∈Q *〕 f ′〔x 〕＝nx n －1 f 〔x 〕＝sin x f ′〔x 〕＝cos x f 〔x 〕＝cos x f ′〔x 〕＝－sin x f 〔x 〕＝a x f ′〔x 〕＝a x ln a 〔a ＞0〕f 〔x 〕＝e x f ′〔x 〕＝e x f 〔x 〕＝log a x f ′〔x 〕＝1x ln a f 〔x 〕＝ln xf ′〔x 〕＝1x3.导数的运算法那么〔1〕［f 〔x 〕±g 〔x 〕］′＝f ′〔x 〕±g ′〔x 〕；〔2〕［f 〔x 〕·g 〔x 〕］′＝f ′〔x 〕g 〔x 〕＋f 〔x 〕g ′〔x 〕；4.复合函数的导数复合函数y ＝f 〔g 〔x 〕〕的导数和函数y ＝f 〔u 〕，u ＝g 〔x 〕的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积.［常用结论］1.奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.2.［af 〔x 〕±bg 〔x 〕］′＝af ′〔x 〕±bg ′〔x 〕.3.函数y ＝f 〔x 〕的导数f ′〔x 〕反映了函数f 〔x 〕的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′〔x 〕|反映了变化的快慢，|f ′〔x 〕|越大，曲线在这点处的切线越“陡〞.一、思考辨析〔正确的打“√〞，错误的打“×〞〕〔1〕f′〔x0〕是函数y＝f〔x〕在x＝x0附近的平均变化率.〔〕〔2〕f′〔x0〕与［f〔x0〕］′表示的意义相同. 〔〕〔3〕与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.〔〕〔4〕函数f〔x〕＝sin〔－x〕的导数是f′〔x〕＝cos x.〔〕［答案］〔1〕×〔2〕×〔3〕×〔4〕×二、教材改编1.函数y＝x cos x－sin x的导数为〔〕A.x sin xB.－x sin xC.x cos xD.－x cos xB［y′ ＝x′cos x＋x〔cos x〕′－〔sin x〕′＝cos x－x sin x－cos x＝－x sin x.］2.曲线y＝x3＋11在点P〔1,12〕处的切线与y轴交点的纵坐标是〔〕A.－9B.－3C.9D.15C［因为y＝x3＋11，所以y′＝3x2，所以y′|x＝1＝3，所以曲线y＝x3＋11在点P〔1,12〕处的切线方程为y－12＝3〔x－1〕.令x＝0，得y＝9.应选C.］3.函数y＝f〔x〕的图象如图，那么导函数f′〔x〕的大致图象为〔〕A B C DB［由导数的几何意义可知，f′〔x〕为常数，且f′〔x〕＜0.］4.在高台跳水运动中，t s时运动员相对于水面的高度〔单位：m〕是h〔t〕＝－4.9t2＋6.5t＋10，那么运动员的速度v＝m/s，加速度a＝m/s2.－9.8t＋6.5 －9.8［v＝h′〔t〕＝－9.8t＋6.5，a＝v′〔t〕＝－9.8.］考点1 导数的计算〔1〕求函数的导数要准确地把函数分解为基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法那么求导数.〔2〕在求导过程中，要仔细分析函数解析式的结构特征，紧扣法那么，记准公式，避免运算错误.函数解析式求函数的导数 求以下各函数的导数：〔1〕y ＝x 2x ；〔2〕y ＝tan x ； 〔3〕y ＝2sin 2x2－1.［解］ 〔1〕先变形：y ＝2x 32，再求导：y ′＝〔2x 32〕′＝322x 12.〔2〕先变形：y ＝sin xcos x，再求导：y ′＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x cos x ′＝〔sin x 〕′·cos x －sin x ·〔cos x 〕′cos 2x ＝1cos 2x .〔3〕先变形：y ＝－cos x ，再求导：y ′＝－〔cos x 〕′＝－〔－sin x 〕＝sin x .［逆向问题］ f 〔x 〕＝x 〔2 017＋ln x 〕，假设f ′〔x 0〕＝2 018，那么x 0＝. 1 ［因为f 〔x 〕＝x 〔2 017＋ln x 〕，所以f ′〔x 〕＝2 017＋ln x ＋1＝2 018＋ln x ， 又f ′〔x 0〕＝2 018，所以2 018＋ln x 0＝2 018，所以x 0＝1.］求导之前先对函数进行化简减少运算量.如本例〔1〕〔3〕. 抽象函数求导f 〔x 〕＝x 2＋2xf ′〔1〕，那么f ′〔0〕＝.－4 ［∵f ′〔x 〕＝2x ＋2f ′〔1〕， ∴f ′〔1〕＝2＋2f ′〔1〕， ∴f ′〔1〕＝－2，∴f ′〔0〕＝2f ′〔1〕＝2×〔－2〕＝－4.］赋值法是求解此类问题的关键，求解时先视f ′〔1〕为常数，然后借助导数运算法那么计算f ′〔x 〕，最后分别令x ＝1，x ＝0代入f ′〔x 〕求解即可.1.函数f 〔x 〕＝e x ln x ，f ′〔x 〕为f 〔x 〕的导函数，那么f ′〔1〕的值为.e ［由题意得f ′〔x 〕＝e x ln x ＋e x·1x，那么f ′〔1〕＝e.］2.函数f 〔x 〕的导函数为f ′〔x 〕，且满足关系式f 〔x 〕＝x 2＋3xf ′〔2〕＋ln x ，那么f ′〔2〕＝.－94 ［因为f 〔x 〕＝x 2＋3xf ′〔2〕＋ln x ，所以f ′〔x 〕＝2x ＋3f ′〔2〕＋1x ，所以f ′〔2〕＝4＋3f ′〔2〕＋12＝3f ′〔2〕＋92，所以f ′〔2〕＝－94.］3.求以下函数的导数 〔1〕y ＝3x e x－2x＋e ； 〔2〕y ＝ln xx 2＋1； 〔3〕y ＝ln 2x －12x ＋1.［解］ 〔1〕y ′＝〔3x e x 〕′－〔2x 〕′＋e′＝〔3x 〕′e x ＋3x 〔e x 〕′－〔2x 〕′＝3x e xln 3＋3x e x －2xln 2＝〔ln 3＋1〕·〔3e 〕x －2xln 2.〔2〕y ′＝〔ln x 〕′〔x 2＋1〕－ln x 〔x 2＋1〕′〔x 2＋1〕2＝1x 〔x 2＋1〕－2x ln x 〔x 2＋1〕2＝x 2＋1－2x 2ln x x 〔x 2＋1〕2. 〔3〕y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2x －12x ＋1′＝［ln 〔2x －1〕－ln 〔2x ＋1〕］′ ＝［ln 〔2x －1〕］′－［ln 〔2x ＋1〕］′ ＝12x －1·〔2x －1〕′－12x ＋1·〔2x ＋1〕′ ＝22x －1－22x ＋1＝44x 2－1. 考点2 导数的几何意义导数几何意义的应用类型及求解思路〔1〕切点A 〔x 0，f 〔x 0〕〕求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′〔x 0〕.〔2〕假设求过点P 〔x 0，y 0〕的切线方程，可设切点为〔x 1，y 1〕，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f 〔x 1〕，y 0－y 1＝f ′〔x 1〕〔x 0－x 1〕求解即可.〔3〕处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.求切线方程〔1〕〔2019·全国卷Ⅰ〕曲线y ＝3〔x 2＋x 〕e x 在点〔0,0〕处的切线方程为.〔2〕函数f 〔x 〕＝x ln x ，假设直线l 过点〔0，－1〕，并且与曲线y ＝f 〔x 〕相切，那么直线l 的方程为.〔1〕3x －y ＝0 〔2〕x －y －1＝0 ［〔1〕∵y ′＝3〔x 2＋3x ＋1〕e x，∴曲线在点〔0,0〕处的切线斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，∴曲线在点〔0,0〕处的切线方程为y ＝3x .〔2〕∵点〔0，－1〕不在曲线f 〔x 〕＝x ln x 上， ∴设切点为〔x 0，y 0〕.又∵f ′〔x 〕＝1＋ln x ， ∴直线l 的方程为y ＋1＝〔1＋ln x 0〕x . ∴由⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝〔1＋ln x 0〕x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0.］〔1〕求解曲线切线问题的关键是求切点的横坐标，在使用切点横坐标求切线方程时应注意其取值X 围；〔2〕注意曲线过某点的切线和曲线在某点处的切线的区别.如本例〔1〕是“在点〔0,0〕〞，本例〔2〕是“过点〔0，－1〕〞，要注意二者的区别.求切点坐标〔2019·某某高考〕在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点〔－e ，－1〕〔e 为自然对数的底数〕，那么点A 的坐标是〔e,1〕 ［设A 〔x 0，y 0〕，由y ′＝1x ，得k ＝1x 0，所以在点A 处的切线方程为y －ln x 0＝1x 0〔x －x 0〕.因为切线经过点〔－e ，－1〕，所以－1－ln x 0＝1x 0〔－e －x 0〕.所以ln x 0＝e x 0，令g 〔x 〕＝ln x －ex〔x ＞0〕，那么g ′〔x 〕＝1x ＋ex2，那么g ′〔x 〕＞0，∴g 〔x 〕在〔0，＋∞〕上为增函数. 又g 〔e 〕＝0，∴ln x ＝ex有唯一解x ＝e.∴x 0＝e.∴点A 的坐标为〔e,1〕.］f ′〔x 〕＝k 〔k 为切线斜率〕的解即为切点的横坐标，抓住切点既在曲线上也在切线上，是求解此类问题的关键.求参数的值〔1〕〔2019·全国卷Ⅲ〕曲线y ＝a e x＋x ln x 在点〔1，a e 〕处的切线方程为y＝2x ＋b ，那么〔 〕A.a ＝e ，b ＝－1B.a ＝e ，b ＝1C.a ＝e －1，b ＝1D.a ＝e －1，b ＝－1〔2〕f 〔x 〕＝ln x ，g 〔x 〕＝12x 2＋mx ＋72〔m ＜0〕，直线l 与函数f 〔x 〕，g 〔x 〕的图象都相切，与f 〔x 〕图象的切点为〔1，f 〔1〕〕，那么m ＝.〔1〕D 〔2〕－2 ［〔1〕∵y ′＝a e x＋ln x ＋1，∴y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴2＝a e ＋1，∴a ＝e －1.∴切点为〔1,1〕， 将〔1,1〕代入y ＝2x ＋b ，得1＝2＋b ， ∴b ＝－1，应选D.〔2〕∵f ′〔x 〕＝1x，∴直线l 的斜率k ＝f ′〔1〕＝1.又f 〔1〕＝0，∴切线l 的方程为y ＝x －1.g ′〔x 〕＝x ＋m ，设直线l 与g 〔x 〕的图象的切点为〔x 0，y 0〕， 那么有x 0＋m ＝1，y 0＝x 0－1，y 0＝12x 20＋mx 0＋72，m ＜0，∴m ＝－2.］切线方程〔或斜率〕求参数值的关键就是列出函数的导数等于切线斜率的方程，同时注意曲线上点的横坐标的取值X 围.导数与函数图象〔1〕函数y ＝f 〔x 〕的图象是以下四个图象之一，且其导函数y ＝f ′〔x 〕的图象如下图，那么该函数的图象是〔 〕A BC D〔2〕y ＝f 〔x 〕是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f 〔x 〕在x ＝3处的切线，令g 〔x 〕＝xf 〔x 〕，g ′〔x 〕是g 〔x 〕的导函数，那么g ′〔3〕＝.〔1〕B 〔2〕0 ［〔1〕由y ＝f ′〔x 〕的图象是先上升后下降可知，函数y ＝f 〔x 〕图象的切线的斜率先增大后减小，应选B.〔2〕由题图可知曲线y ＝f 〔x 〕在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′〔3〕＝－13.∵g 〔x 〕＝xf 〔x 〕，∴g ′〔x 〕＝f 〔x 〕＋xf ′〔x 〕， ∴g ′〔3〕＝f 〔3〕＋3f ′〔3〕， 又由题图可知f 〔3〕＝1，∴g ′〔3〕＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.］函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况，由切线的倾斜程度可以判断出图象升降的快慢.1.曲线f 〔x 〕＝e xx －1在x ＝0处的切线方程为.2x ＋y ＋1＝0 ［根据题意可知切点坐标为〔0，－1〕， f ′〔x 〕＝〔x －1〕〔e x〕′－e x〔x －1〕′〔x －1〕2＝〔x －2〕e x〔x －1〕2，故切线的斜率k ＝f ′〔0〕＝〔0－2〕e〔0－1〕2＝－2，那么直线的方程为y －〔－1〕＝－2〔x －0〕， 即2x ＋y ＋1＝0.］2.〔2019·某某模拟〕f 〔x 〕＝x 2，那么曲线y ＝f 〔x 〕过点P 〔－1,0〕的切线方程是.y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 ［设切点坐标为〔x 0，x 20〕， ∵f ′〔x 〕＝2x ，∴切线方程为y －0＝2x 0〔x ＋1〕， ∴x 20＝2x 0〔x 0＋1〕， 解得x 0＝0或x 0＝－2，∴所求切线方程为y ＝0或y ＝－4〔x ＋1〕， 即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0.］3.直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A 〔1,3〕，那么2a ＋b ＝. 1 ［由题意知，y ＝x 3＋ax ＋b 的导数y ′＝3x 2＋a ， 那么⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ＋1＝3，由此解得k ＝2，a ＝－1，b ＝3，∴2a ＋b ＝1.］。

【若缺失公式、图片现象属于系统读取不成功，文档内容齐全完整，请放心下载。

】专题3.3 导数的综合应用1．(2017·南通调研)已知函数f(x)＝a＋x ln x(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)的零点个数．解(1)由函数f(x)＝a＋x ln x∈(a∈R)得f′(x)＝12x(ln x＋2)．令f′(x)＝0，得x＝e－2，列表如下：x (0，e－2)e－2(e－2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值因此，函数f(x)所以当a≤0时，函数f(x)零点个数为1.②当0<a<2e－1时，2．(2016·天津卷节选)设函数f (x )＝x 3－ax －b ，x ∈R ，其中a ，b ∈R . (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，求证：x 1＋2x 0＝0. (1)解 由f (x )＝x 3－ax －b ，可得f ′(x )＝3x 2－a . 下面分两种情况讨论：①当a ≤0时，有f ′(x )＝3x 2－a ≥0恒成立， 所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝3a 3或x ＝－3a 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 3－3a3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 33a3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞ f′(x) ＋0 －0 ＋f(x)极大值极小值所以f (x )的单调递减区间为 ⎛⎪⎫－3a ，3a ，单调递增区间为 ⎛⎪⎫－∞，－3a ， ⎛⎪⎫3a ，＋∞. (2)证明 因为f (x )存在极值点， 所以由(1)知a >0，且x 0≠0.由题意，得f ′(x 0)＝3x 20－a ＝0，即x 20＝a3，进而f (x 0)＝x 30－ax 0－b ＝－2a3x 0－b . 又f (－2x 0)＝－8x 30＋2ax 0－b ＝－8a 3x 0＋2ax 0－b ＝－2a3x 0－b ＝f (x 0)，且－2x 0≠x 0， 由题意及(1)知，存在唯一实数x 1满足f (x 1)＝f (x 0)，且x 1≠x 0，因此x 1＝－2x 0，所以x 1＋2x 0＝0.3．(2017·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝axe x 在x ＝0处的切线方程为y ＝x .(1)求实数a 的值；(2)若对任意的x ∈(0,2)，都有f (x )<1k ＋2x －x 2成立，求实数k 的取值范围；(3)若函数g (x )＝ln f (x )－b 的两个零点为x 1，x 2，试判断g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22的正负，并说明理由．由题意得函数g (x )＝ln f (x )－b ＝ln x －x －b ， 所以g ′(x )＝1x －1＝1－xx，易得函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以要证g ′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<0，只需证明x 1＋x 22>1即可．因为x 1，x 2是函数g (x )的两个零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋b ＝ln x 1，x 2＋b ＝ln x 2，4．(2016·江苏卷)已知函数f (x )＝a x＋b x(a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值．解 (1)①由已知可得2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2，即2x＋12x ＝2.∴(2x )2－2·2x＋1＝0， 解得2x ＝1，∴x ＝0.②f (x )＝2x＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝2x ＋2－x ，令t ＝2x ＋2－x，则t ≥2. 又f (2x )＝22x＋2－2x＝t 2－2，故f (2x )≥mf (x )－6可化为t 2－2≥mt －6， 即m ≤t ＋4t ，又t ≥2，t ＋4t≥2t ·4t＝4. (当且仅当t ＝2时等号成立)．∴m ≤⎝⎛⎭⎪⎫t ＋4t min ＝4.即m 的最大值为4.(2)∵0＜a ＜1，b ＞1，∴ln a ＜0，ln b ＞0.g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2.g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b 且g ′(x )为单调递增，值域为R 的函数．∴g ′(x )一定存在唯一的变号零点． ∴g (x )为先减后增且有唯一极值点． 由题意g (x )有且仅有一个零点．， 则g (x )的极值一定为0，而g (0)＝a 0＋b 0－2＝0，故极值点为0. ∴g ′(0)＝0，即ln a ＋ln b ＝0.∴ab ＝1. 5．(2017·衡水中学质检)已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )．6．(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′ (x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．。

§3.3 导数的综合应用1．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答． 2．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题． 3．方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数． 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值．( √ )(2)函数f (x )＝x 2－3x ＋2的极小值也是最小值．( √ )(3)函数f (x )＝x ＋x －1和g (x )＝x －x －1都是在x ＝0时取得最小值－1.( × ) (4)函数f (x )＝x 2ln x 没有最值．( × ) (5)已知x ∈(0，π2)，则sin x >x .( × )(6)若a >2，则方程13x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上没有实数根．( × )1．(2014·湖南改编)若0<x 1<x 2<1，则下列命题正确的是________． ①2e x －1e x >ln x 2－ln x 1； ②1e x －2e x <ln x 2－ln x 1；③12e x x > 21e x x ； ④12e x x <21e x x . 答案 ③解析 设f (x )＝e x－ln x (0<x <1)， 则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x.令f ′(x )＝0，得x e x－1＝0.根据函数y ＝e x与y ＝1x的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此函数f (x )在(0,1)上不是单调函数，故①②不正确． 设g (x )＝e xx(0<x <1)，则g ′(x )＝exx －x 2.又0<x <1，∴g ′(x )<0.∴函数g (x )在(0,1)上是减函数． 又0<x 1<x 2<1，∴g (x 1)>g (x 2)， ∴x 21e x >x 12e x .2．(2013·福建改编)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是________． ①∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)； ②－x 0是f (－x )的极小值点； ③－x 0是－f (x )的极小值点； ④－x 0是－f (－x )的极小值点． 答案 ④解析 ①错，因为极大值未必是最大值．②错，因为函数y ＝f (x )与函数y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x )的极大值点．③错，函数y ＝f (x )与函数y ＝－f (x )的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x )的极小值点．④对，函数y ＝f (x )与y ＝－f (－x )的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x )的极小值点．3．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当MN 达到最小时t 的值为________． 答案22解析 MN 的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x (x >0)的最小值， h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点， 也是最小值点，故t ＝22. 4．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为______百万件． 答案 3解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.题型一 利用导数证明不等式例1 (2014·课标全国Ⅰ)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ，b ； (2)证明：f (x )>1.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋bxe x －1.由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. (2)证明 由(1)知，f (x )＝e x ln x ＋2xe x －1，x ∈(0，＋∞)， 从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e .设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x . 所以当x ∈(0，1e )时，g ′(x )<0；当x ∈(1e ，＋∞)时，g ′(x )>0.故g (x )在(0，1e)上单调递减，在(1e，＋∞)上单调递增， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (1e )＝－1e .设函数h (x )＝x e －x－2e ，则h ′(x )＝e －x(1－x )． 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0. 故h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .所以g (x )≥－1e≥h (x )．又因为两等号无法同时取到，所以g (x )>h (x ) 综上，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1.思维升华 (1)证明f (x )>g (x )可转化为证明F (x )＝f (x )－g (x )的最小值大于0，再利用导数求F (x )的最小值．(2)对于F (x )＝f (x )－g (x )的最小值，不易求出的情况，也可以通过f (x )，g (x )的最值情况进行证明(如本题中g (x )min ＝h (x )max )．证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x . 证明 记F (x )＝sin x －22x ， 则F ′(x )＝cos x －22. 当x ∈(0，π4)时，F ′(x )>0，F (x )在[0，π4]上是增函数；当x ∈(π4，1)时，F ′(x )<0，F (x )在[π4，1]上是减函数．又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0,1]时，F (x )≥0， 即sin x ≥22x . 记H (x )＝sin x －x ，则当x ∈(0,1)时，H ′(x )＝cos x －1<0， 所以H (x )在[0,1]上是减函数，则H(x)≤H(0)＝0，即sin x≤x.综上，22x≤sin x≤x，x∈[0,1]．题型二利用导数研究函数零点问题例2 (2013·北京)已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解(1)由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．∵y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切．∴f′(a)＝a(2＋cos a)＝0且b＝f(a)，则a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．∴f(x)的最小值为f(0)＝1.∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b>1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．思维升华函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a.由f′(x)<0，解得－a<x<a，∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，a)．(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0， ∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1，f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知： 实数m 的取值范围是(－3,1)． 题型三 生活中的优化问题例3 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值． 解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4时，函数f (x )在区间(3,6)内取得极大值，也是最大值． 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值， 且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维升华 在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解 设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm. 由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.一审条件挖隐含典例：(16分)设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M . (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．(1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质g (x )max －g (x )min ≥MM 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )(理解“任意”的含义)f (x )min ≥g (x )max求得g (x )max ＝1ax＋x ln x ≥1恒成立 分离常数a ≥x －x 2ln x 恒成立求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值a ≥h (x )max ＝h (1)＝1a ≥1规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .[2分] 由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23)．[3分]令g ′(x )>0得x <0，或x >23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min ＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.[6分]故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.[8分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[10分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．[12分]设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[14分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．[16分]温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离常数的方法，转化为求函数的值域问题．方法与技巧1．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．2．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 失误与防范1．函数f (x )在某个区间内单调递增，则f ′(x )≥0而不是f ′(x )>0，(f ′(x )＝0在有限个点处取到)．2．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋c ，其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数f (x )的极小值是________．答案 c解析 由y ＝f ′(x )的图象可知，当x ＝0时，函数取得极小值，f (x )极小值＝c .2．(2014·课标全国Ⅱ改编)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是________． 答案 [1，＋∞)解析 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增⇔f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞) 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3. 4．若函数f (x )＝xx 2＋a(a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为________． 答案3－1解析 f ′(x )＝x 2＋a －2x 2x 2＋a 2＝a －x 2x 2＋a2，若a >1，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当1<x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ＝a 时，令f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意． 若0<a ≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1.5．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )>f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a >0，且a ≠1)，fg＋f －g －＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ng n 的前n 项和大于62，则n 的最小值为________． 答案 6 解析 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x g x ′＝fx g x －f x gxg 2x>0，知f xg x在R 上是增函数，即f xg x＝a x为增函数， ∴a >1. 又a ＋1a ＝52，∴a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫fn g n 的前n 项和S n ＝21＋22＋ (2)＝－2n1－2＝2n ＋1－2>62.即2n>32，∴n >5.6．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________. 答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，且当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.当x <1a时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x >1a 时，f ′(x )<0，f (x )在(1a，2)上单调递减，∴f (x )max＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a＝－1，解得a ＝1.7．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________. 答案 －2或2解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减． 由题意知，f (1)＝0或f (－1)＝0， 若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2； 若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.8．设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为________． 答案 4解析 若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立； 当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝－2xx 4，所以g (x )在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减，因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而k ≥4；当x <0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x3在区间[－1,0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4，综上k ＝4. 9．设a 为实数，函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x>x 2－2ax ＋1.(1)解 由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R 知f ′(x )＝e x－2，x ∈R . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a .(2)证明 设g (x )＝e x－x 2＋2ax －1，x ∈R ， 于是g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R . 由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0， 所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)， 都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0. 即e x－x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.10．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解 (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×(1128 000×403－380×40＋8)＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时， 从甲地到乙地要耗油17.5升． (2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝(1128 000x 3－380x ＋8)·100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， h ′(x )＝x640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数； 当x ∈(80,120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数， 所以当x ＝80时，h (x )取得极小值h (80)＝11.25. 易知h (80)是h (x )在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升．B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)1．(2014·辽宁改编)当x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，则实数a 的取值范围是________． 答案 [－6，－2]解析 当x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3，∴a ≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3max .设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝x －x 3－x 2－4x －x 2x 6＝－x 2－8x －9x4＝－x －x ＋x4>0，∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6， ∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3，∴a ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－x －x ＋x 4.当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0， 当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值． 而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ，x ＋x，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是________．答案 [－2,0] 解析 |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－－x 2＋2xax x ，x ＋ax x，成立．①由(1)得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立． 当x ＝0时，a ∈R ；当x <0时，有x －2≤a 恒成立， 所以a ≥－2.故a ≥－2.②由(2)得ln(x ＋1)－ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝ln(x ＋1)－ax (x >0)，则h ′(x )＝1x ＋1－a (x >0)，可知h ′(x )为减函数．当a ≤0时，h ′(x )>0，故h (x )为增函数， 所以h (x )>h (0)＝0恒成立； 当a ≥1时，因为1x ＋1∈(0,1)， 所以h ′(x )＝1x ＋1－a <0，故h (x )为减函数， 所以h (x )<h (0)＝0恒成立，显然不符合题意；当0<a <1时，对于给定的一个确定值a ，总可以至少找到一个x 0>0，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立．如a ＝12时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2<0成立，可知0<a <1时，不符合题意．故a ≤0.由①②可知a 的取值范围是[－2,0]．3．已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是____________．答案 [－1e，＋∞)解析 f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x(1＋x )当x >－1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x <－1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 所以函数f (x )的最小值为f (－1)＝－1e .而函数g (x )的最大值为a ，则由题意， 可得－1e ≤a 即a ≥－1e.4．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0. (1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立． 解 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x >0，所以f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－x －a x ＋a x.由于a >0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)． (2)由题意得f (1)＝a －1≥e－1，即a ≥e. 由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增， 要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．只要⎩⎪⎨⎪⎧f＝a －1≥e－1，f ＝a 2－e 2＋a e≤e 2，解得a ＝e.5．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R .(1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12；(3)是否存在正实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由． (1)解 ∵a ＝1，∴f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x＝x －1x， ∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增． ∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明 ∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴[f (x )]min ＝1. 又g ′(x )＝1－ln xx2， ∴当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增． ∴[g (x )]max ＝g (e)＝1e <12，∴[f(x)]min －[g(x)]max >12，∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12.(3)解 假设存在正实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3， 则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.①当0<1a <e 时，f (x )在(0，1a)上单调递减，在(1a，e]上单调递增，[f (x )]min ＝f (1a)＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件；②当1a≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，[f (x )]min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )无最小值．综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时f (x )有最小值3.。