高考数学 专题04 导数及其应用热点难点突破 理

【命题趋势】从新高考的考查情况来看，导数及其应用一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。

一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。

通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.1、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．(1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论．(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类．(3)讨论完毕须写综述．2、研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．3、求与函数零点有关的参数范围的方法：方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法.4、不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，()0f x =Û()y f x =x Û()y f x =热点04 导数及其应用也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．恒成立问题的重要思路：(1)m ≥f (x )恒成立⇒m ≥f (x )max ． (2)m ≤f (x )恒成立⇒m ≤f (x )min ．存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m ≥f (x ) ⇒m ≥f (x ) min (2) 存在m ≤f (x ) ⇒m ≤f (x )max ．5、利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法：(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。

高考导数知识点重难点中国的高考是每年学生们备战的一场重要战役，而数学作为其中的一门科目，对于许多学生来说，是其中的一个难点。

而在数学中，导数是一个重要的知识点，也是高考中常考的内容之一。

在本文中，我们将探讨高考导数知识点的重难点，帮助学生们更好的备考。

导数的定义是数学中的一项基本定义，它可以用来描述函数在某一点的变化率。

导数的计算方法有很多种，其中一种常见的方法是使用极限。

例如，对于任意一条曲线上的一点P，在积分学中，我们可以通过求取该曲线斜率的极限来得到这一点的导数。

这个极限即为该点的导数值。

由于导数的定义使用了极限的概念，所以在计算导数时需要注意极限运算的性质。

在计算导数时，有一些常见的基本函数的导数需要牢记。

例如常数函数的导数恒为零，可以表示为f(x)=c，其中c为常数；幂函数的导数为指数乘以基数的指数减一，即f(x)=x^n，导数为f'(x)=nx^(n-1)；指数函数和对数函数的导数分别为自身的导数和底数为自然对数e的指数函数与自身相乘，即f(x)=a^x，导数为f'(x)=a^x*ln(a)。

这些基本函数的导数在高考中经常需要用到，所以对它们的记忆是非常必要的。

高考对于导数的应用也是非常多的。

例如，高考常考的一类题目是函数的最值问题。

对于给定的一个函数，我们需要通过求导的方法找到其极值点。

为了求解这类问题，我们需要使用到导数的性质。

首先，我们要找到函数的极值点，这可以通过求函数的导数为零的点来实现。

然后，我们可以通过判定函数的二阶导数的符号来判断这个极值点是极大值还是极小值。

如果二阶导数的符号为正，那么这个点就是函数的极小值；如果二阶导数的符号为负，那么这个点就是函数的极大值。

除了求极值点之外，高考中还经常考察函数的单调性和变化趋势。

对于给定的函数，我们可以通过求导的方法来判断其在某个区间内的单调性。

如果函数的导数在某个区间内恒大于零，那么函数在这个区间内是单调递增的；如果函数的导数在某个区间内恒小于零，那么函数在这个区间内是单调递减的。

2019高考数学复习指导：导数应用解答方法及技巧导数是微积分的初步学问，是探讨函数，解决实际问题的有力工具。

高考数学复习指导介绍了在中学阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面。

2019高考数学复习指导：导数应用解答方法及技巧
1、导数的常规问题：
(1)刻画函数(比初等方法精确微小);
(2)同几何中切线联系(导数方法可用于探讨平面曲线的切线);
(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。

2、关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项探讨，导数法求最值要比初等方法快捷简便。

3、导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考中考察综合实力的一个方向，应引起留意。

学问整合
01、导数概念的理解。

02、利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。

复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。

课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。

03、要能正确求导，必需做到以下两点：
(1)娴熟驾驭各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。

(2)对于一个复合函数，肯定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。

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全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编：04 导数及其应用（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．【答案】(1)(−∞,e+1](2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=(1x −1x2)e x−1x+1=1x(1−1x)e x+(1−1x)=x−1x(e xx+1)令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1](2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<1x2因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)即证e xx −lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)即证e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0下面证明x>1时，e xx −xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0设g(x)=e xx−xe1x,x>1，则g′(x)=(1x −1x2)e x−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)e x−e1x(1−1x) =(1−1x)(e xx−e1x)=x−1x(e xx−e1x)设φ(x)=e xx (x>1),φ′(x)=(1x−1x2)e x=x−1x2e x>0所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e所以e xx−e1x>0,所以g′(x)>0所以g(x)在(1,+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0,所以e xx−xe1x>0令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；综上, e xx −xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握2．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)y=2x(2)(−∞,−1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe x ,f(0)=0,所以切点为(0,0)f′(x)=11+x+1−xe x,f′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x (2)f(x)=ln(1+x)+ax e xf′(x)=11+x+a(1−x)e x=e x+a(1−x2)(1+x)e x设g(x)=e x+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)>0,即f′(x)>0所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f′(x)>0所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意3°若a<−1(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增g(0)=1+a<0,g(1)=e>0所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0当x→+∞,f(x)→+∞所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)设ℎ(x)=g′(x)=e x−2axℎ′(x)=e x−2a>0所以g′(x)在(−1,0)单调递增g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减有x→−1,f(x)→−∞而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(−1,0)上有唯一零点所以a<−1,符合题意所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.3．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)a=1(2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>1时，e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=e x+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=e x−ax的定义域为R，而f′(x)=e x−a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g′(x)=a−1x =ax−1x.当x<lna时，f′(x)<0，故f(x)在(−∞,lna)上为减函数，当x>lna时，f′(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，故f(x)min=f(lna)=a−alna.当0<x<1a 时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a)上为减函数，当x>1a 时，g′(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，故g(x)min=g(1a )=1−ln1a.因为f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，故1−ln1a =a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，设g(a)=a−11+a −lna,a>0，则g′(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=e x−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当b>1时，考虑e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.设S(x)=e x−x−b，S′(x)=e x−1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1−b<0，而S(−b)=e−b>0，S(b)=e b−2b，设u(b)=e b−2b，其中b>1，则u′(b)=e b−2>0，故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，故S(b)>0，故S(x)=e x−x−b有两个不同的零点，即e x−x=b的解的个数为2.设T(x)=x−lnx−b，T′(x)=x−1x，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1−b<0，而T(e−b)=e−b>0，T(e b)=e b−2b>0，T(x)=x −lnx −b 有两个不同的零点即x −lnx =b 的解的个数为2. 当b =1，由（1）讨论可得x −lnx =b 、e x −x =b 仅有一个零点， 当b <1时，由（1）讨论可得x −lnx =b 、e x −x =b 均无零点， 故若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 则b >1.设ℎ(x)=e x +lnx −2x ，其中x >0，故ℎ′(x)=e x +1x −2，设s(x)=e x −x −1，x >0，则s ′(x)=e x −1>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e x >x +1， 所以ℎ′(x)>x +1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e −2>0，ℎ(1e 3)=e 1e 3−3−2e 3<e −3−2e 3<0，故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x 0，1e 3<x 0<1且： 当0<x <x 0时，ℎ(x)<0即e x −x <x −lnx 即f(x)<g(x)， 当x >x 0时，ℎ(x)>0即e x −x >x −lnx 即f(x)>g(x)，因此若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 故b =f(x 0)=g(x 0)>1，此时e x −x =b 有两个不同的零点x 1,x 0(x 1<0<x 0)， 此时x −lnx =b 有两个不同的零点x 0,x 4(0<x 0<1<x 4)， 故e x 1−x 1=b ，e x 0−x 0=b ，x 4−lnx 4−b =0，x 0−lnx 0−b =0 所以x 4−b =lnx 4即e x 4−b =x 4即e x 4−b −(x 4−b)−b =0， 故x 4−b 为方程e x −x =b 的解，同理x 0−b 也为方程e x −x =b 的解又e x 1−x 1=b 可化为e x 1=x 1+b 即x 1−ln(x 1+b)=0即(x 1+b)−ln(x 1+b)−b =0， 故x 1+b 为方程x −lnx =b 的解，同理x 0+b 也为方程x −lnx =b 的解， 所以{x 1,x 0}={x 0−b,x 4−b}，而b >1， 故{x 0=x 4−bx 1=x 0−b 即x 1+x 4=2x 0. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 4．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xe ax −e x ． (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x >0时，f(x)<−1，求a 的取值范围；(3)设n ∈N ∗，证明：√12+1√22+2+⋯√n 2+n >ln(n +1)．【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)a ≤12 (3)见解析 【解析】 【分析】（1）求出f ′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设ℎ(x)=xe ax −e x +1，求出ℎ″(x)，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a ≤12结合放缩法讨论ℎ′(x)符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论ℎ(x)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立，从而可得ln(n +1)−lnn <√n 2+n 对任意的n ∈N ∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当a =1时，f(x)=(x −1)e x ，则f ′(x)=xe x ， 当x <0时，f ′(x)<0，当x >0时，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)设ℎ(x)=xe ax −e x +1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x ，设g(x)=(1+ax)e ax −e x ， 则g ′(x)=(2a +a 2x)e ax −e x ， 若a >12，则g ′(0)=2a −1>0， 因为g ′(x)为连续不间断函数，故存在x 0∈(0,+∞)，使得∀x ∈(0,x 0)，总有g ′(x)>0， 故g(x)在(0,x 0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，故ℎ(x)在(0,x 0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾. 若0<a ≤12，则ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x =e ax+ln(1+ax)−e x ， 下证：对任意x >0，总有ln(1+x)<x 成立，证明：设S(x)=ln(1+x)−x ，故S ′(x)=11+x −1=−x1+x <0， 故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(1+x)<x 成立. 由上述不等式有e ax+ln(1+ax)−e x <e ax+ax −e x =e 2ax −e x ≤0， 故ℎ′(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.当a ≤0时，有ℎ′(x)=e ax −e x +axe ax <1−1+0=0， 所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1. 综上，a ≤12. (3)取a =12，则∀x >0，总有xe 12x −e x +1<0成立， 令t =e 12x ，则t >1,t 2=e x ,x =2lnt ，故2tlnt <t 2−1即2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立. 所以对任意的n ∈N ∗，有2ln√n+1n <√n+1n−√nn+1，整理得到：ln(n +1)−lnn <√n 2+n ，故√12+1√22+2⋯√n 2+n >ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n +1)−lnn =ln(n +1)， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.5．【2021年甲卷理科】已知0a >且1a ≠，函数()(0)a x x f x x a =>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 【答案】（1）20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,+∞e e .【解析】 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x ax a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln a y a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【详解】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x ⋅-⋅-⋅===', 令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x-'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增； 在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,+∞e e .[方法二]：构造差函数由()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点知()1f x =，即a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解，取对数得方程ln ln a x x a =在区间(0,)+∞内有两个解．构造函数()ln ln ,(0,)g x a x x a x =-∈+∞，求导数得ln ()ln a a x a g x a x x'-=-=． 当01a <<时，ln 0,(0,),ln 0,()0,()a x a x a gx g x '<∈+∞->>在区间(0,)+∞内单调递增，所以，()g x 在(0,)+∞内最多只有一个零点，不符合题意；当1a >时，ln 0a >，令()0g x '=得ln a x a =，当0,ln a x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>；当,ln a x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<；所以，函数()g x 的递增区间为0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，递减区间为,ln a a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．由于1110e1,e 1e ln 0ln aaa a g a a ---⎛⎫<<<=--< ⎪⎝⎭，当x →+∞时，有ln ln a x x a <，即()0g x <，由函数()ln ln g x a x x a =-在(0,)+∞内有两个零点知ln 10ln ln a a g a a a ⎛⎫⎛⎫=->⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以e ln aa >，即eln 0a a ->．构造函数()eln h a a a =-，则e e()1a h a a a'-=-=，所以()h a 的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,)+∞，所以()(e)0h a h ≥=，当且仅当e a =时取等号，故()0>h a 的解为1a >且e a ≠．所以，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法三]分离法：一曲一直曲线()y f x =与1y =有且仅有两个交点等价为1ax xa=在区间(0,)+∞内有两个不相同的解．因为a x x a =，所以两边取对数得ln ln a x x a =，即ln ln x ax a=，问题等价为()ln g x x =与ln ()x ap x a=有且仅有两个交点． ①当01a <<时，ln 0,()ap x a<与()g x 只有一个交点，不符合题意． ②当1a >时，取()ln g x x =上一点()()000011,ln ,(),,()x x g x g x g x xx ''==在点()00,ln x x 的切线方程为()0001ln y x x x x -=-，即0011ln y x x x =-+． 当0011ln y x x x =-+与ln ()x a p x a =为同一直线时有0ln 1,ln 10,a a x x ⎧=⎪⎨⎪-=⎩得0ln 1,e e.a a x ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 直线ln ()x a p x a =的斜率满足：ln 1e0a a <<时，()ln g x x =与ln ()x ap x a =有且仅有两个交点．记2ln 1ln (),()a a h a h a a a'-==，令()0h a '=，有e a =．(1,e),()0,()a h a h a '∈>在区间(1,e)内单调递增；(e,),()0,()a h a h a '∈+∞<在区间(,)e +∞内单调递减；e a =时，()h a 最大值为1(e)eg =，所当1a >且e a ≠时有ln 1e0a a <<． 综上所述，实数a 的取值范围为(1,e)(e,)⋃+∞． [方法四]：直接法()112ln (ln )()(0),()a a x x a a x x x x ax a a a x x a x a f x x f x a a a --'⋅-⋅-=>==． 因为0x >，由()0f x '=得ln ax a=． 当01a <<时，()f x 在区间(0,)+∞内单调递减，不满足题意；当1a >时，0ln aa >，由()0f x '>得0,()ln a x f x a <<在区间0,ln a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，由()0f x '<得,()ln ax f x a >在区间,ln a a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭内单调递减． 因为lim ()0x f x →+∞=，且0lim ()0x f x +→=，所以1ln a f a ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即ln ln ln 1(ln )aaa aa a aa a a a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭=>，即11ln ln (ln ),ln a a aaaaa aa -->>，两边取对数，得11ln ln(ln )ln a a a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即ln 1ln(ln )a a ->． 令ln a t =，则1ln t t ->，令()ln 1h x x x =-+，则1()1h x x'=-，所以()h x 在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,)+∞内单调递减，所以()(1)0h x h ≤=，所以1ln t t -≥，则1ln t t ->的解为1t ≠，所以ln 1a ≠，即e a ≠．故实数a 的范围为(1,e)(e,)⋃+∞．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值. 方法三：将问题取对，分成()ln g x x =与ln ()x ap x a=两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论． 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.6．【2021年乙卷理科】设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】（1）1a =；（2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，ln(1)11()ln(1)ln(1)+-==+--x x g x x x x x，其定义域为(,0)(0,1)-∞．要证()1g x <，即证111ln(1)+<-x x ，即证1111ln(1)-<-=-x x x x．（ⅰ）当(0,1)x ∈时，10ln(1)<-x ，10x x -<，即证ln(1)1->-x x x ．令()ln(1)1=---xF x x x ，因为2211()01(1)(1)--=-=>--'-x F x x x x ，所以()F x 在区间(0,1)内为增函数，所以()(0)0F x F >=．（ⅱ）当(,0)x ∈-∞时，10ln(1)>-x ，10x x ->，即证ln(1)1->-x x x ，由（ⅰ）分析知()F x 在区间(,0)-∞内为减函数，所以()(0)0F x F >=． 综合（ⅰ）（ⅱ）有()1g x <．[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠，当 ()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-<， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->；同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <->， ()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->； 令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞，1x t =-，令()1ln t t t t ϕ=-+，()1ln 1ln t t t ϕ'=-++=，当()0,1t ∈时，()0t ϕ'<，()t ϕ单减，故()()10t ϕϕ>=； 当()1,t ∈+∞时，()0t ϕ'>，()t ϕ单增，故()()10t ϕϕ>=； 综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立.[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明令()ln (1)ϕ=--x x x ，因为11()1x x x xϕ-'=-=，所以()ϕx 在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,)+∞内是减函数，所以()(1)0x ϕϕ≤=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =时取等号）．故当1x <且0x ≠时，101x >-且111x ≠-，11ln 111<---x x ，即ln(1)1--<-x x x ，所以ln(1)1->-x x x ． （ⅰ）当(0,1)x ∈时，0ln(1)1>->-xx x ，所以1111ln(1)-<=--x x x x ，即111ln(1)+<-x x ，所以()1g x <．（ⅱ）当(,0)x ∈-∞时，ln(1)01->>-xx x ，同理可证得()1g x <． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当1x <且0x ≠时，ln(1)1ln(1)+-<-x x x x ，即()1g x <．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当(0,1)x ∈时，转化为证明ln(1)1->-x x x ，当(,0)x ∈-∞时，转化为证明ln(1)1->-xx x ，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当()0,1x ∈时，()()1ln 10x x x +-->成立和当(),0x ∈-∞时，()()1ln 10x x x +-->成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数()ln (1)ϕ=--x x x ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论ln 1≤-x x （当且仅当1x =时取等号）．然后换元得到ln(1)1->-xx x ，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.7．【2021年新高考1卷】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令11,m n a b==，命题转换为证明：2m n e <+<，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)()f x 的定义域为()0,∞+． 由()()1ln f x x x =-得，()ln f x x '=-，当1x =时，()0f x '=；当()0,1x ∈时()0f x >′；当()1,x ∈+∞时，()'0f x <． 故()f x 在区间(]0,1内为增函数，在区间[)1,+∞内为减函数， (2)[方法一]：等价转化由ln ln b a a b a b -=-得1111(1ln )(1ln )a a b b -=-，即11()()f f a b=．由a b ，得11a b≠． 由（1）不妨设11(0,1),(1,)b a ∈∈+∞，则1()0f a >，从而1()0f b >，得1(1,)e b∈，①令()()()2g x f x f x =--，则22()(2)()ln(2)ln ln(2)ln[1(1)]g x f x f x x x x x x ''=---'=-+=-=--， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 在区间()0,1内为减函数，()()10g x g >=， 从而()()2f x f x ->，所以111(2)()()f f f a a b->=，由（1）得112a b -<即112a b<+．① 令()()h x x f x =+，则()()'11ln h x f x x '=+=-，当()1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在区间()1,e 内为增函数，()()h x h e e <=， 从而()x f x e +<，所以11()f e b b+<．又由1(0,1)a∈，可得11111(1ln )()()f f a a a a b<-==， 所以1111()f e a b b b+<+=．②由①②得112e a b<+<． [方法二]【最优解】：ln ln b a a b a b -=-变形为ln ln 11a b a b b a-=-，所以ln 1ln 1a b a b ++=． 令11,m n a b==．则上式变为()()1ln 1ln m m n n -=-， 于是命题转换为证明：2m n e <+<．令()()1ln f x x x =-，则有()()f m f n =，不妨设m n <． 由（1）知01,1m n e <<<<，先证2m n +>．要证：()()()222)2(m n n m f n f m f m f m +>⇔>-⇔<-⇔<-()()20f m f m ⇔--<．令()()()()2,0,1g x f x f x x =--∈，则()()()()()2ln ln 2ln 2ln10g x f x f x x x x x '='+'-=---=⎡⎤⎣≥-⎦--=， ()g x ∴在区间()0,1内单调递增，所以()()10g x g <=，即2m n +>． 再证m n e +<．因为()()1ln 1ln m n n m m -=⋅->，所以()1ln n n n e m n e -+<⇒+<． 令()()()1ln ,1,h x x x x x e =-+∈，所以()'1ln 0h x x =->，故()h x 在区间()1,e 内单调递增． 所以()()h x h e e <=．故()h n e <，即m n e +<． 综合可知112e a b<+<． [方法三]：比值代换证明112a b+>同证法2．以下证明12x x e +<．不妨设21x tx =，则211x t x =>， 由1122(1ln )(1ln )x x x x -=-得1111(1ln )[1ln()]x x tx tx -=-，1ln 1n 1l t x t t=--， 要证12x x e +<，只需证()11t x e +<，两边取对数得1ln(1)ln 1t x ++<， 即ln(1)1ln 11t t t t++-<-， 即证ln(1)1ln t t t t+<-． 记ln(1)(),(0,)s g s s s ∈=+∞+，则2ln(1)1()s s s g s s '-++=. 记()ln(1)1sh s s s=-++，则211()0(1)1h s s s '=-<++， 所以，()h s 在区间()0,∞+内单调递减．()()00h s h <=，则()'0g s <， 所以()g s 在区间()0,∞+内单调递减．由()1,t ∈+∞得()10,t -∈+∞，所以()()1g t g t <-， 即ln(1)1ln t t t t+<-． [方法四]：构造函数法由已知得ln ln 11a b a b b a-=-，令1211,x x a b ==，不妨设12x x <，所以()()12f x f x =．由（Ⅰ）知，1201x x e <<<<，只需证122x x e <+<． 证明122x x +>同证法2．再证明12x x e +<．令2ln 21()(0)()(ln ,)ex h x x e h x x e x xe x '-++-=<<=--． 令()ln 2(0)e x x x e x ϕ=+-<<，则221()0e x ex x x xϕ-'=-=<． 所以()()()0,0x e h x ϕϕ>='>，()h x 在区间()0,e 内单调递增． 因为120x x e <<<，所以122111ln ln x e x e x x --<--，即112211ln ln x x x ex e -->-- 又因为()()12f x f x =，所以12212112ln ln 1,1x x x ex x x ex x --=>--，即()()2222111212,0x ex x ex x x x x e -<--+->．因为12x x <，所以12x x e +<，即11e a b+<．综上，有112e a b<+<结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120e x x +-<的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.8．【2021年新高考2卷】已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； 当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而10f e b b ⎛⎛=--+< ⎝⎝，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点. ()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点.综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②：由于102a <<，故21a <，则()01210fb a =-≤-<， 当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1x H x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x ，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. ()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦， 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．9．【2020年新课标1卷理科】已知函数2()e x f x ax 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.【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增.（2）27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭【解析】 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x =0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围. 【详解】(1)当1a =时，()2e x f x x x =+-，()e 21xf x x ='+-，由于()''e 20xf x =+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减， 当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2) [方法一]【最优解】：分离参数 由()3112f x x ≥+得，231e 12x ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，321e 12x x x a x----， 记()321e 12x x x g x x ---=-，()()2312e 12x x x x g x x⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-， 令()()21e 102xh x x x x =---≥，则()e 1x h x x ='--，()''e 10xh x =-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=， 故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21e 102xx x ---恒成立， 故当()0,2x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减； 因此，()()2max7e 24g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27e ,4∞⎡⎫-+⎪⎢⎣⎭. [方法二]：特值探路当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立27e (2)54-⇒⇒f a． 只需证当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．当274e a -≥时，227e ()e e 4-=+-≥+x xf x ax x 2⋅-x x ．只需证明2237e 1e 1(0)42-+-≥+≥xx x x x ⑤式成立．⑤式()223e74244e -+++⇔≤xx x x ， 令()223e7424()(0)e-+++=≥xx x x h x x ，则()()222313e 2e 92()e -+--=='x xx x h x ()()222213e 2e 9e ⎡⎤-----⎣⎦=xx x x ()2(2)2e 9e⎡⎤--+-⎣⎦xx x x ，所以当29e 0,2⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦x 时，()0,()h x h x '<单调递减； 当29e ,2,()0,()2⎛⎫-∈> ⎪⎝⎭'x h x h x 单调递增； 当(2,),()0,()∈+∞<'x h x h x 单调递减．从而max [()]max{(0),(2)}4==h x h h ，即()4h x ≤，⑤式成立．所以当274e a -≥时，31()12f x x ≥+恒成立．综上274e a -≥．[方法三]：指数集中当0x ≥时，31()12f x x ≥+恒成立323211e1(1)e 122xx x ax x x ax x -⇒+-+⇒-++≤，记()32(1(1)e 0)2xg x x ax x x -=-++≥，()2231(1)e 22123xg x x ax x x ax -'=--+++--2(23)42]121)2)1[e ((22x x x x x x a x a a -=--+++=----，①.当210a +≤即12a ≤-时，()02g x x '=⇒=，则当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意；②.若0212a <+<即1122a -<<时，则当(0,21)(2,)x a ∈+⋃+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，当(21,2)x a ∈+时，()0g x '>，()g x 单调递增，又()01g =，所以若满足()1g x ≤，只需()21g ≤，即()22(7e 14)g a --≤=27e 4a -⇒，所以当27e 142a -⇒≤<时，()1g x ≤成立；③当212a +≥即12a ≥时，()32311(1)e (1)e 22x xg x x ax x x x --=++≤-++，又由②可知27e 142a -≤<时，()1g x ≤成立，所以0a =时，31()(1)e 21xg x x x -=+≤+恒成立， 所以12a ≥时，满足题意. 综上，27e 4a -.【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！10．【2020年新课标2卷理科】已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤（3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤34nn .【答案】（1）当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式； (3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用(2)的结论即可证得题中的不等式. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()32sin cos f x x x =，则：()()224'23sin cos sin f x x x x =-()2222sin 3cos sin x x x =- ()222sin 4cos 1x x =-()()22sin 2cos 12cos 1x x x =+-，()'0f x =在()0,x π∈上的根为：122,33x x ππ==， 当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. (2)[方法一]【最优解】：基本不等式法 由四元均值不等式可得24262[()]sin sin 24sin cos =⋅=⋅=f x x x x x 222244sin sin sin 3cos 33⋅⋅⋅≤⋅x x x x 42222sin sin sin 3cos 27464⎛⎫+++= ⎪⎝⎭x x x x ，当且仅当22sin 3cos =x x ， 即3x k ππ=-或()3x k k ππ=+∈Z 时等号成立．所以|()|f x ． [方法二]：构造新函数+齐次化方法因为()()333222222sin cos 2tan ()2sin cos sin cos tan 1===++x xxf x x x x x x ，令tan (0)=≥x t t ，则问题转化为求()3222()(0)1=≥+t g t t t的最大值．求导得()()()22222213()1+'-=+t t t g t t，令()0g t '=，得t =当∈t 时，()0g t '>，函数()g t 单调递增；当)∈+∞t 时，()0g t '<，函数()g t 单调递减． 所以函数()g t的最大值为==g|()|f x ≤． [方法三]：结合函数的周期性进行证明注意到()()()()22sin sin 2sin sin 2f x x x x x f x πππ+=++==⎡⎤⎣⎦，故函数()f x 是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得：()()00f f π==，23f π⎛⎫== ⎪⎝⎭⎝⎭223f π⎛⎛⎫=⨯= ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 据此可得：()max f x =⎡⎤⎣⎦()minf x =⎡⎤⎣⎦ 即()f x (3)[方法一]【最优解】：利用(2)的结论 由于()32223332sin sin 2sin 2sin sin 2sin 2==nn x xx x xx 23312|sin |sin sin 2sin 2sin2sin 2-=n n n x x xx x x ()12|sin |()(2)2sin 2-≤n n x f x f x f x x ()1()(2)2-n f x f x f x ，所以232223sin sin 2sin 24⎫≤=⎝⎭n n nn x xx ． [方法二]：数学归纳法+放缩当1n =时，222sin sin 2sin sin 2sin 2⋅=≤x x x x x 33244≤≤x ，显然成立； 假设当n k =时原式成立，即22223sin sin 2sin 4sin 24≤kkk x x x x ．那么，当1n k =+时，有222221sin sin 2sin 4sin 2sin 2+≤kk x x x x x 2234sin 2cos 24⎛⎫⋅⋅⋅≤⎪⎝⎭kk kx x332cos22sin 2cos24sin 2⎛⎫⋅⋅≤ ⎪⎝⎭k kk kk x x x x 32cos248sin 2⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭k k k x x 11334tan 24++⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭k k kx ， 即当1n k =+时不等式也成立．综上所述，不等式对所有的n *∈N 都成立． 【整体点评】(2)方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成立的条件；方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证得题中的不等式；方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数有界限的应用.(3)方法一：利用(2)的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式； 方法二：数学归纳法是处理与自然数有关的命题的常见策略，放缩法是不等式证明中常见的方法.11．【2020年新课标3卷理科】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求b ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）34b =-；（2）证明见解析【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得到1()02f '=，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得2311()32()()422f x x x x '=-=+-，易知()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，采用反证法，推出矛盾即可. 【详解】（1）因为2()3f x x b '=+，由题意，1()02f '=，即：21302b ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭，则34b =-．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得33()4f x x x c =-+，2311()33()()422f x x x x '=-=+-， 令()0f x '>，得12x >或12x <-；令()0f x '<，得1122x -<<， 所以()f x 在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c -=--=+=-=+，若()f x 所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x ，则(1)0f ->或(1)0f <， 即14c >或14c <-. 当14c >时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=-++=-<，由零点存在性定理知()f x 在(4,1)c --上存在唯一一个零点0x ， 即()f x 在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当14c <-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c -=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c -=++=->，由零点存在性定理知()f x 在(1,4)c -上存在唯一一个零点0'x ， 即()f x 在(1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点， 此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1. ［方法二］【最优解】：设0x 是()f x 的一个零点，且01x ≤，则30034c x x =-+． 从而()332200000333()444f x x x x x x x x x x x ⎛⎫=--+=-++- ⎪⎝⎭． 令22003()4h x x x x x =++-，由判别式2220003Δ43304x x x ⎛⎫=--=-≥ ⎪⎝⎭，可知()0h x =在R 上有解，()h x 的对称轴是011,222x x ⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦220002200031(1)104231(1)1042h x x x h x x x ⎧⎛⎫=++-=+≥⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪-=-+-=-≥ ⎪⎪⎝⎭⎩，所以()h x 在区间01,2x ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上有一根为1x ，在区间0,12x ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上有一根为2x ，进而有121,1x x ≤≤，所以()f x。

专题04 导数及其应用（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈…时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()xax f x x-'=.令2()1e x g x ax =-，由10e a <<， 可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011l n x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【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 ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭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 ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭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）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5．【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：x2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-+=++， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x xx a a+--≥． 令1t a=，则22t ≥． 设2()212ln ,22g t t x t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则 ()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-．记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++.故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥． （ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…． 令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦ ， 则ln 2()10x q'x x+=+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭…．由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a …． 综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦．【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数． （1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=…，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3(4)8a -=， 解得2a =． （2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=--⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=．因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：x (,3)-∞-3-(3,1)-1 (1,)+∞()f 'x + 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得22121111,33b b b b b b x x +--+++-+==．列表如下：x 1(,)x -∞1x()12,x x2x2(,)x +∞()f 'x+ 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()()23221(1)(1)2127927b b b b b b b --+++=++-+23(1)2(1)(1)2((1)1)272727b b b b b b +-+=-+-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得13x =．列表如下： x 1(0,)3131(,1)3()g'x + 0 – ()g x极大值所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x． 由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e． 从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1时，g ′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点． 故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0． 因此，当1ea ≥时，()0f x ≥．【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．【答案】（1）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当a =3时，f （x ）=3213333x x x ---，f ′（x ）=263x x --． 令f ′（x ）=0解得x =323-或x =323+．当x ∈（–∞，323-）∪（323+，+∞）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（323-，323+）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减．（2）由于210x x ++>，所以()0f x =等价于32301x a x x -=++．设()g x =3231x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0， 所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=22111626()0366a a a -+-=---<， f （3a +1）=103>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点．【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12a =；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++， 所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 (1,)+∞()f x ' + 0 − ()f x↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥， ∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 1(1,)a1a1(,)a+∞ ()f x '+ 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x ' + 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x '− 0 + 0 − ()f x↘极小值↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()63y x t =---有三个互异的公共点，求d 的取值范围． 【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为63；函数f (x )的极小值为−63；（III ）d 的取值范围为(,10)(10,)-∞-+∞.【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ，故()f x '=3x 2−1， 因此f (0)=0，(0)f '=−1，又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)， 故所求切线方程为x +y =0． （Ⅱ）解：由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 23+9t 2．故()f x '=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令()f x '=0，解得x =t 2−3，或x =t 2+3． 当x 变化时，()f x '，f (x )的变化如下表：x(−∞，t 2−3)t 2−3 (t 2−3，t 2+3)t 2+3 (t 2+3，+∞)()f x '+ 0 − 0 + f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2−3)=(−3)3−9×(−3)=63；函数f (x )的极小值为f (t 2+3)=(3)3− 9×(3)=−63．（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2 −d )+(x −t 2)+ 63=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +63=0．设函数g (x )=x 3+(1−d 2)x +63，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有三个零点．()g'x =3x 3+(1−d 2)．当d 2≤1时，()g'x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意．当d 2>1时，()g'x =0，解得x 1=213d --，x 2=213d -．易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x 2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增． g (x )的极大值g (x 1)=g (213d --)=32223(1)639d -+>0． g (x )的极小值g (x 2)=g (213d -)=−32223(1)639d -+． 若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．若2()0,g x <即322(1)27d ->，也就是||10d >，此时2||d x >，(||)||630,g d d =+>且312||,(2||)6||2||636210630d x g d d d -<-=--+<-+<，从而由()g x 的单调性，可知函数()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．所以，d 的取值范围是(,10)(10,)-∞-+∞．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【2018年高考浙江】已知函数f (x )=x −ln 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． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-， 由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-， 因为12x x ≠，所以121112x x +=． 由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥． 因为12x x ≠，所以12256x x >． 由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-． 设1()ln 2g x x x =-， 则1()(4)4g x x x'=-， 所以x（0，16）16 （16，+∞）()g x ' −0 +()g x2−4ln2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 <1()a n k nn --≤||1()a n k n +-<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ln x x a k x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=， 其中2(n )l xg x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+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 ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为CDP △，要求,A B 均在线段MN 上，,C D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD 和CDP △的面积，并确定sin θ的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]；（2）当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【解析】（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为12×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=14，θ0∈（0，π6）．当θ∈[θ0，π2]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[14，1]．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π2 ]．设f （θ）=sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，π2]， 则222()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+． 令()=0f θ'，得θ=π6， 当θ∈（θ0，π6）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数； 当θ∈（π6，π2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=π6时，f （θ）取到最大值． 答：当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）e2；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解， 因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．（2）函数21f x ax =-（），()ln g x x =， 则12f x ax g x x'='=（），（）． 设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==． 当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．因此，a 的值为e 2． （3）对任意a >0，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则b >0．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x-'=-=′，． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”． 因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )xx x x f x a a a a '=--=+-，①若0a =，则2()e xf x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-．当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增．（2）①若0a =，则2()e xf x =，所以()0f x ≥．②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥．综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（1）在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增；（2）[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e xf x x x '=--.令()0f x '=得121+2x x =--=-，.当(,12)x ∈-∞--时，()0f x '<；当(12,12)x ∈---+时，()0f x '>；当(12,)x ∈-++∞时，()0f x '<.所以()f x 在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增.（2）()(1+)(1)e x f x x x =-.当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h ′(x )= −x e x＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1.当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x −x −1，g ′（x ）=e x−1＞0（x ＞0），所以g （x ）在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x≥x +1.当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x --=，则2000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.当0a ≤时，取051,2x -=则0(0,1),x ∈20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++．（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+），()()1211()221x a x f x a x a x x++'=+++=.若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，时，()0f x '>，故()f x 在（0，+）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1()2a-+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x '=-.当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时()g x 取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，()0g x ≤.从而当a ＜0时，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a≤--. 【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x –21x -）e x -（12x ≥）． （1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围．【答案】（1）(1)(212)e 1()()221x x x f x x x ----'=>-；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为1(21)121x x 'x --=--，(e )e x x'--=-， 所以1()(1)e (21)e 21x xf x x x x --'=-----(1)(212)e 1()221x x x x x ----=>-．（2）由(1)(212)e ()021x x x f x x ----'==-，解得1x =或52x =．因为x12（12，1） 1 （1，52） 52（52，+∞） ()f x '–0 +–f （x ）121e 2-521e 2-又21()(211)e 02x f x x -=--≥， 所以f （x ）在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f'x ，由()f'x 的正负，得出函数()f x 的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2-. 【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1xh x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin xxh x x x x x x '=---=-.当π(0,)2x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[7],1-．【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x (,)a -∞ (),4a a - (4,)a -+∞()f 'x+-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知000()e ()e x x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩， 所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩． 所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =． 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减， 故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =． 因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =， 故()t x 的值域为[7],1-． 所以，b 的取值范围是[7],1-．【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-， 则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--. 综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-； 当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．23．【2017年高考江苏】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()'f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．。

导数及其应用【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式∈(2)导数的四则运算①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )； ②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎢⎡⎦⎥⎤u x v x ′＝ux v x －u x vx[v x ]2(v (x )≠0)．3．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .【感悟提升】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【变式探究】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x －y ＝0解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ． 【答案】1ln2-【解析】对函数ln 2y x =+求导得1y x'=，对求导得11y x '=+，设直线y kx b =+与曲线ln 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线相切于点222(,)P x y ，则，由点111(,)P x y 在切线上得，由点222(,)P x y 在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．解析 ∵(e x)′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1， 又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)． 答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x ex －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x (a ，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力． 【答案】(1)C (2)－3【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型二、利用导数研究函数的单调性 【例2】已知函数f (x )＝2e x－kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x －k ，x ∈(0，＋∞)， 因为x >0，所以2e x>2.当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k2，此时f (x )单调递增；由f ′(x )<0得0<x <ln k2，此时f (x )单调递减．综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln k2，＋∞内单调递增． 校的套题每日的销售量y (单位：千套)与销售价格x (单位：元/套)满足关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，其中2<x <6，m 为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套． (1)求m 的值； 校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x 的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留一位小数) 【解析】解 (1)因为x ＝4时，y ＝21， 代入关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，得 m2＋16＝21，解得m ＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y ＝10x －2＋4(x －6)2， 所以每日销售套题所获得的利润f (x )＝(x －2)10x －2＋4(x －6)2＝4x 3－56x 2＋240x －278(2<x <6)， 从而f ′(x )＝12x 2－112x ＋240＝4(3x －10)(x －6)(2<x <6)．令f ′(x )＝0，得x ＝103，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103上，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；在(103，6)上，f ′(x ) <0，函数f (x )单调递减，所以x ＝103是函数f (x )在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x ＝103≈3.3时，函数f (x )取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时， 网校每日销售套题所获得的利润最大．【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去． 题型五 利用导数解决不等式的有关问题【例5】(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．【举一反三】 (2015·湖南，21)已知a ＞0，函数f (x )＝e axsin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点，证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列；(2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立.证明 (1)f ′(x )＝a e axsin x ＋e axcos x ＝e ax(a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e axsin(x ＋φ)， 其中tan φ＝1a ，0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *，对k ∈N ，若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π， 即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ， 则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )＜0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上，f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值， 所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)． 此时，f (x n )＝e a (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *；x n ＜|f (x n )|恒成立，即n π－φ＜1a 2＋1ea (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a ＜ea （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立，因为(a ＞0)．设g (t )＝e t t (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t2. 令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减；当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a＜g (1)＝e ，即只需a ＞1e 2－1. 而当a ＝1e 2－1时，由tan φ＝1a ＝e 2－1＞3且0＜φ＜π2知，π3＜φ＜π2. 于是π－φ＜2π3＜e 2－1，且当n ≥2时，n π－φ≥2π－φ＞3π2＞e 2－1.因此对一切n ∈N *，ax n ＝n π－φe 2－1≠1，所以g (ax n )＞g (1)＝e ＝a 2＋1a .故(*)式亦恒成立． 综上所述，若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立．【变式探究】(2015·福建，20)已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R )． (1)证明：当x ＞0时，f (x )＜x ；(2)证明：当k ＜1时，存在x 0＞0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x )； (3)确定k 的所有可能取值，使得存在t ＞0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2. (1)证明 令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈(0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减，故当x ＞0时，F (x )＜F (0)＝0，即当x ＞0时，f (x )＜x .(2)证明 令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )＞0，故G (x )在(0，＋∞)单调递增，G (x )＞G (0)＝0， 故任意正实数x 0均满足题意．当0＜k ＜1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1＞0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )＞0，从而G (x )在(0，x 0)单调递增，所以G (x )＞G (0)＝0， 即f (x )＞g (x )．综上，当k ＜1时，总存在x 0＞0，使得对任意x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x )． (3)解 当k ＞1时，由(1)知，对于∀x ∈ (0，＋∞)，g (x )＞x ＞f (x )，故g (x )＞f (x )， |f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x ) ＝kx －ln(1＋x )．M (x )＝kx －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)．则有M ′(x )＝k －11＋x －2x＝－2x 2＋（k －2）x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4时，M ′(x )＞0，M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4上单调递增，故M (x )＞M (0)＝0，即|f (x )－g (x )|＞x 2，所以满足题意的t 不存在． 当k ＜1时，由(2)知，存在x 0＞0，使得当x ∈(0，x 0)时，f (x )＞g (x )， 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ ln(1＋x )－kx .令N (x )＝ln(1＋x )－kx －x 2，x ∈[0，＋∞)． 则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－（k ＋2）x ＋1－k x ＋1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4时，N ′(x )＞0，N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4上单调递增，故N (x )＞N (0)＝0，即f (x )－g (x )＞x 2.记x 0与－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4中的较小者为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，当x ＞0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln(1＋x )，令H (x )＝x －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x ＞0时，H ′(x )＜0，所以H (x )在[0，＋∞)上单调递减， 故H (x )＜H (0)＝0.故当x ＞0时，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2. 此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.法二 (1)(2)证明 同法一．(3)解 当k ＞1时，由(1)知，对于∀x ∈(0，＋∞)，g (x )＞x ＞f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x )＞kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x ＞x 2，解得0＜x ＜k －1.从而得到，当k ＞1时，对于x ∈(0，k －1)， 恒有|f (x )－g (x )|＞x 2， 故满足题意的t 不存在． 当k ＜1时，取k 1＝k ＋12，从而k ＜k 1＜1，由(2)知，存在x 0＞0，使得x ∈(0，x 0)，f (x )＞k 1x ＞kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＞(k 1－k )x ＝1－k2x ，令1－k 2x ＞x 2，解得0＜x ＜1－k2， 此时f (x )－g (x )＞x 2. 记x 0与1－k 2的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2. 故满足题意的t 不存在．当k ＝1时，由(1)知，x ＞0，|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝x －ln(1＋x )， 令M (x )＝x －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)， 则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－xx ＋1.当x ＞0时，M ′(x )＜0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减，故M (x )＜M (0)＝0.故当x ＞0时， 恒有|f (x )－g (x )|＜x 2，此时，任意正实数t 均满足题意． 综上，k ＝1.题型六 函数与导数的综合问题【例6】(2016·高考全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈ (－∞，1)，f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 22x －＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e 2x ＋a (x 2－1)2＝0，所以f (2－x 2)＝－x 2e 22x －－(x 2－2)e x 2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x)． 所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.【举一反三】 (2015·广东，19)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤3a －2e －1.(1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立．∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a －a ，∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a－a >2a －a ＝a >0，∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点，又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增，∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点，∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1，把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e－a ， ∴k OP ＝a －2e . f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e，令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上增．令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上减．∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e≥(m ＋1)3. ∴m ＋1≤3a －2e ，即m ≤3a －2e －1. 【变式探究】设函数f (x )＝xe 2x ＋c (e ＝2.718 28…是自然对数的底数，c ∈R )．(1)求f (x )的单调区间、最大值．(2)讨论关于x 的方程|ln x |＝f (x )根的个数．【解析】解 (1)f ′(x )＝e 2x －2x e 2x e 2x 2＝1－2x e2x ， 由f ′(x )>0得x <12，由f ′(x )<0得x >12. 所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e＋c . (2)由已知|ln x |＝f (x )得|ln x |－x e2x ＝c ，x ∈(0，＋∞)， 令g (x )＝|ln x |－x e2x ，y ＝c . ①当x ∈(1，＋∞)时，ln x >0，则g (x )＝ln x －x e2x . 所以g ′(x )＝1x ＋2x －1e2x >0. 所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增．②当x ∈(0,1)时，ln x <0，则g (x )＝－ln x －x e2x . 所以g ′(x )＝－1x －1－2x e 2x ＝1e 2x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 2x x2x －1. 因为e 2x ∈(1，e 2)，e 2x >1>x >0，所以－e 2xx<－1，而2x －1<1.所以g ′(x )<0，即g (x )在(0,1)上单调递减．由①②可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－1e2 .由数形结合知，当c<－1e2时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为0；当c＝－1e2时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为1；当c>－1e2时，方程|ln x|＝f(x)根的个数为2.【规律方法】(1)本题第(1)问，利用了函数单调的充分条件：“若f′(x)>0，则f(x)单调递增，若f′(x)<0，则f(x)单调递减”；求出函数的单调区间，而对于函数的最值需谨记函数在闭区间上一定存在最值，在开区间上函数不一定存在最值，若存在，一定是极值．(2)本题第(2)问，借助转化与数形结合的思想，把方程根的个数转化为两个函数图象交点的个数，利用极值解决问题．。

考点43导数及几何意义、导数的运算【命题解读】导数及几何意义、导数的运算是高考中经常出现的知识点，在高考中常以选择或者填空的形式出现，整体难度以中档为主，偶尔在解答题中出现导数的几何意义，求解切线，重点还是考查计算能力。

【命题预测】预计2021年的高考导数的几何意义还是必考知识点，复习中要注重知识点的相互联系，在导数的运算方面要加强计算能力。

【复习建议】1.掌握导数的概念及几何意义；2.会计算函数的导数以及运用导数求切线方程。

考向一导数的概念及几何意义1.导数的概念(1)在点x0处的导数lim Δx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx,我们称它为函数y=f(x)在x=x0处的导数,记为f'(x0)或y'|x=x0,即f'(x0)=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx(2) 区间(a,b)上的导数当x∈(a,b)时,f'(x)=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x+Δx)-f(x)Δx叫作函数在区间(a,b)内的导数2.导数的几何意义函数y=f(x)在点x=x0处的导数f'(x0)就是函数图像在该点处切线的斜率.曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程是y-f(x0)=f'(x0)(x-x0).1.【2020全国高三课时练习（理）】函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（ ） A ．21y x =-- B ．21y x =-+ C ．23y x =- D ．21y x =+【答案】B 【解析】()432f x x x =-，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+. 故选：B.2. 【2020山东高三其他】已知函数()ln ln xxf x e x e a x =-+的图象在点()()1,1T f 处的切线经过坐标原点，则a=（ ） A ．e - B ．eC ．1e e ---D ．1e -【答案】A 【解析】()ln ln x x f x e x e a x =-+，()1f e ∴=-，切点为()1,T e -，()ln x xx e af x e x e x x'=+-+，()1f a '=，所以，函数()y f x =的图象在点T 处的切线方程为()1y e a x +=-，由于该直线过原点， 则a e -=，解得a e =-，故选A.考向二 导数的运算1.常用导数公式 （1） C'=0(C 为常数) （2）(x n )'= nx n -1 (n ∈Z)（3） (sin x )'= cos x (cos x )'= -sin x （4）(a x )'= a x ln a (a>0,且a ≠1) （5） (log a x )'= 1xlna (a>0,且a ≠1)（6） (e x )'=e x（7） (ln x )'=1x ,(ln |x|)'=1x 2.导数的运算法则[f (x )±g (x )]'= f'(x )±g'(x ) [f (x )·g (x )]'= f'(x )·g (x )+f (x )·g'(x )[f (x )g (x )]'=f '(x )g (x )-g '(x )f (x )[g (x )]2复合函数y=f [g (x )]的导数与函数y=f (u ),u=g (x )的导数之间具有关系y'x = y'u ·u'x 这个关系用语言表达就是“y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积”1. 【2020全国高三课时练习（理）】已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()2()ln f x xf e x '=+，则()f e '等于（）A ．1B ．1e-C ．1-D ．e -【答案】B【解析】()()1'2'f x f e x =+，所以()()1'2'f e f e e =+，得()1'f e e=-，故选B. 2. 【2020河南高三其他（理）】已知函数()2e (0)sin x f x f x '=-，则(0)f '=______. 【答案】1【解析】由()2e (0)sin x f x f x '=-，得()2e (0)cos x f x f x ''=-，则(0)2(0)f f ''=-，解得(0)1f '=. 故答案为：1.题组一（真题在线）1. 【2020年高考全国Ⅰ卷理数】函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为 A ．21y x =-- B ．21y x =-+ C ．23y x =-D ．21y x =+2. 【2020年高考全国III 卷理数】若直线l 与曲线y x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为 A ．y =2x +1 B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +123. 【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W 与时间t 的关系为()W f t =，用()()f b f a b a---的大小评价在[,]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论： ①在[]12,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，在[]10,t 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________．4. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-5. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e x y x x =+在点(0)0，处的切线方程为___________．6. 【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅰ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．题组二1. 【2020陕西西安高三二模（理）】已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则（ ）A ．,1a e b ==-B ．,1a e b ==C ．1,1a e b -==D ．1,1a e b -==-2. 【2020全国高三课时练习（理）】若曲线()cos f x a x =与曲线()21g x x bx =++在交点()0,m 处有公切线，则a b +=（ ）A ．1-B ．0C ．2D ．13. 【2020邢台市第二中学高二期末】已知函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程为220x y +-=，则(1)(1)f f '+=（ ）A ．32B ．1C ．12D ．04. 【2020陕西西安高三三模】函数()cos xf x e x =的图象在点()()0,0f 处的切线的倾斜角为（ ） A ．6π B ．4π C ．3π D ．23π 5. 【2020山东师范大学附中高二月考】已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()2ln f x xf e x '=+，则()f e 等于（ ）A ．e -B ．1-C ．1e-D ．16. 【2020全国高三课时练习（理）】函数()sin x f x e x =⋅在点(0，f (0))处的切线方程是___________.7. 【2020福建高三其他（理）】设曲线1x y e x -=+在1x =处的切线与直线2y ax =+平行，则实数a 的值为_______.8. 【2020山东莱阳一中高三月考】已知()2123f x x xf ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，则1()3f '-=_____．9. 【2020河南开封高三二模（理）】已知函数()()2ln f x x x =-．则函数()f x 在1x =处的切线方程为___________．10. 【2019山东聊城】如图，()y f x =是可导函数,直线l 是曲线()y f x =在2x =处的切线，令()()f x g x x=，则)'(2g =___________.题组一1.B 【解析】()432f x x x =-，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+. 故选：B ． 2.D【解析】设直线l在曲线y =(0x ，则00x >，函数y =y '=，则直线l的斜率k =， 设直线l的方程为)0y x x =-，即00x x -+=， 由于直线l 与圆2215x y +==， 两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍）， 则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+. 故选：D ． 3. ①②③ 【解析】()()f b f a b a---表示区间端点连线斜率的负数，在[]12,t t 这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在[][][]112230,,,,,t t t t t 这三段时间中，甲企业在[]12,t t 这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在[]12,t t 的污水治理能力最强．④错误；在2t 时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；故答案为：①②③ 4. D【解析】∵e ln 1,x y a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-.故选D ．5. 30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=． 6. 见解析【解析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅰ）显然0t ≠， 因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<， 所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 所以2t =时，()S t 取得极小值，也是最小值为()16162328S ⨯==. 题组二1.D【解析】ln 1,xy ae x '=++1|12x k y ae ='==+=，1a e -∴=将(1,1)代入2y x b =+得21,1b b +==-，故选D ． 2.D【解析】由曲线()cos f x a x =，得()sin f x a x =-'，则(0)sin 00f a '=-=， 由曲线2()1g x x bx =++，得()2g x x b =+'，则(0)g b '=，因为曲线()cos f x a x =与曲线2()1g x x bx =++在交点(0,)m 出有公切线， 所以(0)(0)f g ''=，解得0b =， 又由(0)1g =，即交点为(0,1)，将(0,1)代入曲线()cos f x a x =，得cos 01a a ==，所以1a b +=，故选D ． 3.D【解析】切点(1,(1))f 在切线220x y +-=上，∴12(1)20f +-=，得1(1)2f =， 又切线斜率1(1)2k f '==-，∴(1)(1)0f f '+=. 故选：D 4.B【解析】()cos sin xx e x x e x f =-'，则()01k f '==，则倾斜角为4π． 故选：B ． 5.B 【解析】()()2ln f x xf e x '=+,∴1()2()f x f e x''=+, 令x e =，则(e)2(1ee)f f ''=+， 解得1()f e e'=-，2()ln f x x x e ∴=-+，2()ln 1f e e e e∴=-⨯+=-，故选：B 6. y x =【解析】∵()sin x f x e x =⋅， ∴'()(sin cos )x f x e x x =+, f (0)＝0, ∴'(0)1f =∴函数f (x )的图像在点(0,0)处的切线方程为y －0＝1×(x －0)，即y ＝x . 故答案为：y x = 7. C【解析】 2(2i)34i z =+=+，所以z 的虚部为4. 故选：C ． 8. 2【解析】因为1x y e x -=+ 所以11x y e -'=+ 所以111|12x y e-='=+=又因为曲线1x y e x -=+在1x =处的切线与直线2y ax =+平行， 所以2a = 故答案为：2 9. 10x y +-= 【解析】()()2ln f x x x =-2()x f x lnx x-'∴=+， ()11f '∴=-，()10f =故切线方程为：(1)y x =--，即10x y +-=． 故答案为：10x y +-=．10. 12-【解析】由图像可知，(2)3f =，切线过(2,3)、(0,2)，'321(2)==202f k -=-切 ()()f xg x x =，求导'''22()()1()()()f x x f x f x x f x g x x x ⋅-⋅⋅-== 2'(2)2(2)1(2)22f fg ⋅-∴==- 故答案为：12-考点44导数与函数的单调性【命题解读】利用导数研究函数的单调性是高考的热点问题，在高考中经常出现的是含参数的函数的导数求解问题，难度以中高难度为主，主要出现在解答题中，命题形式灵活多变，主要考查分析能力和解答计算能力，对数学思维要求高。

热点探究课(二) 函数、导数与不等式[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，导数的应用是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的X 围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有.热点1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值(答题模板)函数的单调性、极值是局部概念，函数的最值是整体概念，研究函数的性质必须在定义域内进行，因此，务必遵循定义域优先的原则，本热点主要有三种考查方式：(1)讨论函数的单调性或求单调区间；(2)求函数的极值或最值；(3)利用函数的单调性、极值、最值，求参数的X 围.(本小题满分14分)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值X 围.【导学号：62172114】[思路点拨] (1)求出导数后对a 分类讨论，然后判断单调性；(2)运用(1)的结论分析函数的最大值，对得到的不等式进行等价转化，通过构造函数并分析该函数的单调性求a 的X 围．[规X 解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .2分若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.3分若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0.5分所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.6分 (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值； 当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.11分 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a>2a －2等价于ln a ＋a －1<0.12分令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值X 围是(0,1).14分[答题模板] 讨论含参函数f (x )的单调性的一般步骤 第一步：求函数f (x )的定义域(根据已知函数解析式确定)． 第二步：求函数f (x )的导数f ′(x )．第三步：根据f ′(x )＝0的零点是否存在或零点的大小对参数分类讨论． 第四步：求解(令f ′(x )>0或令f ′(x )<0)． 第五步：下结论．第六步：反思回顾，查看关键点、易错点、注意解题规X ．温馨提示：1.讨论函数的单调性，求函数的单调区间、极值问题，最终归结到判断f ′(x )的符号问题上，而f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，最终可转化为一个一元一次不等式或一元二次不等式问题．2.若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解.[对点训练1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，某某数c 的取值X 围．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.2分当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.4分(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.8分(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x， 有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x＝(－x 2－3x ＋c －1)e x，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立， 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值X 围是[11，＋∞).14分热点2 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图象交点的个数；(2)由函数的零点、图象交点的情况求参数的取值X 围.(2016·高考节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值X 围． [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .2分 因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .4分 (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.6分令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23.8分f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：x (－∞，－2)－2 ⎝⎛⎭⎪⎫－2，－23 －23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞ f ′(x ) ＋－＋f (x )c c －3227所以，当c ＞0且c －27＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点.14分[规律方法] 用导数研究函数的零点，常用两种方法：一是用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．[对点训练2] 设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数. 【导学号：62172115】[解] (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.2分 ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.4分(2)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).6分设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )＞0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )＜0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减，∴x ＝1是φ(x )唯一的极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.10分又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.14分热点3 利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．归纳起来常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题. ☞角度1 证明不等式设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.[解] (1)由f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，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：x (－∞，ln 2)ln 2 (ln 2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减2(1－ln 2＋a )单调递增故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2)，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)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a ).6分(2)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 )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)． 又g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x－x 2＋2ax －1＞0，故e x ＞x 2－2ax ＋1.14分 ☞角度2 不等式恒成立问题(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值X 围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞).1分 当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.3分故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.6分 (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0.9分 ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值X 围是(－∞，2].14分 ☞角度3 存在型不等式成立问题设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值X 围．[解] (1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1.3分 (2)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ，f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 1－a (x －1).5分①若a ≤12，则a1－a ≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<aa －1，解得－2－1<a <2－1.7分②若12<a <1，则a 1－a >1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增.10分所以存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1. 而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 221－a ＋a a －1>a a －1，所以不合题意． ③若a >1，则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1恒成立，所以a ＞1.综上，a 的取值X 围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞).14分 [规律方法] 1.运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题．2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．3.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．应特别关注等号是否成立问题．热点探究训练(二)1.设函数f (x )＝3x 2＋axex(a ∈R )． (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值X 围. 【导学号：62172116】 [解] (1)对f (x )求导得f ′(x )＝ 6x ＋a e x －3x 2＋ax exe x 2＝－3x 2＋6－a x ＋aex.3分 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0.7分(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋6－a x ＋aex， 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366.9分当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数； 当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数.11分由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92.故a 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.14分2.(2017·某某模拟)设函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值X 围． [解] (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k x －2x 2＝x －2e x－kx x 3.由k ≤0可得e x－kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞).6分 (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减， 故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x－kx ，x ∈[0，＋∞)． 因为g ′(x )＝e x－k ＝e x－e ln k，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x－k >0，y ＝g (x )单调递增， 故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点； 当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减，x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增．所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g 0>0，g ln k <0，g 2>0，0<ln k <2，解得e<k <e22.13分综上所述，函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22. 14分3.(2016·全国卷Ⅰ)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X 围．[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a ).1分 (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.3分 (ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减.5分③若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减.7分(2)(ⅰ)设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点.9分(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值X 围为(0，＋∞).14分4.(2017·某某模拟)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X 围；(3)求证：ln 22×ln 33×ln 44×…×ln n n <1n (n ≥2，n ∈N ＋). 【导学号：62172117】[解] (1)f ′(x )＝a 1－xx(x >0)． 当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1]，减区间为[1，＋∞)； 当a <0时，f (x )的单调增区间为[1，＋∞)，减区间为(0,1]； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数.4分(2)由f ′(2)＝－a 2＝1得a ＝－2，∴f ′(x )＝2x －2x.∴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，所以有：⎩⎪⎨⎪⎧g ′1<0，g ′2<0，g ′3>0，∴－373<m <－9.8分(3)证明：令a ＝－1，此时f (x )＝－ln x ＋x －3，所以f (1)＝－2，由(1)知f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ∈(1，＋∞)时f (x )>f (1)，即－ln x ＋x －1>0，∴ln x <x －1对一切x ∈(1，＋∞)成立，∵n ≥2，n ∈N ＋，则有0<ln n <n －1，∴0<ln n n <n －1n.word11 / 11 ∴ln 22×ln 33×ln 44×ln n n <12×23×34×…×n －1n ＝1n(n ≥2，n ∈N ＋).16分。

高考数学考纲解读与热点难点突破导数的热点问题教案【2020年高考考纲解读】导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．(1)求实数a的值；(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且ln 22e＋14e2≤f(x0)<14.(2)证明当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，f′(x)＝ex(2ex－x－2)．令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，∴当x∈(－∞，－ln 2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数；当x∈(－ln 2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln 2，＋∞)上为增函数，∵h(－1)<0，h(－2)>0，∴在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，∵h(x)在(－∞，－ln 2)上为减函数，∴当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，当x∈(x0，－ln 2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln 2)上为减函数，当x∈(－ln 2,0)时，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，f(x)在(－ln 2,0)上为减函数，当x ∈(0，＋∞)时，h(x)>h(0)＝0， 即f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数， ∴f(x)在(－ln 2，＋∞)上只有一个极小值点0， 综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0， 且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴20e x －x0－2＝0，∴f(x0)＝02e x －0e x －x00e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0＋222－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0＋22(x0＋1)＝－x20＋2x04，x0∈(－2，－1)， ∵当x ∈(－2，－1)时，－x2＋2x 4<14，∴f(x0)<14；∵ln12e ∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 12e ＝ln 22e ＋14e2；综上知ln 22e ＋14e2≤f(x0)<14.【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a ，b]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a ，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D 内有最大值M(或最小值m)，则对∀x ∈D ，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. 【变式探究】已知函数f(x)＝ax －ln x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－1e2，求证：f(x)≥2ax －xeax －1.(1)解 由题意得f ′(x)＝a －1x ＝ax －1x (x>0)，①当a ≤0时，则f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当a>0时，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减．综上当a ≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明 令g(x)＝f(x)－2ax ＋xeax －1 ＝xeax －1－ax －ln x ，则g ′(x)＝eax －1＋axeax －1－a －1x＝(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎪⎫eax －1－1x ＝ax ＋1xeax －1－1x(x>0)，设r(x)＝xeax －1－1(x>0)， 则r ′(x)＝(1＋ax)eax －1(x>0)， ∵eax －1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1a 时，r ′(x)>0，r(x)单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，＋∞时，r ′(x)<0，r(x)单调递减．∴r(x)max ＝r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1ae2＋1≤0⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ≤－1e2， ∴当0<x<－1a 时，g ′(x)<0，当x>－1a 时，g ′(x)>0，∴g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增，∴g(x)min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，设t ＝－1a∈(]0，e2，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ＝h(t)＝t e2－ln t ＋1(0<t ≤e2)，h ′(t)＝1e2－1t ≤0，h(t)在(]0，e2上单调递减，∴h(t)≥h(e2)＝0；∴g(x)≥0，故f(x)≥2ax －xeax －1. 题型二 利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x 轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex －ax2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f(x)≥1； (2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a.(1)证明 当a ＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e －x －1≤0. 设函数g (x)＝(x2＋1)e －x －1，则g ′(x)＝－(x2－2x ＋1)·e －x ＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x ≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1. (2)解 设函数h(x)＝1－ax2e －x.f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点； (ⅱ)当a>0时，h ′(x)＝ax(x －2)e －x.当x ∈(0,2)时，h ′(x)<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． 故h(2)＝1－4ae2是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①若h(2)>0，即a<e24，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②若h(2)＝0，即a ＝e24，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③若h(2)<0，即a>e24，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点； 由(1)知，当x>0时，ex>x2，所以h(4a)＝1－16a3e4a ＝1－16a3e2a 2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h(x)在(2,4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.【感悟提升】(1)函数y ＝f(x)－k 的零点问题，可转化为函数y ＝f(x)和直线y ＝k 的交点问题．(2)研究函数y ＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x 值的变化y 值的变化趋势．【变式探究】设函数f(x)＝ex －2a －ln(x ＋a)，a ∈R ，e 为自然对数的底数． (1)若a>0，且函数f(x)在区间[0，＋∞)内单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若0<a<23，试判断函数f(x)的零点个数．(2)∵0<a<23，f ′(x)＝ex －1x ＋a (x>－a)，记h(x)＝f ′(x)，则h ′(x)＝ex ＋1x ＋a2>0，知f ′(x)在区间()－a ，＋∞内单调递增．又∵f ′(0)＝1－1a <0，f ′(1)＝e －1a ＋1>0，∴f ′(x)在区间()－a ，＋∞内存在唯一的零点x0，即f ′(x0)＝0e x －1x0＋a＝0， 于是0e x ＝1x0＋a，x0＝－ln ()x0＋a . 当－a<x<x0时，f ′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>x0时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)min ＝f(x0)＝0e x－2a －ln ()x0＋a＝1x0＋a －2a ＋x0＝x0＋a ＋1x0＋a－3a ≥2－3a ， 当且仅当x0＋a ＝1时，取等号． 由0<a<23，得2－3a>0，∴f(x)min ＝f(x0)>0，即函数f(x)没有零点． 题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩， 则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝mx －1.所以y ＝f(x)＝32n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m x －1＋m x(2＋x)x＝m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x ＋x ＋2m －32(0<x<m)． (2)当m ＝96时，f(x)＝96⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x＋x ＋160， 则f ′(x)＝96⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －32x2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x)＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x<16时，f ′(x)<0，f(x)在区间(0,16)内为减函数； 当16<x<96时，f ′(x)>0，f(x)在区间(16,96)内为增函数， 所以f(x)在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5.答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小． 【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y.(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大．(2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2xy －12πx2＝8x2－(4＋3π)x3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x<169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x<44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.专题练习1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c>0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．(2)y ′＝6v50－240v2＝3v3－2 00025v2，令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v<1032时，y ′<0，函数单调递减，当v>1032时，y ′>0，函数单调递增， ∴当0<c<1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v＝1032时总用氧量最少，当c≥1032时，y在[c,15]上单调递增，∴当v＝c时总用氧量最少．综上，若0<c<1032，则当v＝1032时总用氧量最少；若c≥1032，则当v＝c时总用氧量最少．2．已知函数f(x)＝ax－1＋ln x.(1)若函数f(x)在()e，＋∞内有极值，求实数a的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t∈(1，＋∞)，s∈(0,1)，求证：f(t)－f(s)>e＋2－1 e .(1)【解析】由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝1x－ax－12＝x2a＋2x＋1x x－12，设h(x)＝x2－(a＋2)x＋1，要使y＝f(x)在()e，＋∞上有极值，则x2－(a＋2)x＋1＝0有两个不同的实根x1，x2，∴Δ＝(a＋2)2－4>0，∴a>0或a<－4，①且至少有一根在区间()e，＋∞上，又∵x1·x2＝1，∴只有一根在区间(e，＋∞)上，不妨设x2>e，∴0<x1<1e <e<x2，又h(0)＝1，∴只需h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e <0，即1e2－(a ＋2)1e ＋1<0，∴a>e ＋1e －2，②联立①②可得a>e ＋1e－2.即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e ＋1e －2，＋∞.(2)证明 由(1)知，当x ∈()1，x2时，f ′(x)<0， f(x)单调递减，当x ∈()x2，＋∞时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)在(1，＋∞)上有最小值f(x2)， 即∀t ∈(1，＋∞)，都有f(t)≥f(x2)，又当x ∈()0，x1时，f ′(x)>0，f(x)单调递增，当x ∈()x1，1时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)在(0,1)上有最大值f(x1)， 即对∀s ∈(0,1)，都有f(s)≤f(x1)， 又∵x1＋x2＝2＋a ，x1x2＝1， x1∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1e ，x2∈()e ，＋∞，∴f(t)－f(s)≥f(x2)－f(x1) ＝ln x2＋ax2－1－ln x1－ax1－1＝lnx2x1＋ax2－1－ax1－1＝ln x22＋x2－1x2()x2>e ， 设k(x)＝ln x2＋x －1x ＝2ln x ＋x －1x (x>e)， 则k ′(x)＝2x ＋1＋1x2>0(x>e)，∴k(x)在()e ，＋∞上单调递增，∴k(x)>k(e)＝2＋e －1e ，∴f(t)－f(s)>e ＋2－1e.3．已知函数f(x)＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a(2x ＋1)2－x(a>0)．(1)如图，设直线x ＝－12，y ＝－x 将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(2)当a>12时，求证：∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，有f(x1)＋f(x2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋x22. (1)【解析】函数f(x)的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，＋∞，且当x ＝0时，f(0)＝－a<0. 又∵直线y ＝－x 恰好通过原点， ∴函数y ＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得f(x)<－x ，即(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a(2x ＋1)2－x<－x. ∵2x ＋1>0，∴a>ln2x ＋12x ＋1.令h(x)＝ln2x ＋12x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x>－12， 则h ′(x)＝2－2ln2x ＋12x ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x>－12. ∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，e －12时，h ′(x)>0，h(x)单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e －12，＋∞时，h ′(x)<0，h(x)单调递减． ∴h(x)max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e －12＝1e ， ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞.(2)证明 ∵f ′(x)＝2ln(2x ＋1)－4a(2x ＋1)＋1， 设u(x)＝2ln(2x ＋1)－4a(2x ＋1)＋1， 则u ′(x)＝42x ＋1－8a ⎝⎛⎭⎪⎪⎫x>－12，∵当x>0时，42x ＋1<4，当a>12时，8a>4，∴u ′(x)＝42x ＋1－8a<0，∴当x>0时，f ′(x)为减函数， 不妨设x2>x1>0，令g(x)＝f(x)＋f(x1)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋x12(x>x1)， 可得g(x1)＝0， g ′(x)＝f ′(x)－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋x12， ∵x>x ＋x12且f ′(x)是(0，＋∞)上的减函数，∴g ′(x)<0，∴当x>x1时，g(x)为减函数， ∴g(x2)<g(x1)＝0， 即f(x1)＋f(x2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x1＋x22. 4．已知函数f(x)＝ln x ＋ax ，g(x)＝e －x ＋bx ，a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若函数y ＝g(x)在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；(2)若函数y ＝f(x)在x ＝1e 处的切线方程为ex ＋y －2＋b ＝0.求证：对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x )．(2)证明 易得f ′(x)＝1x －ax2，则由题意，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝e －ae2＝－e ，解得a ＝2e .∴f(x)＝ln x ＋2ex ，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝1，即切点为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，1.将切点坐标代入ex ＋y －2＋b ＝0中，解得b ＝0. ∴g(x)＝e －x.要证f(x)>g(x)，即证ln x ＋2ex >e －x(x ∈(0，＋∞))，只需证xln x ＋2e>xe －x(x ∈(0，＋∞))．令u(x)＝xln x ＋2e ，v(x)＝xe －x ，x ∈(0，＋∞)．则由u ′(x)＝ln x ＋1＝0，得x ＝1e，∴u(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴u(x)min ＝u ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝1e.又由v ′(x)＝e －x －xe －x ＝e －x(1－x)＝0，得x ＝1， ∴v(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴v(x)max ＝v(1)＝1e.∴u(x)≥u(x)min ≥v(x)max ≥v(x)， 显然，上式的等号不能同时取到． 故对任意的x ∈(0，＋∞)，总有f(x)>g(x)． 5．已知函数g(x)＝xln x ，h(x)＝ax2－12(a>0)．(1)若g(x)<h(x)对x ∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<e 34对于正整数n 恒成立，其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)【解析】方法一 记f(x)＝g(x)－h(x) ＝xln x －a2x2＋12，令φ(x)＝f ′(x)＝ln x ＋1－ax ，则φ′(x)＝1x －a ，①当a ≥1时，∵x ∈(1，＋∞)，∴φ′(x)＝1x－a<1－a ≤0，∴f ′(x)在(1，＋∞)上单调递减， 又f ′(1)＝1－a ≤0，∴f ′(x)<0， 即f(x)在(1，＋∞)上单调递减， 此时，f(x)<f(1)＝－a －12≤0，即g(x)<h(x)，∴a ≥1. ②当0<a<1时，考虑x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 时，φ′(x)＝1x －a>a －a ＝0，∴f ′(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递增，又f ′(1)＝1－a>0，∴f ′(x)>0， 即f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，1a 上单调递増，f(x)>f(1)＝－a －12>0，不满足题意．综上所述，a ∈[1，＋∞)．方法二 当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)等价于a>2xln x ＋1x2，令F(x)＝2xln x ＋1x2(x>1)，F ′(x)＝2()x －1－xln x x3(x>1)，记m(x)＝x －1－xln x(x>1)， 则m ′(x)＝－ln x<0，∴m(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴m(x)<m(1)＝0，∴F ′(x)<0，即F(x)在(1，＋∞)上单调递减， F(x)<F(1)＝1，故a ∈[1，＋∞)． (2)证明 由(1)知取a ＝1，当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<h(x)恒成立，即xln x<x2－12恒成立，即ln x<x2－12x 恒成立，即ln(1＋x)<x ＋12－12x ＋1＝x2＋2x2x ＋1对于x ∈(0，＋∞)恒成立，由此，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋k n2<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋k n2＋k ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k n2＋k n2＋1，k ∈N*， 于是ln ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2…⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2＋…＋ln ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n2＋2n2＋…＋n n2＋1n2＋1＋2n2＋1＋…＋n n2＋1 ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤nn ＋1n2＋nn ＋1n2＋1＝14·2n3＋2n2＋n ＋1n ()n2＋1＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n3－2n2＋2n －1n ()n2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－nn －12n －1n ()n2＋1≤34，故⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2n2·…·⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋n n2<34e .6．已知函数f(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1－a 6ex ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a>0.(1)求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F(x)的导数F ′(x)＝()ex －a f(x)，是否存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F(x)的极大值点？请说明理由．(2)方法一 当a>1时，ln a>0. 因为当x ∈()0，ln a 时，ex －a<0；当x ∈()ln a ，＋∞时，ex －a>0. 由(1)知，当x ∈(0，x0)时，f(x)<0； 当x ∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.下面证：当a ∈()1，e 时，ln a<x0，即证f ()ln a <0.f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝aln a －a －a26＋1，记g(x)＝xln x －x －x26＋1，x ∈(1，e)，g ′(x)＝ln x －x3，x ∈(1，e)，令h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝3－x 3x>0，所以g ′(x)在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e3>0，所以存在唯一零点t0∈()1，e ，使得g ′()t0＝0，且x ∈()1，t0时，g ′(x)<0，g(x)单调递减，x ∈()t0，e 时，g ′(x)>0，g(x)单调递增．所以当x ∈()1，e 时，g(x)<max {}g 1g e.由g(1)＝－16<0，g(e)＝6－e26<0，得当x ∈()1，e 时，g(x)<0.故f ()ln a <0,0<ln a<x0.当0<x<ln a 时，ex －a<0，f(x)<0， F ′(x)＝()ex －a f(x)>0，F(x)单调递增；当ln a<x<x0时，ex －a>0，f(x)<0， F ′(x)＝()ex －a f(x)<0，F(x)单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1,4)，使得ln a 为F(x)的极大值点．方法二 因为当x ∈()0，ln a 时，ex －a<0；当x ∈()ln a ，＋∞时，ex －a>0. 由(1)知，当x ∈(0，x0)时，f(x)<0； 当x ∈(x0，＋∞)时，f(x)>0.所以存在无数个a ∈(1,4)，使得l n a 为函数F(x)的极大值点，即存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a<x0成立，①由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1,4)，使得f ()ln a <0成立， 因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝aln a －a －a26＋1，记g(x)＝xln x －x －x26＋1，x ∈(1,4)，g ′(x)＝ln x －x3，x ∈(1,4)，设k(x)＝g ′(x)，因为k ′(x)＝3－x 3x，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2时，k ′(x)>0，所以g ′(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2上单调递增，因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0，所以存在唯一零点t0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，使得g ′()t0＝0，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，t0时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；当x ∈()t0，2时，g ′(x)>0，g(x)单调递增； 所以当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32，2时，g(x)min ＝g ()t0＝t0ln t0－t0－t206＋1，②由g ′()t0＝0，可得ln t0＝t03，代入②式可得g(x)min ＝g ()t0＝t206－t0＋1，当t0∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2时，g ()t0＝t206－t0＋1＝()t0－326－12<－18<0，所以必存在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，使得g(x)<0，即对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2，f ()ln a <0有解，所以对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，2⊆(1,4)，函数F(x)存在极大值点为ln a.7．已知f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2.(1)当a ＝e 时，求f(x)的极值；(2)若f(x)有两个不同零点，求a 的取值范围； (3)对∀x>1，求证：f(x)≥12ax2＋x ＋1＋ln(x －1)．(1)【解析】当a ＝e 时，f ′(x)＝x(ex ＋e)． 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，f(x)为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数， ∴f(x)极小值＝f(0)＝－1，无极大值． (2)【解析】f ′(x)＝x(ex ＋a)，(ⅰ)当a ＝0时，f(x)＝(x －1)ex ，只有一个零点x ＝1， (ⅱ)当a>0时，ex ＋a>0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0，f(x)为减函数， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数， f(x)极小值＝f(0)＝－1，而f(1)＝a2>0，∴当x>0时，函数f(x)在(0,1)上存在一个零点， 当x<0时，ex<1，∴(x －1)ex>x －1， ∴f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2>x －1＋12ax2＝12ax2＋x －1，令g(x)＝12ax2＋x －1，x1是g(x)＝0的一个根， 取x1＝－1－1＋2aa<0，∴f(x1)>0，f(x1)·f(0)<0，∴当x<0时，函数f(x)在(x1,0)上存在一个零点， ∴函数f(x)有两个零点．(ⅲ)当a<0时，f ′(x)＝x(ex ＋a)， 令f ′(x)＝0得x ＝0或x ＝ln(－a)， ①当ln(－a)>0，即a<－1时，当x 变化时，f(x)，f ′(x)的变化情况如表所示：－∴f(x)极大值＝f(0)＝－1，∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意，②当ln(－a)＝0，即a ＝－1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， ∴f(x)至多有一个零点，不合题意． ③当ln(－a)<0，即－1<a<0时，当x 变化时f(x)，f ′(x)的变化情况如表所示：∴x<0，a<0时，f(x)＝(x －1)ex ＋12ax2<0，f(0)＝－1，∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意． 综上，a 的取值范围是(0，＋∞)．(3)证明 令g(x)＝f(x)－ln(x －1)－12ax2－x －1，＝(x －1)ex －ln(x －1)－x －1，x ∈(1，＋∞)， g ′(x)＝xex －1x －1－1＝xex －x x －1＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ex －1x －1，x ∈(1，＋∞)． 令h(x)＝ex －1x －1，x ∈(1，＋∞)，h ′(x)＝ex ＋1x －12>0， ∴h(x)为(1，＋∞)上的增函数，h(2)＝e2－1>0， 取x －1＝e －2，x ＝1＋e －2，h(1＋e －2)＝21e e－＋－e2<0，∴存在唯一的x0∈(1,2)使h(x0)＝0，即0e x ＝1x0－1， ∴当x ∈(1，x0)时，h(x)<0，g ′(x)<0，g(x)为减函数， 当x ∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，g ′(x)>0，g(x)为增函数，∴g(x)min ＝g(x0)＝(x0－1) 0e x －ln(x0－1)－x0－1＝(x0－1)×1x0－1－ln 0e x -－x0－1＝1＋x0－x0－1＝0， ∴对∀x>1，g(x)≥g(x0)＝0， 即f(x)≥12ax2＋x ＋1＋ln(x －1)．8.已知f(x)＝asin x ，g(x)＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x)是y ＝g(x)的反函数． (1)若0<a ≤1，证明：函数G(x)＝f(1－x)＋g(x)在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：∑k ＝1nsin11＋k2<ln 2； (3)设F(x)＝g －1(x)－mx2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x ， G ′(x)＝1x－acos(1－x)(x>0)，当x ∈(0,1)，0<a ≤1时，1x >1,0<cos(1－x)<1，∴acos(1－x)<1，∴G ′(x)>0， 故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．(3)【解析】由对任意的x>0，m<0有F(x)＝g－1(x)－mx2－2(x＋1)＋b＝ex－mx2－2x ＋b－2>0恒成立，即当x∈(0，＋∞)时，F()x min>0.又设h(x)＝F′()x＝ex－2mx－2，h′(x)＝ex－2m，m<0，则h′(x)>0，h(x)单调递增，又h(0)<0，h(1)>0，则必然存在x0∈(0,1)，使得h(x0)＝0，∴F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(x0)＝0e x－mx20－2x0＋b－2>0，则b>－0e x＋mx20＋2x0＋2，又0e x－2mx0－2＝0，∴m＝e x－2 2x0，∵b>－0e x ＋0e x －22x0·x20＋2x0＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2， 又m<0，则x0∈(0，ln 2)，∵b>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，令m(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－1ex ＋x ＋2，x ∈(0，ln 2)，则m ′(x)＝12(x －1)ex ＋1， 令n(x)＝12(x －1)ex ＋1，则n ′(x)＝12xex>0，∴m ′(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′(x)>m ′(0)＝12>0，∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m(x)<m(ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.9．已知a ∈R ，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f(x)是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由．【解析】(1)当a ＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex ，所以f ′(x)＝(－2x ＋2)ex ＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex.令f ′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，所以－x2＋2>0， 解得－2<x< 2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f(x)在(－1,1)上单调递增，所以f ′(x)≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x)＝(－2x ＋a)ex ＋(－x2＋ax)ex ＝[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ，所以[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为ex>0，所以－x2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x2＋2x x ＋1＝x ＋12－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立． 令g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1， 则g ′(x)＝1＋1x ＋12>0. 所以g(x)＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．所以g(x)<g(1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫32，＋∞. (3)若函数f(x)在R 上单调递减，则f ′(x)≤0对x ∈R 都成立，即[－x2＋(a －2)x ＋a]ex ≤0对x ∈R 都成立，因为ex>0，所以x2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．故函数f(x)不可能在R 上单调递减．10．已知函数f(x)＝2lnx ＋x2－2ax(a>0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且f(x1)－f(x2)≥32－2ln2恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)由题意知，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f ′(x)＝2x2－ax ＋1x ，令x2－ax ＋1＝0，则Δ＝a2－4，①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′(x)≥0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a>2时，Δ>0，方程x2－ax ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x3，x4，不妨令x3<x4，则x3＝a －a2－42，x4＝a ＋a2－42，此时0<x3<x4， 因为当x ∈(0，x3)时，f ′(x)>0，当x ∈(x3，x4)时，f ′(x)<0，当x ∈(x4，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－42，a ＋a2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a2－42，＋∞上单调递增． 综上，当0<a ≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a2－42，a ＋a2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a2－42，＋∞上单调递增． (2)由(1)得f(x)在(x1，x2)上单调递减，x1＋x2＝a ，x1·x2＝1， 则f(x1)－f(x2)＝2ln x1x2＋(x1－x2)(x1＋x2－2a)＝2ln x1x2＋x22－x21x1x2＝2ln x1x2＋x2x1－x1x2，令t ＝x1x2，则0<t<1，f(x1)－f(x2)＝2lnt ＋1t －t ，令g(t)＝2lnt ＋1t －t(0<t<1)，则g ′(t)＝－t －12t2<0，故g(t)在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝32－2ln2，故g(t)＝f(x1)－f(x2)≥32－2ln2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，即0<t ≤12， 而a2＝(x1＋x2)2＝x1x2＋x2x1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12，令h(t)＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12，所以h ′(t)＝1－1t2<0在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12上恒成立，故h(t)＝t ＋1t ＋2在⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，12上单调递减，从而a2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫322，＋∞.。