2020数学(文)二轮教师用书：第2部分 专题6 第3讲 导数的综合应用

第2讲 导数的简单应用[做小题——激活思维]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________． y ＝3x [因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x ，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .]2.设f ′(x )是函数f (x )的导函数，y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象最有可能是以下选项中的( )C [由题图知，当x ＜0时，f ′(x )＞0，所以y ＝f (x )在(－∞，0)上单调递增．因为当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以y ＝f (x )在(0,2)上单调递减．又当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以y ＝f (x )在(2，＋∞)上单调递增．]3．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( ) A ．(－1,1] B ．(0,1] C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)B [函数定义域为(0，＋∞)，由y ′＝x －1x ＝x 2－1x ≤0得，0＜x ≤1，故选B.]4．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)D [f ′(x )＝k －1x ，由题意知k －1x ≥0，即k ≥1x 在(1，＋∞)上恒成立，又当x ∈(1，＋∞)时，0＜1x ＜1，所以k ≥1，故选D.]5．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m 的值为( ) A ．7 B.283 C ．3D ．4D [f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]， f ′(x )＝0时，x ＝2，f ′(x )＜0时，0≤x ＜2，f ′(x )＞0时，2＜x ≤3. 所以f (x )在[0,2)上是减函数， 在(2,3]上是增函数． 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . 所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4， 所以m ＝4，故选D.]6．已知f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则a ＋b 等于( ) A ．0或－7 B ．－7 C ．0D ．7 B [因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，所以f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，① f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，② 由①②得⎩⎨⎧ a ＝4，b ＝－11或⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3，而要在x ＝1处取到极值，则Δ＝4a 2－12b ＞0， 故舍去⎩⎨⎧ a ＝－3，b ＝3，所以只有⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11，所以a ＋b ＝－7，故选B.][扣要点——查缺补漏]1．导数的几何意义(1)f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处切线的斜率． (2)函数y ＝f (x )在点x ＝x 0处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，如T 1.2．导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y ＝f(x)在此区间内单调递增；如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在此区间内单调递减．如T2.(2)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0.如T3.(3)若已知函数的单调性，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来求解．如T4.3．导数与函数的极值、最值(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．如T5.(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值，在x0处，f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．(3)一般地，在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么函数y＝f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间的端点处取得．如T6.导数的运算及其几何意义(5年11考)则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝xD[法一：(直接法)因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.法二：(特值法)因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.]2．(2011·大纲版高考)曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为( )A ．13 B ．12 C ．23D ．1A [由题意，得：y ′＝(e －2x ＋1)′＝e －2x (－2x )′＝－2e －2x，则在点(0,2)处的切线斜率为k ＝－2e 0＝－2， ∴切线方程为y ＝－2x ＋2. 联立⎩⎨⎧y ＝－2x ＋2，y ＝x ，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23.∴与y ＝0和y ＝x 围成三角形的面积为 S △OBC ＝12OB ×23＝12×1×23＝13.]3．(2016·全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________.1－ln 2 [求得(ln x ＋2)′＝1x ，[ln(x ＋1)]′＝1x ＋1.设曲线y ＝ln x ＋2上的切点为(x 1，y 1)，曲线y ＝ln(x ＋1)上的切点为(x 2，y 2)， 则k ＝1x 1＝1x 2＋1，所以x 2＋1＝x 1.又y 1＝ln x 1＋2，y 2＝ln(x 2＋1)＝ln x 1， 所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝2，所以x 1＝1k ＝12，y 1＝ln 12＋2＝2－ln 2， 所以b ＝y 1－kx 1＝2－ln 2－1＝1－ln 2.]1．(考查导数的运算)设函数f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x ＋f (1)ln x ，曲线f (x )在(1，f (1))处的切线方程是( )A ．5x －y －4＝0B ．3x －y －2＝0C ．x －y ＝0D ．x ＝1A [∵f (x )＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x ＋f (1)ln x ，∴f ′(x )＝2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2＋f (1)x .令x ＝12得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12－2＋2f (1)，即f (1)＝1.又f (1)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2，∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3，∴f ′(1)＝2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12－2＋f (1)＝6－2＋1＝5.∴曲线在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝5(x －1)， 即5x －y －4＝0，故选A.]2．(与不等式交汇)若曲线y ＝x 3－2x 2＋2在点A 处的切线方程为y ＝4x －6，且点A 在直线mx ＋ny －1＝0(其中m ＞0，n ＞0)上，则1m ＋2n的最小值为( )A ．4 2B ．3＋2 2C ．6＋4 2D ．8 2C [设A (s ，t )，y ＝x 3－2x 2＋2的导数为y ′＝3x 2－4x ，可得切线的斜率为3s 2－4s ，切线方程为y ＝4x －6，可得3s 2－4s ＝4，t ＝4s －6，解得s ＝2，t ＝2或s ＝－23，t ＝－263.由点A 在直线mx ＋ny －1＝0(其中m ＞0，n ＞0)，可得2m ＋2n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫s ＝－23，t ＝－263，舍去，则1m ＋2n ＝(2m ＋2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋n m ＋2m n ≥2⎝⎛⎭⎪⎫3＋2n m ·2m n ＝6＋42， 当且仅当n ＝2m 时，取得最小值6＋42，故选C.]3．(求切点的坐标)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，则点P 的坐标为________．(1,1) [∵函数y ＝e x 的导函数为y ′＝e x ， ∴曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线的斜率k 1＝e 0＝1. 设P (x 0，y 0)(x 0＞0)，∵函数y ＝1x 的导函数为y ′＝－1x 2，∴曲线y ＝1x (x ＞0)在点P 处的切线的斜率k 2＝－1x 20，由题意知k 1k 2＝－1， 即1·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 20＝－1， 解得x 20＝1，又x 0＞0，∴x 0＝1.又∵点P 在曲线y ＝1x (x ＞0)上， ∴y 0＝1，故点P 的坐标为(1,1)．]4．(与圆锥曲线交汇)已知P ，Q 为抛物线x 2＝2y 上两点，点P ，Q 的横坐标分别为4，－2，过P ，Q 分别作抛物线的切线，两切线交于点A ，则点A 的纵坐标为________．－4 [由已知可设P (4，y 1)，Q (－2，y 2)， ∵点P ，Q 在抛物线x 2＝2y 上，∴⎩⎨⎧ 42＝2y 1，(－2)2＝2y 2.∴⎩⎨⎧y 1＝8，y 2＝2.∴P (4,8)，Q (－2,2)．又∵抛物线可化为y ＝12x 2，∴y ′＝x . ∴过点P 的切线斜率为y ′|x ＝4＝4.∴过点P 的切线为y －8＝4(x －4)，即y ＝4x －8. 又∵过点Q 的切线斜率为y ′|x ＝－2＝－2， ∴过点Q 的切线为y －2＝－2(x ＋2)， 即y ＝－2x －2.联立⎩⎨⎧ y ＝4x －8，y ＝－2x －2，得⎩⎨⎧x ＝1，y ＝－4. ∴点A 的纵坐标为－4.]利用导数研究函数的单调性(5年4考)(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x . 讨论f (x )的单调性．[解] ∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.(ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增．1．(借助单调性比较大小)定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系为()A．e x1f(x2)＞e x2f(x1)B．e x1f(x2)＜e x2f(x1)C．e x1f(x2)＝e x2f(x1)D．e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系不确定A[设g(x)＝f(x)e x，则g′(x)＝f′(x)e x－f(x)e xe2x＝f′(x)－f(x)e x，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即f(x1)e x1＜f(x2)e x2，所以e x1f(x2)＞e x2f(x1)．]2．(借助单调性解不等式)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(1)＝0.当x＞0时，xf′(x)＜2f(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是() A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(1，＋∞)C [令g (x )＝f (x )x 2，∴g ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3，又g (1)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )＜2f (x )，即g ′(x )＜0， 因为f (x )为偶函数，所以当x ＜0时，g ′(x )＞0，f (x )＞0等价于g (x )＞0，所以⎩⎨⎧ x ＞0，g (x )＞g (1)或⎩⎨⎧x ＜0，g (x )＞g (－1)，所以0＜x ＜1或－1＜x ＜0，选C.]3．(已知单调性求参数的范围)已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (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． [解](1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )·e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x ＞0，因为e x ＞0，所以－x 2＋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 )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ， 所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x ＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1(x ＋1)2＞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，＋∞.4．(含参数的复合函数的单调性)已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．[解] f ′(x )＝a x ＋1－a －2x ＝－2x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2＋a 2x ＋1，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22， 又f (x )的定义域为(－1，＋∞)， ①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时， 若x ∈(－1,0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增； 若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． ②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时， 若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋22，f ′(x )＜0， 则f (x )单调递减；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，0，f ′(x )＞0， 则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0， 则f (x )单调递减． ③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时， f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减． ④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1,0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减； 若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，＋∞，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减； 当－2＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－a ＋22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1,0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ＋22上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋22，＋∞上单调递减.利用导数研究函数的极值(最值)问题(5年5考)的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1A [函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1， 则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)·e x －1 ＝e x －1·[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]． 由x ＝－2是函数f (x )的极值点得f ′(－2)＝e －3·(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)·e －3＝0， 所以a ＝－1.所以f (x )＝(x 2－x －1)e x －1，f ′(x )＝e x －1·(x 2＋x －2)．由e x －1>0恒成立，得x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x <－2时，f ′(x )>0； －2<x <1时，f ′(x )<0； x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1. 故选A.]2．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．切入点：(1)分a ＞0，a ＝0，a ＜0三类讨论f (x )的单调性；(2)分析f (x )在[0,1]上的单调性，分情况求a ，b 的值．[解](1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a ＞0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3单调递减； 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a ＜0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0时，f ′(x )＜0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，0单调递减． (2)满足题设条件的a ，b 存在．①当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.②当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.③当0＜a ＜3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾．若－a327＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.[教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅱ)(1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2e x的单调性，并证明当x＞0时，(x －2)e x＋x＋2＞0.(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝e x－ax－ax2(x＞0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．[解](1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f′(x)＝(x－1)(x＋2)e x－(x－2)e x(x＋2)2＝x2e x(x＋2)2≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)e x>－(x＋2)，即(x－2)e x＋x＋2>0.(2)g′(x)＝(x－2)e x＋a(x＋2)x3＝x＋2x3(f(x)＋a)．由(1)知，f(x)＋a单调递增．对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1＜0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一x a∈(0,2]，使得f(x a)＋a＝0，即g′(x a)＝0.当0<x<x a时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>x a时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．因此g(x)在x＝x a处取得最小值，最小值为g(x a)＝e x a－a(x a＋1)x2a＝e x a＋f(x a)(x a＋1)x2a＝e x ax a＋2.于是h(a)＝e x a x a＋2.由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝(x ＋1)ex(x ＋2)2＞0，得y ＝e x x ＋2单调递增，所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24.因为y ＝e x x ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.2．(2018·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .[解](1)当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x .设函数g (x )＝f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x ，则g ′(x )＝x (1＋x )2. 当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0.故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0，且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x ＞0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a ＜0，设函数h (x )＝f (x )2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax 2. 由于当|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点，当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点．h ′(x )＝11＋x －2(2＋x ＋ax 2)－2x (1＋2ax )(2＋x ＋ax 2)2＝x 2(a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1)(x ＋1)(ax 2＋x ＋2)2.如果6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a ，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |＜min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点． 如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3(x －24)(x ＋1)(x 2－6x －12)2，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16.1．(知图判断函数极值)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论一定成立的是( )A ．x ＝1为f (x )的极大值点B ．x ＝1为f (x )的极小值点C ．x ＝－1为f (x )的极大值点D ．x ＝－1为f (x )的极小值点 D [绘制表格考查函数的性质如下：2．(已知最值求参数)已知函数f (x )＝ln x －ax ，若函数f (x )在[1，e]上的最小值为32，则a 的值为( )A ．－ eB ．－e 2C ．－32D ．e 12A [由题意，f ′(x )＝1x ＋ax 2，若a ≥0，则f ′(x )＞0，函数单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，矛盾；若－e ＜a ＜－1，函数f (x )在[1，－a ]上递减，在[－a ，e]上递增，所以f (－a )＝32，解得a ＝－e ；若－1≤a ＜0，函数f (x )是递增函数，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若a ≤－e ，函数f (x )单调递减，所以f (e)＝32，解得a ＝－e2，矛盾．综上a ＝－ e.故选A.]3．(已知极值点个数求参数范围)已知n ＞0，若函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋nx ，x ≤0，mx 2－x ln x ＋x ，x ＞0恰有三个极值点，则实数m 的取值范围是________． ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e [由题意知f (x )的导函数f ′(x )＝⎩⎨⎧2x ＋n ，x ≤0，2mx －ln x ，x ＞0在定义域上有三个零点，且在这三个零点附近的左、右两侧的函数值异号．当x ≤0时，令2x ＋n ＝0，得x ＝－n 2，因为n ＞0，所以x ＝－n2是f ′(x )的一个零点，且f ′(x )在其附近的左、右两侧的函数值异号，故需f ′(x )＝2mx －ln x 在(0，＋∞)上有两个零点，且在这两个零点附近的左、右两侧的函数值均异号，即y ＝2mx 与y ＝ln x 的图象在(0，＋∞)上有两个交点，故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e .]4．(极值点个数的判断)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ) . (1)讨论函数f (x )的定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值．[解](1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .①当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． ②当a ＞0时， 由f ′(x )＞0得x ＞1a .∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； 当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x . ∵x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立， ∴x ∈(0，＋∞)，1＋1x －ln xx ≥b 恒成立．令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，由g ′(x )≥0得x ≥e 2，则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增．∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2， 故实数b 的最大值是1－1e 2.。

学习资料专题6第3讲 导数的简单应用导数的运算与导数的几何意义授课提示：对应学生用书第59页考情调研考向分析导数的概念和运算是高考的必考内容，一般渗透在导数的应用中考查;导数的几何意义常与解析几何中的直线交汇考查；题型为选择题或解答题的第（1）问，低档难度。

1.导数的基本运算．2。

求过某点的切线斜率（方程）等问题．3。

由曲线的切线方程求参数。

［题组练透］1．若直线y ＝kx －2与曲线y ＝1＋3ln x 相切，则k ＝（ ） A ．3 B.错误! C ．2D.错误!解析:设切点为（x 0,kx 0－2）, ∵y ′＝错误!，∴错误! 由①得kx 0＝3,代入②得1＋3ln x 0＝1， 则x 0＝1，k ＝3, 故选A. 答案：A2．直线y ＝e x ＋2b 是曲线y ＝ln x （x 〉0)的一条切线，则实数b ＝________。

解析:设切点为（x 0，y 0），由题意得y ′＝错误!（x >0)，所以y ′|x ＝x 0＝错误!＝e,所以x 0＝错误!，所以y 0＝ln x 0＝ln 错误!＝－1，又y 0＝e x 0＋2b ,所以b ＝－1.答案：－13．（2020·三明质检）曲线y ＝ln x －ax 在x ＝2处的切线与直线ax －y －1＝0平行，则实数a ＝________。

解析：因为y ＝ln x －ax ，所以y ′＝错误!－a ，因此其在x ＝2处的切线斜率为k ＝错误!－a ，又曲线y ＝ln x －ax 在x ＝2处的切线与直线ax －y －1＝0平行，所以12－a ＝a ，因此a ＝错误!。

答案：14[题后悟通］1．求曲线y＝f（x)的切线方程的3种类型及方法类型方法已知切点P(x0，y0),求切线方程求出切线的斜率f′（x0),由点斜式写出方程已知切线的斜率k，求切线方程设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0）解得x0，再由点斜式写出方程已知切线上一点（非切点），求切线方程设切点P(x0，y0),利用导数求得切线斜率f′（x0），再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程类型解题关键已知曲线在某点处的切线求参数关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值已知曲线的切线方程，求含有双参数的代数式的取值范围关键是过好“双关"：一是转化关,即把所求的含双参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值,从而得所求代数式的取值范围导数与函数的单调性授课提示：对应学生用书第60页考情调研考向分析考查函数的单调性，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，题型以解答题为主，一般难度较大.1.求函数的单调区间．2.原函数与导函数图象间的关系．3。

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．1．闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．优解：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1，得ax 2＋ax ＋2＝0，∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)． 答案：8高频考点二 利用导数研究函数的单调性 例2、（2018年全国卷Ⅱ）若在是减函数，则的最大值是A. B. C. D.【答案】C 【解析】因为，所以由得，因此，从而的最大值为。

【变式探究】【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(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，+∞），.若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增.若a ＜0，则当x ∈10,2a -时， ’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 .所以等价于，即.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-. 当x ∈（0,1）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，g （x ）≤0.从而当a ＜0时，，即.【变式探究】(1)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＞x 2＋12的解集为( )A ．(1,2)B ．(0,1)C ．(－1,1)D ．(1，＋∞)解析：令g (x )＝f (x )－12(x ＋1)，∴g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，故g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减且g (1)＝0.令g (x )＞0，则x ＜1，f (x 2)＞x 2＋12⇔f (x 2)－x 2＋12＞0⇔g (x 2)＞0⇔x 2＜1⇔－1＜x ＜1.故选C. 答案：C(2)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,0] B ．[－1，＋∞) C ．[0,3]D ．[3，＋∞)解析：通解：由题意知f ′(x )≥0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞恒成立，又f ′(x )＝2x ＋a －1x 2，所以2x ＋a －1x 2≥0对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞恒成立，分离参数得a ≥1x 2－2x ，若满足题意，需a ≥⎝⎛⎭⎫1x 2－2x max .令h (x )＝1x 2－2x ，x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞.因为h ′(x )＝－2x 3－2，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞时，h ′(x )＜0，即h (x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减，所以h (x )＜h ⎝⎛⎭⎫12＝3，故a ≥3.优解：当a ＝0时，检验f (x )是否为增函数，当a ＝0时， f (x )＝x 2＋1x ，f ⎝⎛⎭⎫12＝14＋2＝94，f (1)＝1＋1＝2，f ⎝⎛⎭⎫12＞f (1)与函数是增函数矛盾．排除A 、B 、C.故选D. 答案：D 【方法技巧】1．若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可． 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． 【变式探究】已知函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x ，则函数f (x )的单调递减区间为________．高频考点三 含参数的函数的单调性例3、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(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，+∞），.若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时， ’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为.所以等价于，即.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-. 当x ∈（0,1）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，g （x ）≤0.从而当a ＜0时，，即.【变式探究】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 )①若a ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)＞0，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.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.(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 )＞a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b ＞0， 所以f (x )有两个零点.(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 的取值范围为(0，＋∞).【方法技巧】1．求函数的单调区间的“三个”方法方法一 第1步：确定函数y ＝f (x )的定义域； 第2步：求导函数y ′＝f ′(x )；第3步：解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0，解集在定义域内的部分为单调区间． 方法二 第1步：确定函数y ＝f (x )的定义域：第2步：求导函数y ′＝f ′(x )，令f ′(x )＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；第3步：把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义域分成若干个小区间；第4步：确定f ′(x )在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性． 方法三 第1步：确定函数y ＝f (x )的定义域； 解：(1)当k ＝1时，f (x )＝x ln x －x ＋1， f ′(x )＝ln x .令f ′(x )＞0，得x ＞1， 令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． (2)f ′(x )＝ln x ＋1－k ，当k ≤1时，由x ＞1，知f ′(x )＞0，所以f (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，且图象不间断， 又f (1)＝0，所以当x ＞1时，f (x )＞f (1)＝0，所以函数y ＝f (x )在区间(1，＋∞)上没有零点，不符合题意． 当k ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k －1＞1，若1＜x ＜e k －1，则f ′(x )＜0，故f (x )在(1，e k －1)上是单调递减函数， 若x ＞e k －1，则f ′(x )＞0，故f (x )在(e k －1，＋∞)上是单调递增函数， 所以当1＜x ＜e k－1时，f (x )＜f (1)＝0，又f (e k )＝k e k －k (e k －1)＝k ＞0，f (x )在(1，＋∞)上的图象不间断， 所以函数y ＝f (x )在区间(1，＋∞)上有1个零点，符合题意． 综上，实数k 的取值范围为(1，＋∞)．(3)假设存在正整数k ，使得f (x )＋x ＞0在(1，＋∞)上恒成立， 由x ＞1知x －1＞0，从而k ＜x ln x ＋xx －1在(1，＋∞)上恒成立．(*)记g (x )＝x ln x ＋x x －1(x ＞1)，则g ′(x )＝x －2－ln xx －12(x ＞1)，设h (x )＝x －2－ln x (x ＞1)，则h ′(x )＝1－1x ＝x －1x＞0，所以h (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，又h (3)＝1－ln 3＜0，h (4)＝2－ln 4＞0，h (x )在[3,4]上的图象不间断， 所以存在唯一的实数x 0∈(3,4)，使得h (x 0)＝0，所以当1＜x ＜x 0时，h (x )＜0，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 0)上单调递减， 当x ＞x 0时，h (x )＞0，g ′(x )＞0，g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，g (x )取得极小值，也为最小值，且最小值为g (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－1.又h (x 0)＝x 0－2－ln x 0＝0，所以ln x 0＝x 0－2， 所以g (x 0)＝x 0，由(*)知，k ＜x 0，又x 0∈(3,4)，k ∈N *，所以正整数k 的最大值为3， 即存在最大的正整数k ＝3，使得f (x )＋x ＞0在(1，＋∞)上恒成立．1. （2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2).2. （2018年江苏卷）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．【答案】–3 【解析】由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，3. （2018年天津卷）设函数，其中,且是公差为的等差数列.（I ）若求曲线在点处的切线方程；（II）若，求的极值；（III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.【答案】(Ⅰ)x+y=0；(Ⅱ)极大值为6；极小值为−6；(Ⅲ)【解析】（Ⅰ）由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故=3x2−1，因此f(0)=0，=−1，又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=(x−0)，故所求切线方程为x+y=0．（Ⅱ）由已知可得f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．故=3x2−6t2x+3t22−9．令=0，解得x=t2−，或x=t2+．当x变化时，，f(x)的变化如下表：x (−∞，t2−) t2−(t2−，t2+) t2+(t2+，+∞) + 0 −0 + f(x) ↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2−)=(−)3−9×(−)=6；函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3−9×()=−6．（Ⅲ）曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2−d)+(x−t2)+ 6=0有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6=0．设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点．=3x3+(1−d2)．当d2≤1时，≥0，这时在R上单调递增，不合题意．当d2>1时，=0，解得x1=，x2=．易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．g(x)的极大值g(x1)=g()=>0．g(x)的极小值g(x2)=g()=−．若g(x2)≥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．若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意．所以，的取值范围是．4. （2018年全国卷Ⅱ）已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．【答案】见解析 【解析】（1）当a =3时，f （x ）=，f ′（x ）=．令f ′（x ）=0解得x =或x =．当x ∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x ）>0；当x ∈（，）时，f ′（x ）<0． 故f （x ）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．（2）由于，所以等价于．设=，则g ′（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）=，f （3a +1）=，故f （x ）有一个零点．综上，f （x ）只有一个零点．1.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 2.【2017课标1，文14】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则，所以，所以曲线21y x x=+在点()1,2处的切线方程为，即1y x =+．3.【2017课标1，文21】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 =，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <，()f x 在单调递减，在单调递增；（2）34[2e ,1]-．4.【2017课标II ，文21】设函数.（1）讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时，，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）在和单调递减，在单调递增（Ⅱ）[1,)+∞ 【解析】（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x 令f’(x )=0得x =-1- ，x =-1+当x ∈（-∞，-1-）时，f’(x )<0；当x ∈（-1-，-1+）时，f’(x )>0；当x ∈（-1-，+∞）时，f’(x )<0 所以f (x )在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增(2) f (x )=(1+x )（1-x ）e x当a ≥1时，设函数h (x )=（1-x ）e x ，h ’(x )= -xe 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 ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1当0＜x ＜1，，，取则当综上，a 的取值范围[1，+∞）5.【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(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，+∞），.若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时， ’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 .所以等价于，即.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-. 当x ∈（0,1）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，g （x ）≤0.从而当a ＜0时，，即.6.【2017山东，文20】（本小题满分13分）已知函数.,(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,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),（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为.（Ⅱ）因为， 所以，，令，则，所以()h x 在R 上单调递增， 因为()00h =，所以，当0x >时， ()0h x >；当0x <时， ()0h x <. （1）当0a <时，，当(),x a ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增； 当(),0x 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，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g a =-. （2）当0a =时，，当时， ()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，，当(),0x ∈-∞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()0g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是，极小值是()0g 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()0g a =-，极小值是.7.【2017北京，文20】已知函数．（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1；最小值2π-. 【解析】 （Ⅰ）因为，所以.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =. （Ⅱ）设，则.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()0h x '<， 所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为.8.【2017江苏，20】 已知函数有极值,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：23b a >; 【2015高考湖南，文8】设函数，则()f x 是( )A 、奇函数，且在（0,1）上是增函数B 、奇函数，且在（0,1）上是减函数C 、偶函数，且在（0,1）上是增函数D 、偶函数，且在（0,1）上是减函数 【答案】A 【解析】函数，函数的定义域为（-1，1），函数所以函数是奇函数． ，在（0,1）上()'0f x > ，所以()f x 在(0,1)上单调递增，故选A.【2015高考安徽，文21】已知函数（Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）若400=ra，求)(x f 在),0(+∞内的极值. 【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r ,r ）;递减区间为（-∞，-r ）和（r ，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值. 【解析】（Ⅰ）由题意可知r x -≠ 所求的定义域为.，所以当r x -<或r x >时，0)(<'x f ，当r x r <<-时，0)(>'x f 因此，)(x f 单调递减区间为；)(x f 的单调递增区间为(),r r -（Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知0)('=r f )(x f 在()r ,0上单调递增，在()+∞,r 上单调递减.因此r x =是)(x f 的极大值点，所以)(x f 在),0(+∞内的极大值为，内无极小值；综上，内极大值为100，无极小值.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数，0k >．（I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,e ⎤⎦上仅有一个零点．【答案】（I ）单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k +∞；极小值；（II ）证明详见解析.【解析】（Ⅰ）由，（0k >）得.由'()0f x =解得x k =.()f x 与'()f x 在区间(0,)+∞上的情况如下：所以，()f x 的单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k +∞；()f x 在x k =处取得极小值.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为.因为()f x 存在零点，所以，从而k e ≥.当k e =时，()f x 在区间(1,)e 上单调递减，且()0f e =， 所以x e =是()f x 在区间(1,]e 上的唯一零点.当k e >时，()f x 在区间(0,)e 上单调递减，且，，所以()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.【2015高考湖北，文21】设函数()f x ，()g x 的定义域均为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，，其中e 为自然对数的底数.（Ⅰ）求()f x ，()g x 的解析式，并证明：当0x >时，()0f x >，()1g x >；（Ⅱ）设0a ≤，1b ≥，证明：当0x >时，.【答案】（Ⅰ），.证明：当0x >时，e 1x >，0e 1x -<<，故()0.f x >又由基本不等式，有，即() 1.g x > （Ⅱ）由（Ⅰ）得⑤⑥当0x >时，等价于⑦等价于⑧于是设函数，由⑤⑥，有当0x >时，（1）若0c ≤，由③④，得()0h x '>，故()h x 在[0,)+∞上为增函数，从而，即，故⑦成立.（2）若1c ≥，由③④，得()0h x '<，故()h x 在[0,)+∞上为减函数，从而，即，故⑧成立.综合⑦⑧，得.【解析】（Ⅰ）由()f x , ()g x 的奇偶性及,①得：②联立①②解得，．当0x >时，e 1x >，0e 1x-<<，故()0.f x > ③又由基本不等式，有，即() 1.g x > ④（Ⅱ）由（Ⅰ）得， ⑤， ⑥当0x >时，等价于， ⑦等价于⑧设函数，由⑤⑥，有当0x >时，（1）若0c ≤，由③④，得()0h x '>，故()h x 在[0,)+∞上为增函数，从而，即，故⑦成立．（2）若1c ≥，由③④，得()0h x '<，故()h x 在[0,)+∞上为减函数，从而，即，故⑧成立．综合⑦⑧，得．【2015高考山东，文20】设函数. 已知曲线 在点(1,(1))f 处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）是否存在自然数k ，使得方程在(,1)k k +内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（Ⅲ）设函数（{},min p q 表示，,p q 中的较小值），求()m x 的最大值.【答案】（I ）1a = ；(II) 1k = ；(III) 24e. 【解析】（I ）由题意知，曲线在点(1,(1))f 处的切线斜率为2，所以'(1)2f =，又所以1a =.（II ）1k =时，方程在(1,2)内存在唯一的根.设当(0,1]x ∈时，()0h x <.又所以存在0(1,2)x ∈，使0()0h x =.因为所以当(1,2)x ∈时，，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当(1,)x ∈+∞时，()h x 单调递增. 所以1k =时，方程在(,1)k k +内存在唯一的根.（III ）由（II ）知，方程在(1,2)内存在唯一的根0x ，且0(0,)x x ∈时，，0(,)x x ∈+∞时，，所以.当0(0,)x x ∈时，若若0(1,),x x ∈由可知故当0(,)x x ∈+∞时，由可得0(,2)x x ∈时，单调递增；(2,)x ∈+∞时，单调递减；可知且.综上可得函数()m x 的最大值为24e . 1．（2014·陕西卷） 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，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；(2)当n ≤2014时，求F (n )的表达式；(3)令g (n )为这个数中数字0的个数，f (n )为这个数中数字9的个数，h (n )＝f (n )－g (n )，S ＝{n |h (n )＝1，n ≤100，n ∈N *}，求当n ∈S 时p (n )的最大值．【解析】解：(1)当n ＝100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p (100)＝11192.(2)F (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，1≤n ≤9，2n －9，10≤n ≤99，3n －108，100≤n ≤999，4n －1107，1000≤n ≤2014.(3)当n ＝b (1≤b ≤9，b ∈N *)，g (n )＝0；当n ＝10k ＋b (1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N )时，g (n )＝k ； 当n ＝100时，g (n )＝11，即g (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤9，k ，n ＝10k ＋b ，11，n ＝100.1≤k ≤9，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ， 同理有f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ≤8，k ，n ＝10k ＋b －1，1≤k ≤8，0≤b ≤9，k ∈N *，b ∈N ，n －80，89≤n ≤98，20，n ＝99，100.由h (n )＝f (n )－g (n )＝1，可知n ＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90， 所以当n ≤100时，S ＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}． 当n ＝9时，p (9)＝0.当n ＝90时，p (90)＝g （90）F （90）＝9171＝119.当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )＝g （n ）F （n ）＝k 2n －9＝k 20k ＋9，由y ＝k20k ＋9关于k 单调递增，故当n ＝10k ＋9(1≤k ≤8，k ∈N *)时，p (n )的最大值为p (89)＝8169. 又8169<119，所以当n ∈S 时，p (n )的最大值为119. 31．（2014·辽宁卷）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( ) A ．[－5，－3] B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C ．[－6，－2] D ．[－4，－3]【答案】C 【解析】当－2≤x <0时，不等式可转化为a ≤x 2－4x －3x 3，令f (x )＝x 2－4x －3x 3(－2≤x <0)，则f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－（x －9）（x ＋1）x 4，故函数f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，0)上单调递增，此时有a ≤f min (x )＝f (－1)＝1＋4－3－1＝－2. 当x ＝0时，不等式恒成立． 当0<x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3，令g (x )＝x 2－4x －3x 3(0<x ≤1)，则g ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4，故函数g (x )在(0，1]上单调递增，此时有a ≥g max(x )＝g (1)＝1－4－31＝－6. 综上，－6≤a ≤－2.32．（2014·新课标全国卷Ⅱ）若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞) D ．[1，＋∞) 【答案】D【解析】f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x ，且x >0，由题可知f ′(x )≥0，即得kx －1≥0，得x ≥1k (k <0时不满足)，因为函数f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以1k≤1，解得k ≥1.33．（2014·新课标全国卷Ⅱ）已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k ＜1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．【解析】解：(1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a .曲线y ＝f (x )在点(0，2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1. (2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2.设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4，由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0，所以g (x )＝0在(0，＋∞)上没有实根．综上，g (x )＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．34．（2014·全国新课标卷Ⅰ）已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)【答案】C35．（2014·全国新课标卷Ⅰ）设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1， f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜a a －1，求a 的取值范围． 【解析】解：(1)f ′(x )＝a x＋(1－a )x －b . 由题设知f ′(1)＝0，解得b ＝1，(2)f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－x ， f ′(x )＝a x ＋(1－a )x －1＝1－a x ⎝⎛⎭⎫x －a 1－a (x －1)． (i)若a ≤12，则a 1－a≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a 1－a 的充要条件为f (1)<a a －1，即1－a 2－1<a a －1，解得－2－1<a <2－1. (ii)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． 所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝⎛⎭⎫a 1－a <a a －1. 而f ⎝⎛⎭⎫a 1－a ＝a ln a 1－a ＋a 22（1－a ）＋a a －1>a a －1，所以不合题意． (iii)若a >1, 则f (1)＝1－a 2－1＝－a －12<a a －1，符合题意． 综上，a 的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．36．（2014·山东卷）设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)讨论函数f (x )的单调性．【解析】解：(1)由题意知，当a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)． 此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，所以f ′(1)＝12. 又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋a x （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)，①当a ＝－12时，Δ＝0， f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0， f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12＜a ＜0时，Δ＞0. 设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a， x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a. 因为x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a＞0， 所以，x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增． 37．（2014·陕西卷）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 )－x 3零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a＜1恒成立，求m 的取值范围． 【解析】解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e x ，则f ′(x )＝x －e x2，∴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．∴x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋e e ＝2， ∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x 3(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．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，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. 又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图像(如图所示)，可知(3)对任意的b >a >0，f （b ）－f （a ）b －a<1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*)设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋m x－x (x >0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h ′(x )＝1x －m x 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14(x >0)恒成立， ∴m ≥14⎝⎛⎭⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立， ∴m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫14，＋∞.。

第3讲　导数的综合应用　利用导数证明不等式(5年3考)考向1　构造函数法(最值法)证明单变量不等式[高考解读]　以我们熟知的不等关系，如ln x ＜x ，ln (x ＋1)≤x ，e x ≥x ＋1等为载体，通过变形或适当重组，形成一道新颖的题目.重在考查学生的等价转化能力，逻辑推理及数学运算的能力.(2016·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝ln x －x ＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1＜＜x ；x －1ln x (3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x .切入点：(1)当x ＞1时，1＜＜x ⇔ln x ＜x －1＜x ln x ；(2)构造函数g (x )x －1ln x ＝1＋(c －1)x －c x ，借助(2)的讨论求解．[解](1)由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1，令f ′(x )＝0，解得1x x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．(2)证明：由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln ＜－1，1x 1x 即1＜＜x .x －1ln x(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ，则g ′(x )＝c －1－c x ln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝.ln c －1ln cln c 当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．由(2)知1＜＜c ，故0＜x 0＜1.c －1ln c 又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0.所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x.单变量不等式的证明方法(1)移项法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)最值法：欲证f (x )＜g (x )，有时可以证明f (x )max ＜g (x )min .提醒：拆分函数时，e x 和ln x 尽量分到两个不同的函数中．(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．[一题多解](与e x ，ln x 有关的不等式证明问题)已知函数f (x )＝1－lnx ＋a 2x 2－ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝0且x ∈(0,1)，求证：＋x 2－＜1.f (x )e x 1x [解](1)a ＝0时，f (x )在(0，＋∞)上递减；a ＞0时，f (x )在上递减，(0，1a )在上递增；(1a ，＋∞)a ＜0时，f (x )在上递减，(0，－12a )在上递增．(－12a ，＋∞)(2)法一：(最值法)若a ＝0且x ∈(0,1)，欲证＋x 2－＜1，f (x )e x 1x 只需证＋x 2－＜1，1－ln x e x1x 即证x (1－ln x )＜(1＋x －x 3)e x .设函数g (x )＝x (1－ln x )，则g ′(x )＝－ln x .当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0，故函数g (x )在(0,1)上单调递增，所以g (x )＜g (1)＝1.设函数h (x )＝(1＋x －x 3)e x ，则h ′(x )＝(2＋x －3x 2－x 3)e x .设函数p (x )＝2＋x －3x 2－x 3，则p ′(x )＝1－6x －3x 2.当x ∈(0,1)时，p ′(0)·p ′(1)＝－8＜0，故存在x 0∈(0,1)，使得p ′(x 0)＝0，从而函数p (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0,1)上单调递减．当x ∈(0，x 0)时，p (x 0)＞p (0)＝2，当x ∈(x 0,1)时，p (x 0)·p (1)＜－2＜0，故存在x 1∈(0,1)，使得h ′(x 1)＝0，即当x ∈(0，x 1)时，p (x )＞0，当x ∈(x 1,1)时，p (x )＜0，从而函数h (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1,1)上单调递减．因为h (0)＝1，h (1)＝e ，所以当x ∈(0,1)时，h (x )＞h (0)＝1，所以x (1－ln x )＜(1＋x －x 3)e x ，x ∈(0,1)，即＋x 2－＜1，x ∈(0,1)．f (x )e x 1x法二：(放缩法)若a ＝0且x ∈(0,1)，欲证＋x 2－＜1，f (x )e x 1x 只需证＋x 2－＜1，1－ln x e x1x 即证x (1－ln x )＜(1＋x －x 3)e x .设函数g (x )＝x (1－ln x )，则g ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0，故函数g (x )在(0,1)上单调递增．所以g (x )＜g (1)＝1.设函数h (x )＝(1＋x －x 3)e x ，x ∈(0,1)，因为x ∈(0,1)，所以x ＞x 3，所以1＋x －x 3＞1，又1＜e x ＜e ，所以h (x )＞1，所以g (x )＜1＜h (x )，即原不等式成立．法三：(放缩法)若a ＝0且x ∈(0,1)，欲证＋x 2－＜1，f (x )e x 1x 只需证＋x 2－＜1，1－ln x e x1x 由于1－ln x ＞0，e x ＞e 0＝1，则只需证明1－ln x ＋x 2－＜1，1x 只需证明ln x －x 2＋＞0，令g (x )＝ln x －x 2＋，1x 1x 则当x ∈(0,1)时，g ′(x )＝－2x －＝＜＜0，1x 1x 2x －1－2x 3x 2x －1x 2则函数g (x )在(0,1)上单调递减，则g (x )＞g (1)＝0，所以ln x －x 2＋＞0，1x 即原不等式原立．[点评]　含“x ”的不等式证明,考题第二问出现含x 的不等式，往往是对所求证的不等式先进行等价变形，如移项、分解、重组，放缩等手段，化为更加加强的不等式的证明，甚至构造两个系数，其中放缩法比较灵活.①x ＞0时，证明：\f (x ＋1,e x )(1－x －x ln x )＜1＋e －2.析：令g (x )＝，h (x )＝1－x －x ln x .x ＋1e x 易证0＜g (x )＜1，h ′(x )＝－ln x －2.∵h (x )在(0，e －2)上递增，在(e －2，＋∞)上递减，∴h (x )≤h (e －2)＝1＋e －2，∴g (x )h (x )＜1＋e －2.②当m ≤2时，求证：e x －ln (x ＋m )＞0.证明：当m ≤2时，x ∈(－m ，＋∞)，∵ln (x ＋m )≤ln (x ＋2)，∴只需证：e x －ln (x ＋2)＞0.令g (x )＝e x －ln (x ＋2)，g ′(x )＝e x －在(－2，＋∞)上递增.1x ＋2又∵g ′(－1)＝－1＜0，g ′(0)＝＞0，1e 12∴存在唯一实数x 0∈(－1，0)，使g ′(x 0)＝0，即e x 0＝.1x 0＋2∴当x ∈(－1，x 0)时，g ′(x )＜0，x ∈(x 0，0)时，g ′(x )＞0.∵g (x )min ＝g (x 0)＝e x 0－ln (x 0＋2)＝＋x 01x 0＋2＝＋x 0＋2－2＞0.1x 0＋2考向2　转化法证明双变量不等式[高考解读]　以对数函数与线性函数的组合为载体，以函数的极值点、零点为依托，将函数、方程、不等式巧妙的融合在一起，重在考查学生的等价转化能力、数学运算能力和逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f (x )＝－x ＋a ln x 存在两个极值点x 1，x 2，证1x 明：＜a －2.f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2切入点： f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0，借助方程思想找出x 1，x 2的等量关系，构造函数借助单调性证明不等式．[解]　∵f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－－1＋＝－，1x 2ax x 2－ax ＋1x 2易知当且仅当a ＞2时，f (x )存在两个极值点．由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1，由于＝－－1＋a ＝－2＋a＝－2＋af (x 1)－f (x 2)x 1－x 21x 1x 2ln x 1－ln x 2x 1－x 2ln x 1－ln x 2x 1－x 2，－2ln x 21x 2－x 2所以＜a －2等价于－x 2＋2ln x 2＜0.f (x 1)－f (x 2)x 1－x 21x 2设函数g (x )＝－x ＋2ln x ，1x g ′(x )＝－－1＋＝1x 22x －x 2＋2x －1x 2＝≤0，－(x －1)2x 2∴g (x )在(0，＋∞)单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0，所以－x 2＋2ln x 2＜0，即＜a －2.1x 2f (x 1)－f (x 2)x 1－x2证明双变量不等式的两种常见方法对于形如f (x 1，x 2)＞A 的不等式，其证明中的常见变形有以下两种：(1)消元法：即借助题设条件，建立x 1与x 2的等量关系，如x 2＝g (x 1)，从而将f (x 1，x 2)＞A 的双变量不等式化成h (x 1)＞A 的单变量不等式；(2)换元法：结合题设条件，有时需要先对含有双变量的不等式进行“除法”变形，再对含有双变量的局部代数式进行“换元”处理，将双变量问题等价转化为单变量问题，即构建形如形式．x 1x 2(与零点有关的双变量问题)已知函数f (x )＝ax －ln x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )有两个零点x 1，x 2，证明：＋＞2.1ln x 11ln x 2[解](1)a ≤0时，减区间为(0，＋∞)，没有增区间；a ＞0时，减区间为 ，增区间为.(0，1a )(1a ，＋∞)(2)证明：函数f (x )有两个零点分别为x 1，x 2，则a ＞0，不妨设x 1＜x 2，则ln x 1－ax 1＝0，ln x 2－ax 2＝0，ln x 2－ln x 1＝a (x 2－x 1)．要证＋＞2，只需证＋＞2a ，1ln x 11ln x 21x 11x 2只需证＞a ，x 1＋x 22x 1x 2只需证＞，只需证＞ln ，x 1＋x 22x 1x 2ln x 2－ln x 1x 2－x 1x 2－x 212x 1x 2x 2x 1只需证ln ＜.x 2x 112(x 2x 1－x 1x 2)令t ＝，则t ＞1，即证ln t ＜.x 2x 112(t －1t )设φ(t )＝ln t －，则φ′(t )＝＜0，即函数φ(t )在(1，＋∞)上单调12(t －1t )2t －t 2－12t 2递减，则φ(t )＜φ(1)＝0.即得＋＞2.1ln x 11ln x 2　利用导数解决不等式恒成立(能成立)中的参数问题(5年2考)考向1　分离参数或构造函数解决恒成立(能成立)问题[高考解读]　以不等式中的恒成立(能成立)为载体，考查学生的等价转化能力，考查函数最值的求法，逻辑推理能力及数学运算的素养.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，·…·＜m ，求m (1＋12)(1＋122)(1＋12n )的最小值．[解](1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ＝－＋a ln 2＜0，所以不满足题意．(12)12②若a >0，由f ′(x )＝1－＝知，a x x －ax 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增．故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0.令x ＝1＋，得ln＜，12n (1＋12n )12n 从而ln ＋ln ＋…＋ln ＜＋＋…＋＝1－＜1.(1＋12)(1＋122)(1＋12n )1212212n 12n 故·…·＜e.(1＋12)(1＋122)(1＋12n )而＞2，(1＋12)(1＋122)(1＋123)所以m 的最小值为3.不等式恒成立、能成立问题常用解法(1)分离参数后转化为求最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a ＞f (x )max 或a ＜f (x )min .(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，注意对参数的分类讨论．(3)数形结合，构造函数，借助函数图象的几何直观性求解，一定要重视函数性质的灵活应用．(4)恒成立(能成立)问题出现在压轴题第二问，分离参数法一般不好做，原因有两点：一是分离后求最值利用导数研究单调性．不好研究(多次求导无果或越求导越复杂)．二是遇到一个障碍点，如研究出f (x )在(1，＋∞)上递减，f (x )＜f (1)，而f (1)无意义，需要用到“洛必达法则”．所以一般不分离，直接利用导数研究单调性(需讨论)，转化求最值，注意定义域、端点值的利用，先出结果，排除反面．1．(能成立问题)设函数f (x )＝2ln x －mx 2＋1.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当f (x )有极值时，若存在x 0，使得f (x 0)＞m －1成立，求实数m 的取值范围．[解](1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－2mx ＝，2x －2(mx 2－1)x当m ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m ＞0时，令f ′(x )＞0，则0＜x ＜，令f ′(x )＜0，则x ＞，∴f (x )在1m 1m 上单调递增，在上单调递减．(0，mm )(mm，＋∞)(2)由(1)知，当f (x )有极值时，m ＞0，且f (x )在上单调递增，在(0，mm )上单调递减．(m m，＋∞)∴f (x )max ＝f ＝2ln －m ·＋1＝－ln m ，(m m )mm 1m 若存在x 0，使得f (x 0)＞m －1成立，则f (x )max ＞m －1.即－ln m ＞m －1，ln m ＋m －1＜0成立，令g (x )＝x ＋ln x －1(x ＞0)，∵g ′(x )＝1＋＞0，1x ∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝0，∴0＜m ＜1.∴实数m 的取值范围是(0,1)．2．(有限定范围恒成立问题)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．[解](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 ＋－3，f ′(1)＝－2.1x 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 －＞0，a (x －1)x ＋1设g (x )＝ln x －，a (x －1)x ＋1则g ′(x )＝－＝，g (1)＝0.1x 2a(x ＋1)2x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2①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 )＞g (1)＝0.②当a ＞2时， 令g ′(x )＝0，(a－1)2－1(a－1)2－1得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1.故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜g(1)＝0，综上可知，实数a的取值范围是(－∞，2]．考向2　最值定位法解决双变量不等式恒成立问题[高考解读]　以不等式恒成立(能成立)为载体，融合(特)称命题于其中，重在考查学生的最值转化能力，考查逻辑推理及数学运算的素养.(2015·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝e mx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．切入点：(1)先对f(x)求导，再根据m的取值范围分别讨论f′(x)与0的关系，从而得证；(2)对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1说明函数f(x)的最大值与最小值的差不大于e－1，结合(1)的结论求m的取值范围．[解](1)证明：f′(x)＝m(e mx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e mx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，e mx－1≥0，f′(x)>0.若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，e mx－1>0，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，e mx－1<0，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值．所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是Error!即Error!①设函数g(t)＝e t－t－e＋1，则g′(t)＝e t－1.当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e<0，故当t ∈[－1,1]时，g (t )≤0.当m ∈[－1,1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；当m >1时，由g (t )的单调性知，g (m )>0，即e m －m >e －1；当m <－1时，g (－m )>0，即e －m ＋m >e －1.综上，m 的取值范围是[－1,1]．常见的双变量不等式恒成立问题的类型(1)对于任意的x 1∈[a ，b ]，总存在x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)max .(2)对于任意的x 1∈[a ，b ]，总存在x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)min .(3)若存在x 1∈[a ，b ]，对任意的x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)min ≤g (x 2)min .(4)若存在x 1∈[a ，b ]，对任意的x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)max ≥g (x 2)max .(5)对于任意的x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x 1)max ≤g (x 2)min .(6)对于任意的x 1∈[a ，b ]，x 2∈[m ，n ]，使得f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x 1)min ≥g (x 2)max .(与量词有关的不等式恒成立问题)已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －(a ∈R )，ax g (x )＝x 2＋e x －x e x .12(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2,0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围．[解](1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝.(x －1)(x －a )x 2①当a ≤1时，x ∈[1，e]，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a .②当1＜a ＜e 时，x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数；x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数．所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③当a ≥e 时，x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数．f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－.ae 综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ；当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1；当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－.ae (2)由题意知f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a ＜1时，f (x )在[e ，e 2]上单调递增，f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－.ae g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2,0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数，g (x )min ＝g (0)＝1，所以e －(a ＋1)－＜1，即a ＞，ae e2－2ee ＋1所以a 的取值范围为.(e2－2ee ＋1，1)　利用导数解决函数零点问题(5年4考)考向1　根据参数确定函数零点的个数[高考解读]　以函数零点个数的判定为载体，考查学生分类讨论及数形结合的思想，考查导数在研究函数图象变化中的作用，考查学生的逻辑推理能力及数学运算的素养.(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x －.x ＋1x －1(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．切入点：(1)由f ′(x )＞0(＜0)判断f (x )的单调性，借助零点存在性定理判断f (x )有两个零点；(2)由导数的几何意义证明．[解](1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝＋＞0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．1x 2(x －1)2因为f (e)＝1－＜0，f (e 2)＝2－＝＞0，所以f (x )在(1，＋∞)有e ＋1e －1e2＋1e2－1e2－3e2－1唯一零点x 1，即f (x 1)＝0.又0＜＜1，f ＝－ln x 1＋＝－f (x 1)＝0，故f (x )1x 1(1x 1)x 1＋1x 1－1在(0,1)有唯一零点.1x 1综上，f (x )有且仅有两个零点．(2)因为＝e ，故点B在曲线y ＝e x 上．1x 0－ln x 0(－ln x 0，1x 0)由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝，故直线AB 的斜率x 0＋1x 0－1k ＝＝＝.1x 0－ln x 0－ln x 0－x 01x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 01x 0曲线y ＝e x 在点B处切线的斜率是，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln (－ln x 0，1x 0)1x 0x 0)处切线的斜率也是，所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线1x 0y ＝e x 的切线．[教师备选题](2015·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋，g (x )＝－ln x .14(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线？(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x ＞0)，讨论h (x )零点的个数．切入点：(1)设切点为(x 0,0)，由条件得f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，由此列方程组，进而解得结果．(2)分x ＞1，x ＝1,0＜x ＜1三种情形讨论h (x )的零点．[解](1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即Error!解得Error!因此，当a ＝－时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线．34(2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)上无零点．当x ＝1时，若a ≥－，则f (1)＝a ＋≥0，h (1)5454＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0，故x ＝1不是h (x )的零54点．当x ∈(0,1)时，g (x )＝－ln x >0，所以只需考虑f (x )在(0,1)上的零点个数．①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)上无零点，故f (x )在(0,1)上单调．而f (0)＝，f (1)＝a ＋，所以当a ≤－3时，f (x )在(0,1)上有一个零点；当1454a ≥0时，f (x )在(0,1)上没有零点．②若－3<a <0，则f (x )在上单调递减，在上单调递增，故在(0，－a3)(－a3，1)(0,1)上，当x ＝时，f (x )取得最小值，最小值为f＝＋.－a3(－a3)2a3－a314a ．若f>0，即－<a <0，则f (x )在(0,1)上无零点．(－a3)34b ．若f＝0，即a ＝－，则f (x )在(0,1)上有唯一零点．(－a 3)34c ．若f <0，即－3<a <－，由于f (0)＝，f (1)＝a ＋，所以当－<a <－(－a3)34145454时，f (x )在(0,1)上有两个零点；当－3<a ≤－时，f (x )在(0,1)上有一个零点．3454综上，当a >－或a <－时，h (x )有一个零点；当a ＝－或a ＝－时，h (x )有34543454两个零点；当－<a <－时，h (x )有三个零点．5434三步求解函数零点(方程根)的个数问题第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．(2019·雅礼中学二模)已知函数f (x )＝－x 3＋ax －，g (x )＝e x －e(e 为自然对数14的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线与曲线y ＝g (x )在点(0，g (0))处的切线互相垂直，求函数f (x )＝－x 3＋ax －在区间[－1,1]上的最大值；14(2)设函数h (x )＝Error!试讨论函数h (x )零点的个数．[解](1)∵f ′(x )＝－3x 2＋a ，g ′(x )＝e x ，∴f ′(0)＝a ，g ′(0)＝1，由题意知，a ＝－1，f ′(x )＝－3x 2－1＜0，f (x )在区间[－1,1]上单调递减，∴f (x )max ＝f (－1)＝.74(2)函数g (x )＝e x －e 在R 上单调递增，仅在x ＝1处有一个零点，且x ＜1时，g (x )＜0，又f ′(x )＝－3x 2＋a .①当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，且过点0，－，f (－1)14＝－a ＞0.34即f (x )在x ≤0时，必有一个零点，此时y ＝h (x )有两个零点；②当a ＞0时，令f ′(x )＝－3x 2＋a ＝0，解得x 1＝－＜0，x 2＝＞0.a3a3则－是函数f (x )的一个极小值点，是函数f (x )的一个极大值点．a3a3而f －＝－－3＋a －－＝－－＜0，a3a3a3142a 3a 314现在讨论极大值的情况：f ＝－3＋a －＝－.a3a3a3142a 3a 314当f ＜0，即a ＜时，函数f (x )在(0，＋∞)上恒小于0，此时y ＝h (x )有两个a334零点；当f ＝0，即a ＝时，函数f (x )在(0，＋∞)上有一个零点，x 0＝＝，此a334a312时y ＝h (x )有三个零点；当f ＞0，即a ＞时，函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，一个零点小于，a334a3一个零点大于.a3若f (1)＝a －＜0，即a ＜时，y ＝h (x )有四个零点；5454f (1)＝a －＝0，即a ＝时，y ＝h (x )有三个零点；5454f (1)＝a －＞0，即a ＞时，y ＝h (x )有两个零点．5454综上所述，当a ＜或a ＞时，y ＝h (x )有两个零点；当a ＝或a ＝时，34543454y ＝h (x )有三个零点；当＜a ＜时，y ＝h (x )有四个零点．3454考向2　根据零点个数确定参数的范围[高考解读]　该类问题主要考查学生数形结合的意识和分类讨论的合理性，考查学生的逻辑推理及数学运算素养.(2016·全国卷Ⅰ)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.切入点：(1)思路一：求导，结合f (x )的单调性及f (x )的大致图象，分类讨论求得a 的取值范围．思路二：数形结合，转化 为直线y ＝a 与曲线y ＝有两个交点．(2－x )e x(x －1)2(2)将x 1＋x 2＜2等价转化为f (x 1)＞f (2－x 2)，进而通过构造辅助函数g (x )＝f (x －2)，结合g (x )的单调性给予证明．[解](1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点．②设a ＞0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln ，a2则f (b )＞(b －2)＋a (b －1)2＝a＞0，a2(b 2－32b)故f (x )存在两个零点．③设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，因此f (x )在e2(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 ＜－，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0；e2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 ＋a (x 2－1)2，2－x 2而f (x 2)＝(x 2－2)e ＋a (x 2－1)2＝0，x 2所以f (2－x 2)＝－x 2e －(x 2－2)e .2－x 2 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. [点评]　含x 1，x 2不等式证明问题策略x 1，x 2可以是函数零点、极值点、方程的根、函数图象上两点的横坐标.,处理策略：①减元，二元向一元转化(x 1与x 2有等量关系)，构造整体变量的集中与换x 1x 2元.②极值点偏移→结合图象，对称，构造函数，研究单调性，比较大小. [教师备选题]1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x .(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 )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)．(ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减．(ⅱ)若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a .当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增．(2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅱ)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－＋ln a .1a ①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a ＞0，1a 即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0.1a 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ，(3a －1)则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2n 0－n 0＞0.由于ln ＞－ln a ，(3a －1)因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2.(1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .[解](1)当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0.设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x .当x ≠1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1.(2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－是h (x )在[0，＋∞)的最小值．4a e2①若h (2)＞0，即a ＜，h (x )在(0，＋∞)没有零点；e24②若h (2)＝0，即a ＝，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；e24③若h (2)＜0，即a ＞，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)有一个零点．e24由(1)知，当x ＞0时，e x ＞x 2，所以h (4a )＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，16a 3e4a 16a 3(e2a )216a 3(2a )41a 故h (x )在(2,4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点．综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝.e24解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．提醒：(1)要注意参数端点值的取舍；(2)分类标准要恰当．(方程根的个数与导数交汇)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1.(1)当a ＝1时，求证：f (x )≤0恒成立；(2)若关于x 的方程f (x )＋x 2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，求实数a 的最小值．[解](1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x ＋1，f ′(x )＝－1＝，1x 1－xx 令f ′(x )＝0⇒x ＝1，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．故f (x )max ＝f (1)＝0，所以f (x )≤0.(2)f (x )＋x 2＋1＝0至少有两个不相等的实数根，即ln x ＋x 2－ax ＋2＝0，a ＝＋x ＋至少有两个不相等的实数根，ln x x 2x 记φ(x )＝＋x ＋(x ＞0)，所以φ′(x )＝＋1－＝，ln x x 2x 1－ln xx 22x 2x 2－ln x －1x 2记h (x )＝x 2－ln x －1(x ＞0)，所以h ′(x )＝2x －＝，1x 2x 2－1x 令h ′(x )＝0⇒x ＝，22(x ＝－22舍去)所以当x ∈时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减，x ∈时，h ′(x )(0，22)(22，＋∞)＞0，h (x )单调递增，所以h (x )的最小值为h ＝－ln －1＝－＋ln 2＝－(1－ln 2)(22)(22)2 (22)121212＜0，又h (1)＝0，所以x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0，又当x ＝时，h ＝－ln －1＝＋1－1＝＞0，因此必存在唯一的x 0∈1e (1e )1e21e 1e21e2，使得h (x 0)＝0.(1e ，22)因此x ∈(0，x 0)时，h (x )＞0，φ(x )单调递增，x ∈(x 0,1)时，h (x )＜0，φ(x )单调递减，x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0，φ(x )单调递增，画出y ＝φ(x )的大致图象，如图所示．因此当φ(1)≤a ≤φ(x 0)时，直线y ＝a 与y ＝φ(x )的图象至少有两个交点，所以a 的最小值为φ(1)＝3.。

数的零点、不等式的证明·T21式放缩·T21问题·T21式证明·T21(xg g年份卷别卷Ⅰ2018卷Ⅱ卷Ⅲ第4讲导数的综合应用考查内容及考题位置讨论函数的单调性、不等式的证明·T21不等式的证明、函数的零点问题·T21不等式的证明、极值点问题·T21命题分析导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极卷Ⅰ利用导数研究函数的单调性、函数的零值(最值)是高考的常见题点·T21型，而导数与函数、不等式、2017卷Ⅱ利用导数研究函数的单调性及极值、函方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．卷Ⅲ导数在研究函数单调性中的应用、不等解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单卷Ⅰ函数的零点问题、不等式的证明·T21调性、极值、最值．2016卷Ⅱ卷Ⅲ函数单调性的判断、不等式证明及值域(2)利用导数证明不等式或探讨方程的根．三角函数的导数运算、最值问题及不等(3)利用导数求解参数的范围或值.利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)[典型例题]命题角度一根据函数零点求参数范围(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.【解】(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′)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.14a故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．e①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；e②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；e③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．h(4a)＝1－4a＝1－e ae综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.11当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<；由f′(x)<0，得x>.16a316a316a31＞1－＝1－＞0.已知函数f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝，f′(x)＝－.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)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)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．e2242424由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以（e2a）2（2a）4故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．24根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数”．命题角度二根据参数确定函数的零点个数aln x＋bx(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)＝1根的个数．a－b－aln xx2a（ln x＋2）a（ln x＋1）x x2e e211当a<0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0<x<.0，⎫，单调递减区间为⎛，＋∞⎫；当a<0时，综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为⎛，＋∞，单调递减区间为0，.f(x)的单调递增区间为⎝e⎭⎝e⎭1⎫⎛11＋ln x10，⎫上单调递增，在⎛，＋∞⎫上单调递减，所以h(x)即h(x)在⎛＝h⎛⎫＝e.，＋∞⎫上，h(x)单调递减且h(x)＝在⎛0，⎫上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x＋2负无限大，故h(x)负无限大．在⎛111故当0<<e，即a>时，方程f(x)＝1有两个不等实根，当a＝时，方程f(x)＝1只有一1(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数h(x)＝，，＋∞上h′(x)<0，0，上h′(x)>0，则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x ＝，且在在⎝e⎭⎝e⎭x e⎝e⎭xmax”(e e11⎝e⎭⎝e⎭⎛1⎫⎛1⎫aln x＋2a ln x＋2ln x＋2x a x x⎛⎫2111⎝e⎭⎝e⎭⎝e⎭1ln x＋2>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；1⎝e⎭a e e个实根，当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根．综上可知，当a>1时，方程f(x)＝1有两个实根；当a<0或a＝1时，方程f(x)＝1有一个e e实根；当0<a<1时，方程f(x)＝1无实根．e(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．命题角度三函数零点性质的探索与证明已知函数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x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.【解】(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．3aab2－b⎫>0，又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a⎛在(－∞，1)上单调递减，所以x＋x<2等价于f(x)>f(2－x)，即f(2－x)<0.由于f(2－x)＝－x e2－x2＋a(x－1)2，而f(x)＝(x－2)e x2＋a(x－1)2＝0，所以f(2－x)＝－x e2－x2－(x－2)e x2.从而g(x)＝f(2－x)<0，故x＋x<2.(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)e x，f(x)只有一个零点．(ⅱ)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．322⎝2⎭故f(x)存在两个零点．(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调2递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e，则ln(－2a)>1.故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，2f′(x)>0.因此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，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)12122222222222设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，2212函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．[对点训练]4已知函数 f(x)＝ln x － ax 2(a ∈R )．解：(1)f(x)＝ln x － ax 2 的定义域为(0，＋∞)， 2)× ＝－1，(2)由(1)知 f ′(x)＝ ，x ∈(0，＋∞)，当 a >0 时，由⎨ 得 0<x < a ，由 f ′(x)<0 得 x > a ，所以 f(x)在⎛0， a ⎫上单调⎪⎩x >0， 当 a >0 时，f(x)的单调递增区间为⎛0， a ⎫，单调递减区间为⎛ a，＋∞⎫.而 f(1)＝－1a >0，故 f(x)在[1，e 2]上没有零点；(ⅱ)当 a ＝0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，而 f(1)＝－ a ＝0，故 f(x)在[1，e 2]上有一个 (ⅲ)当 a >0 时，①若 a ≤1，即 a ≥1 时，f(x)在[1，e 2]上单调递减，因为 f(1)＝－ a <0， ②若 1< a ≤e 2，即 1 ≤a <1 时，f(x)在⎡1， a ⎤上单调递增，在⎡ a，e 2⎤上单调递减，而a ⎦1 2(1)若 f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线 2x ＋y ＋2＝0 垂直，求实数 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间；(3)讨论函数 f(x)在区间[1，e 2]上的零点个数．1 2f ′(x)＝ 1－ax ＝1－ax2，则 f ′(2)＝1－4a x x 2.因为直线 2x ＋y ＋2＝0 的斜率为－2，所以(－1－4a2解得 a ＝0.1－ax 2x当 a ≤0 时，f ′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；⎧⎪f ′（x ）＞0， a a ⎝ a ⎭递增，在⎛ a，＋∞⎫上单调递减．⎝ a ⎭综上所述：当 a ≤0 时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；⎝ a ⎭ ⎝ a ⎭(3)由(2)可知，(ⅰ)当 a <0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，212零点；1 a 2所以 f(x)在[1，e 2]上没有零点．a e 4 ⎣ ⎣ a ⎦5⎛a⎫＝－1ln a－，f(e2)＝2－a e4，若f⎛a⎫＝－1ln a－1<0，即a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1＝0，即a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1>0，即a<1时，由f(e2)＝2－1a e4>0得a<4，此时，f(x)在[1，e2]由f(e2)＝2－1a e4≤0得a≥4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若a≥e2，即0<a≤1时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－1a<0，f(e2)＝2－1a e4>0，综上所述：当a<0或a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<4或a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当4≤a<时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．已知函数f(x)＝a e x－b ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝⎝e－1⎭xf′(x)＝a e x－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，⎧a e＝1，e⎧a＝1，所以⎨e解得⎨(2)证明：由(1)知f(x)＝2e x－ln x.e⎩111f(1)＝－2a<0，f⎝a⎭222⎝a⎭22e⎝a⎭22e⎝a⎭22e2e4上有一个零点；2e4a e422所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．e e4e41e e利用导数证明不等式(综合型)[典型例题]命题角度一单变量不等式的证明⎛1⎫＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>0.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．b11x e e2⎩a e－b＝1－1，⎪b＝1.1e6当x∈(0，x)时，f′(x)<0，当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，xx已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.由f(x)＋f(x)＋x x＝0，得ln x＋x2＋x＋ln x＋x2＋x＋x x＝0，从而(x＋x)2＋(x＋x)＝x x－ln(x x)，令t＝x x，则由φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－1＝，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x＋x)2＋(x＋x)≥1，因为f′(x)＝e x－2－1在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，所以f′(x)＝0在(0，＋x∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．00从而当x＝x时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x)＝0，得e x0－2＝1，则x－2＝－ln x.000故f(x)≥f(x)＝e x0－2－ln x＝1＋x－2>20001x－2＝0，所以f(x)>0.x利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．命题角度二双变量不等式的证明12(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x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥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f′(x)＝1＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝2，x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＋x2＋x，x>0.12121112221212121212t－112t t易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，12127因为 x >0，x >0，所以 x ＋x ≥成立． (2018· 高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ －x ＋aln x.(2)若 f(x)存在两个极值点 x 1，x 2，证明： ＜a －2.a ＝－x 2－ax ＋1(ii)若 a >2，令 f ′(x)＝0 得，x ＝a 2－4或 x ＝ . a 2－4⎫⎪∪⎛ a ＋ a 2－4 a － 当 x ∈ ，＋∞⎪时，f ′(x)<0； 0， 2 2a 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪ 时 ， f ′ (x)>0. 所 以 f(x) 在 ⎛ 当 x ∈ a － a － ⎝ ⎭ ⎝0， ⎪ 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪单调递增． ，＋∞⎪单调递减，在 a － a ⎛a ＋ a 2－4 ⎫ ⎛ 由于 f(x)的两个极值点 x ，x 满足 x 2－ax ＋1＝0，所以 x x ＝1，不妨设 x <x ，则 x >1.f （x 1）－f （x 2）1 －1＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a －2ln x 2， x 1－xx 1x 2 x 1－x 2 x 1－x 2 1 －xx 2 所以<a －2 等价于 －x 2＋2ln x 2<0.2 2 25－112122破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)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．(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．(3)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．[对点训练]1x(1)讨论 f(x)的单调性；f （x 1）－f （x 2） x 1－x 21解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－x 2－1＋x x 2 .(i)若 a ≤2，则 f ′(x)≤0，当且仅当 a ＝2，x ＝1 时 f ′(x)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)单调递减．a －a ＋ a 2－42 2⎛ ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ ， 2 2a 2－4⎫ ， 2 ⎭，⎝ ⎭ ⎝ ⎭(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2.1 2 1 2 1 2 2由于＝－ 22f （x 1）－f （x 2） 1 x 1－x 2 x 28所以1－x＋2ln xf（x1）－f（x2）x－x<a－2.22<0，即x2(2)若x≥f(x)＋1－e【解】(1)因为f(x)＝ln(ax)＋b x，所以f′(x)＝＋b＝＋b，x，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．g即mx≥ln x＋1－2＋1(m<0)恒成立．设g(x)＝mx(x>0)，h(x)＝x＋－2，则g′(x)＝h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－1.只需g(x)≥h(x)，即m≥1－1，解得m≥1－e.设函数g(x)＝1－x＋2ln x，由(1)知，(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，x＋∞)时，g(x)<0.12恒成立与有解问题(综合型)[典型例题]命题角度一恒成立问题(2018·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln(ax)＋b x在点(1，f(1))处的切线是y＝0.(1)求函数f(x)的极值；mx2e e x(m<0)恒成立，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)．a1ax x因为f(x)在点(1，f(1))处的切线是y＝0，所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，解得a＝e，b＝－1，故f(x)＝ln x－x＋1.所以f′(x)＝1－1＝1－xx所以f(x)的极大值为f(1)＝0，无极小值．(2)由(1)知f(x)＝ln x－x＋1，mx21－ee x≥f(x)＋e x(m<0)恒成立，e x x eln x＋11m（1－x）ln xe x e e x，h′(x)＝－x2.因为m<0，所以当0<x<1时，g′(x)<0，h′(x)>0；当x>1时，g′(x)>0，h′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＝g(1)＝m；min e1e所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，min max e e9已知函数 f(x)＝3ln x － x 2＋x ，g (x)＝3x ＋a.【解】 (1)由题意得，f ′(x)＝ －x ＋1，设切点为(x 0，f(x 0))，则 k ＝f ′(x 0)＝ －x 0＋1＝3，x解得 x ＝1 或 x ＝－3(舍)，所以切点为⎛1， ⎫，代入 g (x)＝3x ＋a ，得 a ＝－5.(2)设 h (x)＝3ln x － x 2－2x.∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，2 等价于∃x >0，使 h (x)＝3ln x －1x 2－2x >a 成立，⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 所以函数 h (x)＝3ln x －1x 2－2x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 h (x)又 m <0，所以实数 m 的取值范围是[1－e ，0)．求解含参不等式恒成立问题的方法(1)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法 ， 先 转 化 为 f(a)≥g (x)( 或 f(a) ≤ g (x)) 对 ∀x ∈ D 恒 成 立 ， 再 转 化 为 f(a)≥g (x)max ( 或 f(a)≤g (x)min )；第二关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最大值(或最小值)问题．[提醒] 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．命题角度二 能成立问题1 2(1)若 f(x)与 g (x)的图象相切，求 a 的值；(2)若∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，求参数 a 的取值范围．3 3 x 01 0 0 ⎝ 2⎭ 212等价于 a <h (x) max (x>0)．因为 h ′(x)＝3－x －2＝－x 2－2x ＋3＝－（x －1）（x ＋3），x x x⎧h ′（x ）>0， ⎧h ′（x ）<0， 令⎨ 得 0<x <1；令⎨ 得 x>1. ⎪x >0， ⎪x >0，＝h (1)＝－5，即 a <－5，2 22 max10因此参数 a 的取值范围为⎛－∞，－⎫. f( 若存在实数 x ，使得 f(x )－g (x )＝2 成立，则当 x ＝－2 时，e x ＋a ＝2 成立，所以 e －2＋a(2)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)> －e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自5 ⎝ 2⎭求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”第一关是求导关，对于复合函数求导，注意由外向内层导，一直导到不能导；第二关是转化关，即通过分离参数法，先转化为存在 x ∈D ，使 f(a)≥g (x)或(f(a)≤g (x))成立，再转化为 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )；第三关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最小值(或 最大值)问题．不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法，通过数形结合使问题获解．[提醒] 不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可以转化为最值问题，但 f(a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对存在 x ∈D 能成立等价于 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )， a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对任意 x ∈D 都成立等价于 f(a)≥g (x)max (或 f(a)≤g (x)min )，应注意区分，不要搞混．[对点训练]1．设函数 f(x)＝e x ＋a ＋x ，g (x)＝ln(x ＋3)－4e －x －a ，其中 e 为自然对数的底数，若存在实数 x 0，使得 f(x 0)－g (x 0)＝2 成立，则实数 a 的值为()A ．－2＋ln 2C ．－1－ln 2B ．1＋ln 2D ．2＋ln 2解析：选 D.由已知得 f(x)－g (x)＝e x ＋a ＋x －ln(x ＋3)＋4e －x －a ，设 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ，u (x)＝x －ln(x ＋3)，所以 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ≥2 e x ＋a 4e －x －a ＝4，当且仅当 e x ＋a ＝2 时等号成立．1u ′(x)＝1－ (x >－3)，令 u ′(x)>0，得 x >－2；x ＋3令 u ′(x)<0，得－3<x <－2，所以 u (x)在(－3，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝－2 时，u (x)取得最小值为－2.0 0＝2，解得 a ＝2＋ln 2.故选 D.2．设函数 f(x)＝ax 2－a －ln x ，其中 a ∈R .(1)讨论 f(x)的单调性；1 x然对数的底数)．11解：(1)f ′(x)＝2ax －1＝2ax 2－12a .⎝ 2a ⎭ 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；⎭ 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．(2)令 g (x)＝ － 1 ，s(x)＝e x 1－x. x 当0<a <1时， 1 >1.由(1)有 f ⎛ 1 ⎫ 当 x >1 时，h ′(x)＝2ax －1＋ 1 －e 1－x >x －1＋ 1 －1＝x x (x>0)．当 a ≤0 时，f ′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当 a >0 时，由 f ′(x)＝0，有 x ＝1此时，当 x ∈⎛0， 1 ⎫当 x ∈⎛ 1，＋∞⎫ ⎝ 2a1－e x －1则 s ′(x)＝e x －1－1.而当 x >1 时，s ′(x)>0，所以 s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又由 s(1)＝0，有 s(x)>0，从而当 x >1 时，g (x)>0.当 a ≤0，x >1 时，f(x)＝a(x 2－1)－ln x<0.故当 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.2 2a⎛ 1 ⎫⎝ 2a ⎭<f(1)＝0，而 g ⎝ 2a ⎭>0，所以此时 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当 a ≥1时，令 h (x)＝f(x)－g (x)(x ≥1)．2x x 2 x x 2 x因此，h (x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又 h (1)＝0，所以当 x >1 时，h (x)＝f(x)－g (x)>0，即 f(x)>g (x)恒成立．x 3－2x ＋1 x 2－2x ＋1 x 2 > x 2 >0.12，＋∞⎫.综上，a∈⎡1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.(2)证明：由于x＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于2－3a＝0.⎫11⎛又f(3a－1)＝－6a＋2a－＝－6a－－<0，2f(3a＋1)＝>0，2．(2018·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.⎝6⎭1⎣2⎭13(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．13令f′(x)＝0解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．x3x2＋x＋1x3x2（x2＋2x＋3）设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x) x2＋x＋1（x2＋x＋1）2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．123613故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．12(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.解：(1)由题意知，f′(x)＝x－a2＝（x＋a）（x－a）.x x当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；131当 x ＝a时，f(x)取得最小值 f(a)＝ a 2－a 2ln a. 1令 a 2－a 2ln a ≥0，解得 0<a ≤ e. 设 0<x <a <x ，则 2a －x >a.要证 x ＋x >2a 即 x >2a －x ，则只需证 f(x )>f(2a －x )．因 f(x )＝f(x )，则只需证 f(x )>f(2a －x )．aa 则 g ′(x)＝f ′(x)＋f ′(2a －x)＝x － ＋2a －x － 又由题意得 0<x <a ，于是 g (x )＝f(x )－f(2a －x )>0，即 f(x )>f(2a －x )．因此 x ＋x >2a. ＝－ <0，2a －x x （2a －x ）x当 x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．22故 a 的取值范围是(0， e ]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，1 2 11 2 2 1 2 1 1 2 1 1设 g (x)＝f(x)－f(2a －x)，0<x <a.2 2 2a （a －x ）2 x所以 g (x)在(0，a)上单调递减，从而 g (x)>g (a)＝0.11 1 1 1 1 12 3．(2018· 石家庄质量检测(二))已知函数 f(x)＝x ＋axln x(a ∈R )． (1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，证明：f(x)≤e －＋x 2.解：(1)由题意 x >0，f ′(x)＝1＋a ＋aln x.①当 a ＝0 时，f(x)＝x ，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；1②当 a >0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递增，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)<0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )1上单调递减，在(e －1－a ，＋∞)上单调递增；1③当 a <0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递减，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)>0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)<0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )141则 g ′(x)＝e －x ＋2＋ >0， 1⎫ 2 1－e ＋ －1<0，h ′(1)＝－ ＋2>0，又h ′⎛ ＝－e⎫，1 上存在唯一零点 x ，即－e －x 0＋2x ＋ln x＝0.故 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在⎛所以当 x ∈(0，x )时，h ′(x)<0，当 x ∈(x ，＋∞)时，h ′(x)>0，所以函数 h (x)在(0，x )上所以 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )，所以只要x ＋ln x ≥0 即可，21上单调递增，在(e －1－a ，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)可知若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，1则 a <0，且 e －1－a ＝1，解得 a ＝－1，故此时 f(x)＝x －xln x ，要证 f(x)≤e －x ＋x 2，只须证 x －xln x ≤e －x ＋x 2，即证 e －x ＋x 2－x ＋xln x ≥0，设 h (x)＝e －x ＋x 2－x ＋xln x ，x >0，则 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x.令 g (x)＝h ′(x)，x所以函数 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，1⎝e ⎭ e e1 ⎝e ⎭0 0 00 0 0单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，故 h (x)≥h (x 0)＝e －x 0＋x 2－x 0＋x 0ln x 0，所以只需证 h (x 0)＝e －x 0＋x 0－x 0＋x 0ln x 0≥0 即可，由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，得 e －x 0＝2x 0＋ln x 0，0 0 0 0又 x ＋1>0，0 0当 x 0＋ln x 0<0 时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x 0⇒－e －x 0＋x 0<0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；15得 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )＝0，(2)求证：当 x >0 时， ≥ln x ＋1.( ′当 x 0＋ln x 0>0 时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x 0⇒－e －x 0＋x 0>0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；当 x 0＋ln x 0＝0 时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x 0⇒－e －x 0＋x 0＝0，得－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，故 x 0＋ln x 0＝0 成立，0 0 0 0所以 h (x)≥0，即 f(x)≤e －x ＋x 2.4．(2018· 郑州质量检测(二))已知函数 f(x)＝e x －x 2.(1)求曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程；e x ＋（2－e ）x －1x解：(1)由题意得，f ′(x)＝e x －2x ，则 f ′(1)＝e －2，f(1)＝e －1，所以曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1.(2)证明：f ′(x)＝e x －2x ，令 h (x)＝e x －2x ，则 h ′(x)＝e x －2，易知 f ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以 f ′(x)≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又曲线 y ＝f(x)过点(1，e －1)，且曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1，所以可猜测：当 x >0，x ≠1 时，f(x)的图象恒在切线 y ＝(e －2)x ＋1 的上方．下证：当 x >0 时，f(x)≥(e －2)x ＋1.设 g (x)＝f(x)－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1，x >0，则 g ′(x)＝e x －2x －(e －2)，令 φx)＝g ′(x)，则φ(x)＝e x －2，易知 g ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又 g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0，0<ln 2<1，所以 g ′(ln 2)<0，16所以存在 x ∈(0，ln 2)，使得 g ′ )＝0， 所以当x ∈(0，x )∪(1，＋∞)时，g ′(x)>0；当 x ∈(x ，1)时，g ′(x)<0，故 g (x)在(0，x )上单调递增，在(x ，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 当且仅当 x ＝1 时取等号，故e x ＋（2－e ）x －1又 x ≥ln x ＋1，所以e x ＋（2－e ）x －10 00 0又 g (1)＝0，所以 g (x)＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0，x ≥x ，x>0.x ≥ln x ＋1，当且仅当 x ＝1 时等号成立．17。

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数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)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f′x g x－f x g′xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一 导数的几何意义及应用 例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则 所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二 导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。

第3讲 导数的综合应用利用导数证明不等式(5年3考)[高考解读] 利用导数证明不等式是每年高考的热点，主要考查“辅助函数法”证明不等式，难度较大.(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0. 切入点：求函数f (x )的导数．关键点：正确构造函数， 转化为函数的最值问题解决． [解] (1)f ′(x )＝－ax 2＋a －x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是2x －y －1＝0. (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0. [教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x＜x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x.[解] (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． (2)由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln 1x ＜1x－1，即1＜x －1ln x＜x .(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x， 则g ′(x )＝c －1－c xln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增； 当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．由(2)知1＜c －1ln c＜c ，故0＜x 0＜1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0. 所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x.2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋ax ＋x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞单调递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1， 则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 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，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.利用导数证明不等式成立问题的常用方法直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f x ＜g x ，xa ，b ，可以构造函数F x ＝f x －g x ，如果F x ＜0，则F x 在a ，b 上是减函数，同时若F a ，由减函数的定义可知，xa ，b 时，有F x ＜0，即证明了f x＜g x将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f x g x在D 上成立，只需证明f xmin≥g xmax即可.若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明.1．(求切线方程、不等式证明)已知函数f (x )＝m e x－ln x －1. (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若m ∈(1，＋∞)，求证：f (x )>1. [解] (1)当m ＝1时，f (x )＝e x－ln x －1， 所以f ′(x )＝e x－1x，所以f ′(1)＝e －1，又因为f (1)＝e －1，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)当m >1时，f (x )＝m e x－ln x －1>e x－ln x －1， 要证明f (x )>1，只需证明e x －ln x －2>0， 设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x－1x(x >0)，设h (x )＝e x －1x (x >0)，则h ′(x )＝e x＋1x2>0，所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x－1x在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x－1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0，当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0， 所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)， 故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0，综上可知，若m ∈(1，＋∞)，则f (x )>1.2．(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f (x )＝e x－3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e xx >32x ＋1x－3a .[解] (1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－3， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )．(2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x－3x ＋3a .由(1)及a >ln 3e ＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋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 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0.即e x >32x 2－3ax ＋1，故e xx >32x ＋1x－3a .利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)[高考解读] 利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点，主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围. 切入点：利用导数求f ′(x )．关键点：将f (x )≥0恒成立转化为f (x )的最小值大于或等于0. [解] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增． (2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即0＜a ≤1时，f (x )≥0.③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，从而当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]．[教师备选题](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 的取值范围． [解] (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 －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋2＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2，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，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.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]．解决不等式恒成立问题的两种方法分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法., 即：①λ≥f x 恒成立，则λ≥f xmax.,②λ≤f x 恒成立，则λ≤f xmin.最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法，可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f x，则只需f x min≥0.1．(恒成立问题)已知函数f (x )＝x ln x (x >0)． (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值．[解] (1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )>0，得x >1e ，令f ′(x )<0，得0<x <1e，∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，f (x )在x ＝1e 处取得极小值，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值．(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min. 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x(x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x2，由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1. 所以g (x )在(0,1)是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4， 即m ≤4，所以m 的最大值是4.2．(有解问题)已知函数f (x )＝a e x －a e x －1，g (x )＝－x 3－32x 2＋6x ，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，求实数m 的取值范围． [解] (1)因为f (0)＝a －1＝0，所以a ＝1，此时f (x )＝e x－e x －1. 所以f ′(x )＝e x－e ，f ′(0)＝1－e.所以曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝(1－e)x .(2)因为f (x )＝a e x－a e x －1，所以f ′(x )＝a e x－a e ＝a (e x－e)． 当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (1)＝－1.令h (x )＝g (x )＋m ＝－x 3－32x 2＋6x ＋m ，则h ′(x )＝－3x 2－3x ＋6＝－3(x ＋2)(x －1)．当x >1时，h ′(x )<0；当0<x <1时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )max ＝h (1)＝72＋m .要使f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，则72＋m ≥－1，即m ≥－92.所以实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.利用导数研究函数的零点或方程根的问题(5年4考)[高考解读] 函数零点问题也是每年高考的重点.文科注重考查函数零点个数的判定与证明，难度偏大.(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点． 切入点：求f ′(x )，利用导数解决．关键点：注意到x 2＋x ＋1>0恒成立，从而f (x )＝0等价转化为x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0，即方程只有一个根．[解] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋x 2＋x ＋2≥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)＝－6a 2＋2a －13＝－6a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点． [教师备选题]1．(2014·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝x 3－3x 2＋ax ＋2，曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为－2.(1)求a ；(2)证明：当k <1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． [解] (1)f ′(x )＝3x 2－6x ＋a ，f ′(0)＝a . 曲线y ＝f (x )在点(0,2)处的切线方程为y ＝ax ＋2. 由题设得－2a＝－2，所以a ＝1.(2)证明：由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4，所以g (x )＝0在(－∞，0]上有唯一实根．当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4，则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根．综上，g (x )＝0在R 上有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点． 2．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点； 当a >0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)．由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.1．求解函数零点(方程根)的个数问题的3个步骤第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．2．解决已知函数零点个数，求参数取值范围的2个技巧(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．1．(判断函数零点个数)已知函数f (x )＝m x 2－x－2ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若m ＝12，证明：f (x )有且只有三个零点．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－2x＝mx 2－2x ＋m x 2，①m ≤0时，∵x >0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②m >0时，令f ′(x )＝0，即mx 2－2x ＋m ＝0，(ⅰ)m ≥1时，Δ＝4－4m 2≤0，此时f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； (ⅱ)0<m <1时，Δ＝4－4m 2>0，令f ′(x )＝0，则x 1＝1－1－m2m，x 2＝1＋1－m 2m，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m ∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞时，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减．综上，m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；m ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；0<m <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增．(2)∵m ＝12，∴f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x ，由(1)可知f (x )在(0,2－3)和(2＋3，＋∞)上单调递增，在(2－3，2＋3)上单调递减，又f (1)＝0，且1∈(2－3，2＋3)，∴f (x )在(2－3，2＋3)上有唯一零点x ＝1. 又0<e －3<2－3，f (e －3)＝12(e －3－e 3)－2ln e －3＝12e 3＋6－e 32<7－e 32<0，∴f (x )在(0,2－3)上有唯一零点．又e 3>2＋3，f (e 3)＝－f (e －3)>0，∴f (x )在(2＋3，＋∞)上有唯一零点． 综上，当m ＝12时，f (x )有且只有三个零点．2．(已知函数零点求参数)已知函数f (x )＝(a －1)x ＋ax＋ln x (a >0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)g (x )＝f (x )－m ，当a ＝2时，g (x )在[e －1，e]上有两个不同的零点，求m 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝a －1－a x 2＋1x ＝a －x 2＋x －ax 2＝a －x ＋ax －x 2，①当a ＝1时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，得x >1，令f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．②当a >1时，令f ′(x )>0，得x >1或x <－aa －1<0，∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．③当a <1时，ⅰ)0<a <12时，令f ′(x )>0，得a 1－a <x <1，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1－a ，(1，＋∞)上单调递减；ⅱ)a ＝12时，f ′(x )≤0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减；ⅲ)12<a <1时，令f ′(x )>0，得1<x <a 1－a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递增，在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )＝x ＋2x＋ln x 在[e －1,1]上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝3，f (e －1)＝e －1＋2e －1，f (e)＝e ＋2e ＋1，f (e －1)>f (e)，∴m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤3，e ＋2e ＋1.。

2020年高考数学（文）二轮复习命题考点串讲系列-专题04 导数及其应用1、考情解读高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．2、重点知识梳理1．闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．2．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点，且x1<x2，当a>0时，f(x)的图象如图，x1为极大值点，x2为极小值点，当a<0时，f(x)图象如图，x1为极小值点，x2为极大值点．3．若函数y＝f(x)为偶函数，则f′(x)为奇函数；若函数y＝f(x)为奇函数，则f′(x)为偶函数．4．y＝e x在(0,1)处的切线方程为y＝x＋1；y＝ln x在(1,0)处的切线方程为y＝x－1.学#科网5．不等式恒成立问题(1) a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max；a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min6．不等式有解问题(1)a ＞f (x )有解⇔a ＞f (x )min ；a ≥f (x )有解⇔a ≥f (x )min ； (2)a ＜f (x )有解⇔a ＜f (x )max ；a ≤f (x )有解⇔a ≤f (x )max . 7．常用的不等关系(1)e x ≥x ＋1(x ∈R ) (2)x －1≥ln x (x ＞0)(3)e x ＞ln x (x ＞0) (4)tan x ＞x ＞sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2(5)||a |－|b ||≤|a ＋b |≤|a |＋|b | 8．常见构造函数 (1)xf ′(x )＋f (x )联想[xf (x )]′； (2)xf ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(3)f ′(x )＋f (x )联想[]e x fx ′；(4)f ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′；(5)f ′(x )±k 联想(f (x )±kx )′. 3、高频考点突破考点1 导数的几何意义及应用例1、(2017·高考天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．【答案】1【变式探究】 (1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________.【答案】1【解析】基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.(2)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝______.【答案】8【方法技巧】1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：可先求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．【答案】y＝－2x－1【解析】令x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ln x－3x(x＞0)，则f′(x)＝1x－3(x＞0)，∴f′(1)＝－2，∴y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.(2)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A．0B．1C．2 D．3【答案】D【解析】y′＝a－1x＋1，当x＝0时，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故选D.(3)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.【答案】8考点2 利用导数研究函数的单调性例2、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)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，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 学@科网 【解析】 （1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a-时，’0f x ＞； 当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a -单调递增，在12a∞-+，单调递减.（2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为111ln 1224f a a a-=---. 所以324fx a ≤--等价于113ln 12244a a a ---≤--，即11ln 1022a a-++≤.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-.当x ∈（0,1）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，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a-++≤， 即324fx a≤--.【变式探究】(1)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＞x 2＋12的解集为( )A ．(1,2)B ．(0,1)C ．(－1,1)D ．(1，＋∞)【答案】C【解析】令g (x )＝f (x )－12(x ＋1)，∴g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，故g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减且g (1)＝0.令g (x )＞0，则x ＜1，f (x 2)＞x 2＋12⇔f (x 2)－x 2＋12＞0⇔g (x 2)＞0⇔x 2＜1⇔－1＜x ＜1.故选C.(2)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞)【答案】D 【方法技巧】1．若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．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． 【变式探究】已知函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x ，则函数f (x )的单调递减区间为________． 【答案】⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12【解析】函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2x ＋3－2x ，令2x ＋3－2x ＜0，即2x 2＋3x －2＜0，解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12.又x ∈(0，＋∞)，所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.考点3 含参数的函数的单调性例3、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)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，则)(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，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=.在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 111ln 1224f a a a-=---. 所以324fx a ≤--等价于113ln 12244a a a ---≤--，即11ln 1022a a-++≤.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-.当x ∈（0,1）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，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 【变式探究】(2016·高考全国卷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，f (x )在(1，+∞，,)上单调递增.【方法技巧】1．求函数的单调区间的“三个”方法方法一第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；第2步：求导函数y′＝f′(x)；第3步：解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调区间．方法二第1步：确定函数y＝f(x)的定义域：第2步：求导函数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；第3步：把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；第4步：确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．方法三第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；第2步：求导函数y′＝f′(x)，并将其化简表示为某些基本初等函数的和、差、积、商．第3步：利用相应基本初等函数的图象与性质，确定f′(x)在某些区间的正、负，进而得到单调区间．2．根据函数y ＝f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围的方法(1)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递增；转化为f ′(x )≥0在(a ，b )上恒成立求解． (2)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递减，转化为f ′(x )≤0在(a ，b )上恒成立求解．(3)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调，转化为f ′(x )在(a ，b )上不变号，即f ′(x )在(a ，b )上恒正或恒负．(4)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上不单调，转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解． 【变式探究】设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.71 828…) (1)若y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2e x ＋b ，求a ，b 的值． (2)若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围．x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 (1，e) g ′(x ) － ＋g (x )g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ，因为e －1＞1＋1e ， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －1.故a ≥e －1.考点4 利用导数求函数极值例4、【2017山东，文20】（本小题满分13分）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 --=,（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为31sin 6a a --,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为31sin 6a a --.【解析】所以，当0x >时， ()0h x >；当0x <时， ()0h x <.当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()31sin 6g a a a =--，极小值是()0g 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()0g a =-，极小值是()31sin 6g a a a =--.【变式探究】(2016·高考山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a ＞12.【方法规律】1．求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． 3．求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．【变式探究】已知函数f (x )＝ax－2x －3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．x 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 2 (2,3)3 f ′(x ) － 0 ＋ f (x )1－3ln 2∴min (2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x ＞0)，由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a ＞0，x 1x 2＝2a ＞0，也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，－－32a ＞0，h 0＞0解得0＜a ＜98.故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.考点5 利用导数研究较复杂函数的零点或方程的根例5、【2017江苏，20】 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：23b 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.【答案】（1）2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(]36，. 【解析】列表如下x1(,)x -∞1x()12,x x2x 2(,)x +∞()f x '+0 –0 +()f xZ极大值]极小值Z故()f x 的极值点是12,x x .（3）由（1）知， ()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-， 22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ， ()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a -=-+，所以213()=9h a a a-+， 3a >.因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤.因此a 的取值范围为(]36，.【变式探究】已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调增区间；(2)当0＜－1a ＜e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根．所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0； 当x ＞e 时，g ′(x )＜0，从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(e)＝1e＋12＜1，所以，|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞ln xx＋12，所以，方程|f(x)|＝ln xx＋12没有实数根．【方法规律】1．利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点的一般思路(1)转化为可用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解．2．利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值结构方程根的个数问题的一般方法将问题转化为可用导数研究的某函数的零点问题或用导数能研究其图象的两个函数的交点个数问题求解．3．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调．第二步：证明端点值异号．【变式探究】已知函数f(x)＝x ln x－k(x－1)，k∈R.(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)在区间(1，＋∞)上有1个零点，求实数k的取值范围；(3)是否存在正整数k，使得f(x)＋x＞0在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出正整数k的最大值；若不存在，请说明现由．综上，实数k的取值范围为(1，＋∞)．(3)假设存在正整数k，使得f(x)＋x＞0在(1，＋∞)上恒成立，由x＞1知x－1＞0，从而k＜x ln x＋xx－1在(1，＋∞)上恒成立．(*)4、真题感悟（2014-2017年）1.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 2.【2017课标1，文14】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则()212f x x x-'=，所以()1211f ='-=， 所以曲线21y x x=+在点()1,2处的切线方程为()211y x -=⨯-，即1y x =+． 3.【2017课标1，文21】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．4.【2017课标II ，文21】设函数2()(1)x f x x e =-. （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】（Ⅰ）在(,12)-∞-- 和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增（Ⅱ）[1,)+∞【解析】（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x 令f’(x )=0得x =-1- ，x =-1+当x ∈（-∞，-1-）时，f’(x )<0；当x ∈（-1-，-1+）时，f’(x )>0； 当x ∈（-1-，+∞）时，f’(x )<0所以f (x )在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增 (2) f (x )=(1+x )（1-x ）e x当a ≥1时，设函数h (x )=（1-x ）e x ，h ’(x )= -xe 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 ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1综上，a 的取值范围[1，+∞）5.【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)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，则)(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，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时，’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时，’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减.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，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 6.【2017山东，文20】（本小题满分13分）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 --=,（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为31sin 6a a --,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为31sin 6a a --.【解析】（Ⅰ）由题意()2f x x ax '=-，所以，当2a =时， ()30f =， ()22f x x x '=-， 所以()33f '=，因此，曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程是()33y x =-， 即390x y --=.当(),x a ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增； 当(),0x 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()31sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g a =-.（2）当0a =时， ()()sin g x x x x -'=，当(),x ∈-∞+∞时， ()0g x '≥， ()g x 单调递增；当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()31sin 6g a a a =--，极小值是()0g 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()0g a =-，极小值是()31sin 6g a a a =--.7.【2017北京，文20】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1；最小值2π-.【解析】8.【2017江苏，20】 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：23b 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.【答案】（1）2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(]36，. 【解析】（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.x1(,)x -∞ 1x()12,x x2x 2(,)x +∞()f x '+0 –0 +()f xZ极大值]极小值Z故()f x 的极值点是12,x x .从而3a >，因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞. （2）由（1）知，2a a a a a设23()=9t g t t+，则22223227()=99t g t t t --='. 当36()2t ∈+∞时， ()0g t '>，从而()g t 在36(,)2+∞上单调递增. 因为3a >，所以33a a >，故((33)=3g a g >3a因此2>3b a .1.【2016高考新课标1文数】若函数1()sin 2sin 3f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增,则a的取值范围是（ ）（A ）[]1,1-（B ）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（C ）11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（D ）11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ 【答案】C【解析】()21cos2cos 03f x x a x '=-+…对x ∈R 恒成立， 故()2212cos 1cos 03x a x --+…，即245cos cos 033a x x -+…恒成立， 即245033t at -++…对[]1,1t ∈-恒成立，构造()24533f t t at =-++，开口向下的二次函数()f t 的最小值的可能值为端点值，故只需保证()()11031103f a f a ……⎧-=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，解得1133a -剟．故选C2.【2016高考四川文科】设直线l 1，l 2分别是数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 的面积的取值范围是( )(A)(0,1) (B) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞) 【答案】A【解析】设()()111222,ln ,,ln P x x P x x -（不妨设121,01x x ><<），则由导数的几何意义易得切线3.【2016高考四川文科】已知a 函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =( ) (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D【解析】()()()2312322f x x x x '=-=+-，令()0f x '=得2x =-或2x =，易得()f x 在()2,2-上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()f x 的极小值点为2，即2a =，故选D.4. [2016高考新课标Ⅲ文数]已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1()x f x e x --=-，则曲线()y f x =在(1,2)处的切线方程式__________________.【答案】2y x =【解析】当0x >时，0x -<，则1()x f x e x --=+．又因为()f x 为偶函数，所以1()()x f x f x e x -=-=+，所以1()1x f x e -'=+，则切线斜率为(1)2f '=，所以切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =．5.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-．(I)讨论()f x 的单调性(II)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围. 【答案】见解析(II) ()0,+∞【解析】单调递减.③若e2a <-，则()ln 21a ->，故当()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞U 时，()'0f x >，当()()1,ln 2x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增，在()()1,ln 2a -单调递减.（Ⅱ）（Ⅰ）设0a >，则由（Ⅰ）知，()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增. 又()()e 12f f a =-=，，取b 满足b ＜0且ln 2ab <， 则()()()22321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=->⎪⎝⎭，所以()f x 有两个零点. （Ⅱ）设a=0，则()()2e x f x x =-，所以()f x 只有一个零点.（iii ）设a ＜0，若e2a ≥-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()1,+∞单调递增.又当1x ≤时，()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点；若e2a <-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点.综上，a 的取值范围为()0,+∞.6.【2016高考新课标2文数】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）220x y +-=；（Ⅱ）(],2.-∞ 【解析】单调递增，因此()0>g x ；（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得22121(1)1,1(1)1=---=-+--x a a x a a 由21>x 和121=x x 得11<x ，故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)x 单调递减，因此()0<g x .综上，a 的取值范围是(],2.-∞7.[2016高考新课标Ⅲ文数]设函数()ln 1f x x x =-+． （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.【答案】（Ⅰ）当01x <<时，()f x 单调递增；当1x >时，()f x 单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【解析】8.【2016高考北京文数】（本小题13分） 设函数()32.f x x ax bx c =+++（I ）求曲线().y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：230a b -＞是().f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.【答案】（Ⅰ）y bx c =+;（Ⅱ）320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭;（III ）见解析.【解析】（Ⅰ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++． 因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+．（Ⅱ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++， 所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-．()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：x(),2-∞-2-22,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭23-2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭()f x ' + 0-+ ()f xZc]3227c - Z综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b =->∆． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同零点，所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件．因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件． 9.【2016高考山东文数】(本小题满分13分) 设f (x )=x ln x –ax 2+(2a –1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(Ⅱ)12a >.【解析】10.【2016高考天津文数】（（本小题满分14分） 设函数b ax x x f --=3)(，R x ∈，其中R b a ∈, （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ；（Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41.【答案】（Ⅰ）递减区间为33(,33a a -，递增区间为3(,)3a -∞-，3(,)3a-+∞.（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）解：由3()f x x ax b =--，可得2()3f x x a '=-，下面分两种情况讨论： （1）当0a ≤时，有2()30f x x a '=-≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞. （2）当0a >时，令()0f x '=，解得33a x =或33a x =-. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：x 3(,)3a-∞-33a -33(,)33a a -33a3(,)3a+∞ ()f x '+ 0 - 0 +()f x单调递增 极大值单调递减极小值 单调递增所以()f x 的单调递减区间为33(,)a a -，单调递增区间为3(,)a -∞-，3(,)a +∞.种情况讨论：（1）当3a ≥时，3311a a≤-<≤ 知，()f x 在区间[1,1]-上单调递减，max{|(1)|,|(1)|}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=-+---max{|1|,|1|}a b a b =-+--11||4a b =-+>. 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[1,1]-上的最大值不小于14. 11.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）设函数()f x =311x x++，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+； （II ）34<()f x 32≤. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】设函数2()ln f x ax a x =--，1()x eg x x e=-，其中q R ∈，e=2.718…为自然对数的底数. （Ⅰ）讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间（1，+∞）内恒成立.【答案】（1）当x ∈2a （时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈+)2a∞（时，'()f x >0，()f x 单调递增；（2）证明详见解析；（3）a ∈1+)2∞[，.【解析】（Ⅰ）2121()20).ax f x ax x x x -'=-=>( 0a 当≤时， ()f x '<0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()f x '=0有2x a=当x ∈10,)2a（时，()f x '<0，()f x 单调递减； 当x ∈1+)2a∞（，时，()f x '＞0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()s x =1e x x --，则()s x '=1e 1x --.当12a ≥时，令()h x =()f x -()g x （1x ≥）.当1x >时，()h x '=122111112e xax x x x x x x--+->-+-=322221210x x x x x x -+-+>>. 因此，()h x 在区间1+)∞（，单调递增.又因为(1)h =0，所以当1x >时，()h x =()f x -()g x ＞0，即()f x ＞()g x 恒成立.综上，a ∈1+)2∞[，.【2015高考福建，文12】“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ． 充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【2015高考湖南，文8】设函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--，则()f x 是( )A 、奇函数，且在（0,1）上是增函数B 、奇函数，且在（0,1）上是减函数C 、偶函数，且在（0,1）上是增函数D 、偶函数，且在（0,1）上是减函数 【答案】A【解析】函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--，函数的定义域为（-1，1）， 函数()ln(1)ln(1)()f x x x f x -=--+=-所以函数是奇函数．()2111'111f x x x x=+=+-- ， 在（0,1）上()'0f x > ，所以()f x 在(0,1)上单调递增，故选A. 【2015高考安徽，文21】已知函数)0,0()()(2>>+=r a r x axx f （Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）若400=ra，求)(x f 在),0(+∞内的极值. 【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r ,r ）;递减区间为（-∞，-r ）和（r ，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值.【解析】（Ⅰ）由题意可知r x -≠ 所求的定义域为()()r r -∞--+∞U ，，.2222)()(r xr x axr x ax x f ++=+=，422222)())(()2()22()2()(r x r x x r a r xr x r x ax r xr x a x f ++-=+++-++=' 所以当r x -<或r x >时，0)(<'x f ，当r x r <<-时，0)(>'x f因此，)(x f 单调递减区间为),(),,(+∞--∞r r ；)(x f 的单调递增区间为(),r r -（Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知0)('=r f )(x f 在()r ,0上单调递增，在()+∞,r 上单调递减. 因此r x =是)(x f 的极大值点，所以)(x f 在),0(+∞内的极大值为()100440042)(2====r a r ar r f ，）在（+∞,0)(x f 内无极小值； 综上，）在（+∞,0)(x f 内极大值为100，无极小值.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >．（I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,e ⎤⎦上仅有一个零点． 【答案】（I ）单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k +∞；极小值(1ln )()2k k f k -=；（II ）证明详见解析.所以，()f x 的单调递减区间是k ，单调递增区间是,)k +∞；()f x 在x k =(1ln )()2k k f k -=. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )()2k k f k -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥. 当k e =时，()f x 在区间)e 上单调递减，且()0f e =，所以x e =是()f x 在区间(1,]e 上的唯一零点. 当k e >时，()f x 在区间(0,)e 上单调递减，且1(1)02f =>，()02e kf e -=<， 所以()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.【2015高考湖北，文21】设函数()f x ，()g x 的定义域均为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，()()e x f x g x +=，其中e 为自然对数的底数.（Ⅰ）求()f x ，()g x 的解析式，并证明：当0x >时，()0f x >，()1g x >； （Ⅱ）设0a ≤，1b ≥，证明：当0x >时，()()(1)()(1)f x ag x a bg x b x+-<<+-. 【答案】（Ⅰ）1()(e e )2x x f x -=-，1()(e e )2x x g x -=+. 证明：当0x >时，e 1x >，0e 1x -<<，故()0.f x >又由基本不等式，有1()(e e )e e 12x x x x g x --=+>=，即() 1.g x >（Ⅱ）由（Ⅰ）得 2111e 1()(e )(e )(e e )()2e 2e 2x x x x x x x f x g x -''=-=+=+=⑤2111e 1()(e )(e )(e e )()2e 2e 2x x x x x x x g x f x -''=+=-=-=⑥当0x >时，()()(1)f x ag x a x>+-等价于()()(1)f x axg x a x >+- ⑦()()(1)f x bg x b x<+-等价于()()(1).f x bxg x b x <+- ⑧ 于是设函数 ()()()(1)h x f x cxg x c x =---，由⑤⑥， 有()()()()(1)h x g x cg x cxf x c '=----(1)[()1]().c g x cxf x =--- 当0x >时，（1）若0c ≤，由③④，得()0h x '>，故()h x 在[0,)+∞上为增函数，从而()(0)0h x h >=，即()()(1)f x cxg x c x >+-，故⑦成立.（2）若1c ≥，由③④，得()0h x '<，故()h x 在[0,)+∞上为减函数，从而()(0)0h x h <=， 即()()(1)f x cxg x c x <+-，故⑧成立.综合⑦⑧，得 ()()(1)()(1)f x ag x a bg x b x+-<<+-.【2015高考山东，文20】设函数. 已知曲线 在点(1,(1))f 处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）是否存在自然数k ，使得方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（Ⅲ）设函数()min{(),()}m x f x g x =（{},min p q 表示，,p q 中的较小值），求()m x 的最大值.【答案】（I ）1a = ；(II) 1k = ；(III) 24e. 【解析】（I ）由题意知，曲线在点(1,(1))f 处的切线斜率为2，所以'(1)2f =，又'()ln 1,af x x x=++所以1a =. （II ）1k =时，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln ,x x h x f x g x x x e=-=+-当(0,1]x ∈时，()0h x <. 又2244(2)3ln 2ln8110,h e e=-=->-= 所以存在0(1,2)x ∈，使0()0h x =. 因为1(2)'()ln 1,x x x h x x x e -=+++所以当(1,2)x ∈时，1'()10h x e>->，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当(1,)x ∈+∞时，()h x 单调递增.所以1k =时，方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根.（III ）由（II ）知，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根0x ，且0(0,)x x ∈时，()()f x g x <，0(,)x x ∈+∞时，()()f x g x >，所以020(1)ln ,(0,](),(,)xx x x x m x x x x e +∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩.'()0,()m x m x <单调递减；可知24()(2),m x m e≤=且0()(2)m x m <. 综上可得函数()m x 的最大值为24e.1．（2014·陕西卷） 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，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； (3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．【解析】解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2， ∴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．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． (3)对任意的b >a >0，f （b ）－f （a ）b －a<1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x >0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x >0)恒成立，∴m ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立，∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.2．（2014·安徽卷） 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．大值．②当0<a<4时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．3．（2014·北京卷）已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；学科%网(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1，2)，B(2，10)，C(0，2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x)t ＋3t ＋1所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图像知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎨⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)． (3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．4．（2014·福建卷） 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .【解析】解：方法一：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.即g′(x)＞0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜e x.(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝1 c，由(2)知，当x＞0时，x2＜e x.所以当x＞x0时，e x＞x2＞1c x，即x<c ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜c e x. 方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：令k＝1c(k＞0)，要使不等式x＜c ex成立，只要e x＞kx成立．而要使e x＞kx成立，则只需要x>ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜c e x.即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1.令h ′(x )＝0得x ＝ln 1c.当x ＞ln 1c 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．取x 0＝2ln 2c ，则h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c ＞0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0， 即x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 5．（2014·广东卷） 曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________． 【答案】5x ＋y ＋2＝0【解析】∵y ′＝－5e x ，∴所求切线斜是k ＝－5e 0＝－5， ∴切线方程是y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.6．（2014·江苏卷） 在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (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________．【答案】－3【解析】易知y ′＝2ax －bx 2.根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧－5＝4a ＋b2，4a －b 4＝－72，解得⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝－2，故a ＋b ＝－3.7．（2014·江苏卷） 已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．(i)当n ＝1时，由上可知等式成立．(ii)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf k －1′(x )＋f k (x )＋xf k ′(x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2， 所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2， 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(i)(ii)可知，等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝ (n ∈N *)．8．（2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1， f (1))处的切线斜率为0. (1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)＜aa －1，求a 的取值范围．－1.(ii)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．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1.。

第3讲 圆锥曲线的综合应用[考情考向·高考导航]1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或拋物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．[真题体验]1．(2019·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A (0,1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .若|OM |·|ON |＝2，求证：直线l 经过定点．解析：(1)因为椭圆的右焦点为(1,0)，c ＝1； 因为椭圆经过点A (0,1)，所以b ＝1，所以a 2＝b 2＋c 2＝2，故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1y ＝kx ＋t (t ≠1)得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，Δ＞0，x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t 1＋2k 2，y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝t 2－2k 21＋2k 2. 直线AP ：y －1＝y 1－1x 1x ，令y ＝0得x ＝－x 1y 1－1，即|OM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 1y 1－1；同理可得|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2y 2－1.因为|OM ||ON |＝2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 1y 1－1⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2y 2－1＝⎪⎪⎪⎪x 1x 2y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝2； ⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1t 2－2t ＋1＝1，解之得t ＝0，所以直线方程为y ＝kx ，所以直线l 恒过定点(0,0)． 答案：(1)x 22＋y 2＝1 (2)见解析2．(2018·全国Ⅰ卷)设抛物线C ：y 2＝2x ，点A (2,0)，B (－2，0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； (2)证明：∠ABM ＝∠ABN .解：(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得M 的坐标为(2,2)或(2，－2)． 所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1.(2)当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＞0，x 2＞0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝2x得ky 2－2y －4k ＝0，可知y 1＋y 2＝2k ，y 1y 2＝－4.直线BM ，BN 的斜率之和为k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)(x 1＋2)(x 2＋2).① 将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k ＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k (y 1＋y 2)k ＝－8＋8k＝0.所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN . 综上，∠ABM ＝∠ABN .[主干整合]1．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k 的直线与圆锥曲线交于两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则所得弦长|P 1P 2|＝1＋k 2|x 2－x 1|或|P 1P 2|＝1＋1k2|y 2－y 1|(k ≠0)，其中求|x 2－x 1|与|y 2－y 1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：|x2－x1|＝(x1＋x2)2－4x1x2，|y2－y1|＝(y1＋y2)2－4y1y2.(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．2．圆锥曲线中的最值(1)椭圆中的最值F1，F2为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有：①|OP|∈[b，a]；②|PF1|∈[a－c，a＋c]；③|PF1|·|PF2|∈[b2，a2]；④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)双曲线中的最值F1，F2为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有：①|OP|≥a；②|PF1|≥c－a.(3)拋物线中的最值点P为拋物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有：①|PF|≥p 2；②A(m，n)为一定点，则|P A|＋|PF|有最小值．3．拋物线焦点弦的几个重要结论直线AB 过拋物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点，交拋物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，如图． (1)y 1y 2＝－p 2，x 1x 2＝p 24. (2)|AB |＝x 1＋x 2＋p ，x 1＋x 2≥2x 1x 2＝p ，即当x 1＝x 2时，弦长最短为2p . (3)1|AF |＋1|BF |为定值2p. (4)弦长|AB |＝2psin 2α(α为AB 的倾斜角)．(5)以AB 为直径的圆与准线相切．热点一 圆锥曲线中的范围、最值问题数学 运算 素养数学运算——圆锥曲线问题的核心素养以圆锥曲线问题为载体，借助相关知识，通过式的变形考查运算求解能力，体现了数学运算的核心素养.构造函数求最值[例1－1] (2019·全国Ⅱ卷)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线．(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．[审题指导] (1)利用斜率公式及k AM ·k BM ＝－12求动点M 的轨迹方程．(2)①根据点P 在第一象限的特征，画出满足题意的几何图形，初步判断出△PQG 中∠QPG 是直角．设出直线PQ 的斜率和方程，再结合x E ＝x P 及点P ，Q 关于原点对称，求出直线QG 的斜率和方程，联立直线QG 和曲线C 的方程，求出点G 的坐标，最后求出直线PG 的斜率，即可证明k PQ ·k PG ＝－1.②根据△PQG 是直角三角形，建立S △PQG 关于直线PQ 的斜率k 的关系式求最值． [解析] (1)由题设得y x ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k 2. 设u ＝21＋2k 2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)． 于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎨⎧y ＝k2(x －u )，x 24＋y22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解， 故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2，从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k 2－u＝－1k . 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝⎛⎭⎫1k ＋k 1＋2⎝⎛⎭⎫1k ＋k 2.设t ＝k ＋1k，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号． 因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.最值问题的2种基本解法几何法 根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如拋物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法)(如本例)等寻找不等关系解范围问题[例1－2] (2018·全国Ⅲ卷，节选)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．证明：k <－12.[审题指导] 利用点差法将k 转化为含m 的表达式，求解m 的取值范围，进而证明结论．[证明] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 21－x 224＋y 21－y 223＝0 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.解决圆锥曲线中的范围问题的常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，关键是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用隐含的不等关系(如：点在椭圆内)建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用求函数的值域或求函数定义域的方法将待求量表示为其他变量的函数或其他变量的自变量，从而确定参数的取值范围．(2020·山师附中模拟)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点．当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解析：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)． 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)＞0， 即k 2＞34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1. 所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t ＞0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ＞0.所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 热点二 圆锥曲线中的定点、定值问题巧妙消元证定值[例2－1] (2019·青岛三模)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，以椭圆的短轴为直径的圆与直线x －y ＋6＝0相切．(1)求椭圆E 的方程．(2)设椭圆过右焦点F 的弦为AB 、过原点的弦为CD ，若CD ∥AB ，求证：|CD |2|AB |为定值．[审题指导] (1)要求椭圆方程，只要由原点到直线的距离等于半短轴长，求b 即可． (2)要证明|CD |2|AB |为定值，只要利用弦长公式计算化简即可．[解析] (1)依题意，原点到直线x －y ＋6＝0的距离为b ， 则有b ＝612＋(－1)2＝ 3.由a 2－b 2a ＝12，得a 2＝43b 2＝4.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)①当直线AB 的斜率不存在时，易求|AB |＝3，|CD |＝23， 则|CD |2|AB |＝4. ②当直线AB 的斜率存在时， 设直线AB 的斜率为k ，依题意k ≠0，则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，直线CD 的方程为y ＝kx . 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2· ⎝⎛⎭⎫8k 23＋4k 22－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－123＋4k 2＝12(1＋k 2)3＋4k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ，整理得x 2＝123＋4k 2，则|x 3－x 4|＝433＋4k 2. |CD |＝1＋k 2|x3－x 4|＝43(1＋k 2)3＋4k 2.所以|CD |2|AB |＝48(1＋k 2)3＋4k 2·3＋4k 212(1＋k 2)＝4.综合①②，|CD |2|AB |＝4为定值．解答圆锥曲线的定值问题的策略定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．巧引参数寻定点[例2－2] (2020·长沙模拟)已知以点C (0,1)为圆心的动圆C 与y 轴负半轴交于点A ，其弦AB 的中点D 恰好落在x 轴上．(1)求点B 的轨迹E 的方程；(2)过直线y ＝－1上一点P 作曲线E 的两条切线，切点分别为M ，N .探究直线MN 是否过定点？请说明理由．[审题指导] (1)利用直接法求轨迹方程．(2)设P 点坐标(6，－1)，先求M 、N 处的切线方程再建立直线MN 的方程(用参数t 表示)，从而求定点．[解析] (1)设B (x ，y )，y ＞0，则AB 的中点D ⎝⎛⎭⎫x2，0， ∵C (0,1)，连接DC ，∴DC →＝⎝⎛⎭⎫－x 2，1，DB →＝⎝⎛⎭⎫x 2，y . 在⊙C 中，DC ⊥DB ，∴DC →·DB →＝0，∴－x 24＋y ＝0，即x 2＝4y (y ＞0)，∴点B 的轨迹E 的方程为x 2＝4y (y ＞0)． (2)由(1)可得曲线E 的方程为x 2＝4y (y ＞0)． 设P (t ，－1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， ∵y ＝x 24，∴y ′＝x 2，∴过点M ，N 的切线方程分别为y －y 1＝x 12(x －x 1)，y －y 2＝x 22(x －x 2)，由4y 1＝x 21，4y 2＝x 22，上述切线方程可化为2(y ＋y 1)＝x 1x,2(y ＋y 2)＝x 2x . ∵点P 在这两条切线上，∴2(y 1－1)＝tx 1,2(y 2－1)＝tx 2，即直线MN 的方程为2(y －1)＝tx ， 故直线MN 过定点C (0,1)．过定点问题的常用解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，其代入直线方程y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(3)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．(2019·全国Ⅰ卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．解：(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上，由已知A在直线x＋y ＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2，又MO →⊥AO →，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值， 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2，由于MO →⊥AO →，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x ，因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P .限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点M (2,1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设A ，B 分别是椭圆C 的上顶点、右顶点，点P 是椭圆C 在第一象限内的一点，直线AP ，BP 分别交x 轴，y 轴于点M ，N ，求四边形ABMN 面积的最小值．解析：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的基本性质以及直线方程，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是数学运算．(1)由离心率及c 2＝a 2－b 2得a ，b 的关系，再把已知点代入即可求出标准方程；(2)设出点P 的坐标，得到直线AP ，BP 的方程，从而表示出点M ，N 的坐标，进而得到|AN |·|BM |，最后利用S 四边形ABMN＝S △OMN －S △OAB 及基本不等式求面积的最小值．(1)由椭圆的离心率为3得，c ＝3，又c 2＝a 2－b 2，∴a ＝2b .又椭圆C 经过点(2,1)，∴4＋1b2＝1，解得b 2＝2， ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)由(1)可知，A (0，2)，B (22，0)，设P (x 0，y 0)(0＜x 0＜22，0＜y 0＜2)，则直线AP ：y ＝y 0－2x 0x ＋2，从而M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 0y 0－2，0. 直线BP ：y ＝y 0x 0－22(x －22)，从而N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22y 0x 0－22.∵x 208＋y 202＝1，∴|AN |·|BM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22y 0x 0－22·⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2x 0y 0－2＝2(x 0＋2y 0－22)2(x 0－22)(y 0－2) ＝2(x 20＋4y 20＋4x 0y 0－42x 0－82y 0＋8)x 0y 0－2x 0－22y 0＋4＝8.∴S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB ＝12(|OM |·|ON |－|OA |·|OB |) ＝12(2|BM |＋22|AN |＋8) ＝22(|BM |＋2|AN |)＋4 ≥4＋22·22|AN |·|BM | ＝4＋42(O 为坐标原点)，当且仅当|BM |＝4，|AN |＝2时取得最小值．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，上顶点M 到直线3x ＋y ＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(4，－2)，且与椭圆C 相交于A ，B 两点，l 不经过点M ，证明：直线MA 的斜率与直线MB 的斜率之和为定值．解：本题主要考查椭圆与直线的交汇，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．(1)由题意可得，⎩⎨⎧e ＝c a ＝32|b ＋4|2＝3a 2＝b 2＋c2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 216＋y 24＝1.(2)易知直线l 的斜率恒小于0，设直线l 的方程为y ＋2＝k (x －4)，k ＜0且k ≠－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝k (x －4)x 216＋y 24＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0，则x 1＋x 2＝16k (2k ＋1)1＋4k 2，x 1x 2＝64k (k ＋1)1＋4k 2， 因为k MA ＋k MB ＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝(kx 1－4k －4)x 2＋(kx 2－4k －4)x 1x 1x 2， 所以k MA ＋k MB ＝2k －(4k ＋4)×x 1＋x 2x 1x 2＝2k －4(k ＋1)×16k (2k ＋1)64k (k ＋1)＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值)．3．(2019·淮南三模)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，直线4x ＋3y －5＝0与以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若A 为椭圆C 的下顶点，M ，N 为椭圆C 上异于A 的两点，直线AM 与AN 的斜率之积为1.①求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点的坐标； ②若O 为坐标原点，求OM →·ON →的取值范围． 解析：(1)由题意可得离心率e ＝c a ＝63，又直线4x ＋3y －5＝0与圆x 2＋y 2＝b 2相切， 所以b ＝|－5|42＋32＝1， 结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝3， 所以椭圆C 的标准方程为y 23＋x 2＝1.(2)①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意知A (0，－3)，又直线AM 与AN 的斜率之积为1，所以y 1＋3x 1·y 2＋3x 2＝1，即有x 1x 2＝y 1y 2＋3(y 1＋y 2)＋3，由题意可知直线MN 的斜率存在且不为0， 设直线MN ：y ＝kx ＋t (k ≠0)，代入椭圆方程，消去y 可得(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0， 所以x 1x 2＝t 2－33＋k 2，x 1＋x 2＝－2kt3＋k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t －2k 2t 3＋k 2＝6t 3＋k 2，y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2 ＝k 2·t 2－33＋k2＋kt⎝⎛⎭⎫－2kt 3＋k 2＋t 2＝3t 2－3k 23＋k 2，所以t 2－33＋k 2＝3t 2－3k 23＋k 2＋3⎝⎛⎭⎫6t 3＋k 2＋3， 化简得t 2＋33t ＋6＝0，解得t ＝－23(－3舍去)， 则直线MN 的方程为y ＝kx －23，即直线MN 恒过定点，该定点的坐标为(0，－23)．②由①可得OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝t 2－33＋k 2＋3t 2－3k 23＋k 2＝4t 2－3－3k 23＋k 2＝45－3k 23＋k 2，由(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0，可得Δ＝4k 2t 2－4(t 2－3)(3＋k 2)＝48k 2－36(3＋k 2)＞0，解得k 2＞9.令3＋k 2＝m ，则m ＞12，且k 2＝m －3， 所以45－3k 23＋k 2＝45－3(m －3)m ＝54m －3，由m ＞12，可得－3＜54m －3＜32.则OM →·ON →的取值范围是⎝⎛⎭⎫－3，32. 4．(2019·浙江卷)如图，已知点F (1,0)为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得ΔABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标．解：(1)由题意得p2＝1，即p ＝2.所以，抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x c ，y c )，重心G (x G ，y G )．令y A ＝2t ，t ≠0，则x A ＝t 2. 由于直线AB 过F ，故直线AB 的方程为x ＝t 2－12t y ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－2(t 2－1)t y －4＝0，故2ty B ＝－4，即y B ＝－2t，所以B ⎝⎛⎭⎫1t 2，－2t . 又由于x G ＝13(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，故2t －2t ＋y C ＝0，得C ⎝⎛⎭⎫⎝⎛⎭⎫1t －t 2，2⎝⎛⎭⎫1t －t ，G ⎝⎛⎭⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0.所以，直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)，得Q (t 2－1,0)． 由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2＞2.从而 S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y c |＝⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪2t－2t ＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1.令m ＝t 2－2，则m >0，S 1S 2＝2－m m 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m＋4≥2－12 m ·3m＋4＝1＋32. 当m ＝3时，S 1S 2取得最小值1＋32，此时G (2,0)．5．(2019·北京卷)已知拋物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求拋物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过拋物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交拋物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解析：本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)将点(2，－1)代入抛物线方程：22＝2p ×(－1)可得：p ＝－2， 故抛物线方程为：x 2＝－4y ，其准线方程为：y ＝1. (2)很明显直线l 的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，设直线方程为y ＝kx －1，与抛物线方程x 2＝－4y 联立可得：x 2＋4kx －4＝0. 故：x 1＋x 2＝－4k ，x 1x 2＝－4.设M ⎝⎛⎭⎫x 1，－x 214，N ⎝⎛⎭⎫x 2，－x 224，则k OM ＝－x 14， k ON ＝－x 24，直线OM 的方程为y ＝－x 14x ，与y ＝－1联立可得：A ⎝⎛⎭⎫4x 1，－1，同理可得B ⎝⎛⎭⎫4x 2，－1， 易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为：⎝⎛⎭⎫2x 1＋2x 2，－1，圆的半径为：⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2， 且：2x 1＋2x 2＝2(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k ，⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2＝2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2|x 1x 2|＝2k 2＋1，则圆的方程为：(x －2k )2＋(y ＋1)2＝4(k 2＋1)，令x ＝0整理可得：y 2＋2y －3＝0，解得：y 1＝－3，y 2＝1， 即以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0，－3)，(0,1)．高考解答题·审题与规范(五) 解析几何类考题重在“巧设”思维流程1.解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，在高考试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．2.在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈.真题案例审题指导审题方法 (12分)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点； (2)若以E ⎝⎛⎭⎫0，52为圆的圆与直线AB 相切，切点为线段AB 的中点，求四边形ABCD 的面积. (1)设点D 的坐标为⎝⎛⎭⎫t ，－12，根据导数的几何意义确定切线DA ，DB 的斜率，利用方程的同解性得出直线AB 的方程，进而证明直线过定点．(2)联立直线AB 与拋物线的方程，求出AB 的弦长及点D ，E 到直线AB 的距离，建立四边形ADBE 的面积表达式，再利用直线与圆相切的条件求出参数的值，进而可求四边形ADBE 的面积. 审方法数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题的解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍.规范解答评分细则[解析](1)设D⎝⎛⎭⎫t，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.1分①由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.2分②设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.3分③故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.4分④所以直线AB过定点⎝⎛⎭⎫0，125分⑤(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋12.由⎩⎨⎧y＝tx＋12，y＝x22可得x2－2tx－1＝0.6分⑥于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝1＋t2|x1－x2|＝1＋t2×(x1＋x2)2－4x1x2＝2(t2＋1).7分⑦设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝t2＋1，d2＝2t2＋1.因此，四边形ADBE的面积S＝12|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)t2＋1.9分⑧设M为线段AB的中点，则M⎝⎛⎭⎫t，t2＋12.由于EM→⊥AB→，而EM→＝(t，t2－2)，AB→与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.11分⑨当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4 2.因此，四边形ADBE的面积为3或4 2.12分⑩第(1)问踩点得分①设出D点、A点坐标得1分．②求出A点处的切线方程得1分．③同理写出B点处的切线方程得1分．④求出AB的方程得1分．⑤求出定点得1分．第(2)问踩点得分⑥联立方程组得x的一元二次方程得1分．⑦用t表示出|AB|的长得1分．⑧分别求出点D、E到AB的距离得1分；表示出四边形的面积得1分．⑨求出M点及EM→的坐标得1分；求出AB的方向向量，利用EM→⊥AB→求出t的值得1分．⑩求出四边形的面积得1分.。

第一节导数的概念及运算高考概览：1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图象直观理解导数的几何意义；3.能根据导数的定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝1x，y＝x2，y＝x3，y＝x的导数；4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．[知识梳理] 1．导数的概念(1)f(x)在x＝x0处的导数函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是lim Δx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx＝limΔx→0ΔyΔx，称其为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x，即f′(x0)＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx.(2)导函数当x变化时，f′(x)称为f(x)的导函数，则f′(x)＝y′＝limΔx→0f (x ＋Δx )－f (x )Δx. 2．导数的几何意义函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数的几何意义，就是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线的斜率，过点P 的切线方程为y －y 0＝f _′(x 0)(x －x 0)．3．基本初等函数的导数公式4.导数运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f _′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f _′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．[辨识巧记]1．三个注意点(1)利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．(2)f ′(x 0)代表函数f (x )在x ＝x 0处的导数值；[f (x 0)]′是函数值f (x 0)的导数，而函数值f (x 0)是一个常量，其导数一定为0，即[f (x 0)]′＝0.(3)对含有字母参数的函数要分清哪是变量哪是参数，参数是常量，其导数为零．2．两个结论(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)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”．[双基自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率．( ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′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)× 2．下列求导运算正确的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ′＝1＋1x 2 B ．(log 2x )′＝1x ln2 C ．(3x )′＝3x ·log 3eD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x[解析] 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ′＝1－1x 2，所以选项A 不正确；因为(log 2x )′＝1x ln2，所以选项B 正确；因为(3x )′＝3x ln3，所以选项C 不正确；因为(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，所以选项D 不正确．故选B.[答案] B3．(2019·陕西安康模拟)设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0＝( )A ．e 2B ．e C.ln22 D ．ln2[解析] f ′(x )＝1·ln x ＋x ·1x ＝ln x ＋1，由f ′(x 0)＝2，得ln x 0＋1＝2，得x 0＝e.故选B.[答案] B4．(2018·江西阶段性检测)曲线f (x )＝e x －x 4在点(0，f (0))处的切线方程是( )A ．x ＋y －1＝0B ．x －y －1＝0C ．x ＋y ＋1＝0D ．x －y ＋1＝0[解析] ∵f ′(x )＝e x －4x 3，∴k ＝f ′(0)＝1.又f (0)＝1，因此切线方程是y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选D.[答案] D5．(选修1－1P 80B 组T 1改编)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 )＝－4.9t 2＋6.5t ＋10，则运动员的速度v ＝________，加速度a ＝________.[解析] 由导数的物理意义可知，v ＝h ′(t )＝－9.8t ＋6.5，a ＝v ′(t )＝－9.8.[答案] －9.8t ＋6.5 －9.8考点一 导数的基本运算【例1】 求下列各函数的导数： (1)y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)； (2)y ＝sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2cos 2x 4； (3)y ＝11－x ＋11＋x；[思路引导] 先化简解析式→再求导[解] (1)y ＝(x 2＋3x ＋2)(x ＋3)＝x 3＋6x 2＋11x ＋6， ∴y ′＝3x 2＋12x ＋11.(2)由题可得：y ＝sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos x 2＝－12sin x ，∴y ′＝⎝⎛⎭⎪⎫－12sin x ′＝－12(sin x )′＝－12cos x .(3)y ＝11－x ＋11＋x ＝1＋x ＋1－x (1－x )(1＋x )＝21－x，∴y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫21－x ′＝－2(1－x )′(1－x )2＝2(1－x )2.导数的运算要点(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导．(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导．(3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导． (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导．(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导．[对点训练]求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x 2；(4)y ＝ln 2xx . [解] (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′ ＝e x ln x ＋e x ·1x ＝e x ⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x .(2)∵y ＝x 3＋1＋1x 2，∴y ′＝3x 2－2x 3. (3)∵y ＝x －12sin x ，∴y ′＝1－12cos x . (4)∵y ＝ln 2x x ＝12(ln x ＋ln2)x ， ∴y ′＝12·1x ·x －12(ln x ＋ln2)x 2 ＝1－ln2－ln x 2x 2. 考点二 导数的几何意义导数的几何意义为高考热点内容，考查题型多为选择、填空题，也常出现在解答题的第(1)问中，难度较低，属中、低档题．常见的命题角度有： (1)求切线方程； (2)确定切点坐标；(3)已知切线求参数值或范围． 角度1：求切线方程【例2－1】 (1)曲线y ＝sin x ＋e x 在点(0,1)处的切线方程是( )A ．x －3y ＋3＝0B ．x －2y ＋2＝0C ．2x －y ＋1＝0D ．3x －y ＋1＝0(2)曲线y ＝13x 3＋43在点P (2,4)处的切线方程为________． [思路引导] 已知点为切点→求该点处的导数值→利用点斜式求得切线方程[解析] (1)∵y ＝sin x ＋e x ，∴y ′＝cos x ＋e x ，∴y ′|x ＝0＝cos0＋e 0＝2， ∴曲线y ＝sin x ＋e x 在点(0,1)处的切线方程为 y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0.故选C. (2)∵P (2,4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2， ∴在点P (2,4)处的切线的斜率为k 1＝4.∴曲线在点P (2,4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)， 即4x －y －4＝0.[答案] (1)C (2)4x －y －4＝0[拓展探究] 若本例(2)中“在点P (2,4)处”改为“过点P (2,4)”，如何求解？[解] 设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2,4)的切线相切于点A ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率为k 2＝x 20. ∴切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.∵点P (2,4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x30－3x20＋4＝0，∴x30＋x20－4x20＋4＝0，∴x20(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.过点P(x0，y0)的切线方程的2种求法(1)点P(x0，y0)是切点时：第一步：求导数f′(x)；第二步：求切线斜率k＝f′(x0)；第三步：写切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．(2)当点P(x0，y0)不是切点时可分以下几步完成：第一步：设出切点坐标P′(x1，f(x1))；第二步：写出过P′(x1，f(x1))的切线方程y－f(x1)＝f′(x1)·(x－x1)；第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出x1；第四步：将x1的值代入方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，可得过点P(x0，y0)的切线方程．角度2：确定切点坐标【例2－2】曲线y＝3ln x＋x＋2在点P0处的切线方程为4x－y －1＝0，则点P0的坐标是()A ．(0,1)B ．(1，－1)C ．(1,3)D ．(1,0)[解析] 由题意知y ′＝3x ＋1＝4，解得x ＝1，则有4×1－y －1＝0，解得y ＝3，所以点P 0的坐标是(1,3)，故选C.[答案] C已知斜率k ，求切点P (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k ，得出横坐标x 1，再确定纵坐标．角度3：已知切线求参数值或范围【例2－3】 (2018·湖北黄石二中一模)若直线y ＝kx ＋2是函数f (x )＝x 3－x 2－3x －1图象的一条切线，则k ＝( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2 [思路引导] 设出切点坐标→得出方程→求出k[解析] 直线y ＝kx ＋2过(0,2)，f ′(x )＝3x 2－2x －3，设切点为(x 0，y 0)，故切线方程为y －y 0＝(3x 20－2x 0－3)(x －x 0)，将(0,2)代入切线方程并结合y 0＝x 30－x 20－3x 0－1，解得x 0＝－1，y 0＝0，代入y ＝kx ＋2，解得k ＝2.故选C.[答案] C求参数或参数范围的基本方法利用切点的坐标、切线的斜率、切线方程等得到关于参数的方程或者参数满足的不等式，注意不要忽略曲线上横坐标的取值范围及切点既在切线上又在曲线上．[对点训练]1．已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为－12，则切点的横坐 标为( )A ．3B ．2C ．1 D.12[解析] 因为y ＝x 24－3ln x ，所以y ′＝x 2－3x .再由导数的几何意义，令x 2－3x ＝－12，解得x ＝2或x ＝－3(舍去)．故选B.[答案] B2．已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2018π3，－1在函数f (x )＝a cos x 的图象上，则该函数图象在x ＝3π4处的切线方程是( )A ．2x ＋2y ＋4－3π2＝0 B ．2x －2y ＋4－3π2＝0 C ．2x －2y －4－3π2＝0 D ．2x ＋2y －4－3π2＝0[解析] 由点P 在函数f (x )＝a cos x 的图象上可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2018π3＝－1，即a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2018π3＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫672π＋2π3＝－a2＝－1，解得a ＝2.故f (x )＝2cos x .所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝2cos 3π4＝－2，f ′(x )＝－2sin x . 由导数的几何意义可知，该函数图象在x ＝3π4处的切线斜率k ＝f ′⎝⎛⎭⎪⎫3π4＝－2sin 3π4＝－ 2. 所以切线方程为y －(－2)＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3π4，即2x ＋y ＋2－32π4＝0，即2x ＋2y ＋4－3π2＝0.故选A.[答案] A3．(2019·银川一中一模)已知函数f (x )＝e x －mx ＋1的图象为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝e x 垂直的切线，则实数m 的取值范围________．[解析] 设切点的横坐标为x 0，因为f ′(x )＝e x －m ， 所以曲线C 在点(x 0，f (x 0))处的切线斜率为e x0－m . 由题知e x 0－m ＝－1e ，所以m ＝e x 0＋1e >1e ，所以实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞考点三 切线的综合应用【例3】 (2019·宁夏育才中学月考)点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上的任意一点，则点P 到直线y ＝x －2的最小距离为( )A ．1 B.32 C.52 D. 2[思路引导] 求y ′→令y ′＝1得切点横坐标[解析] 由y ＝x 2－ln x ，得y ′＝2x －1x ＝2x 2－1x ，令y ′＝1，则x ＝1，故曲线y ＝x 2－ln x 斜率为1的切线的切点横坐标x ＝1，纵坐标为y ＝1.切点(1,1)到直线y ＝x －2的距离d ＝|－2|2＝2为所求．故选D.[答案] D求直线与曲线上点的最短距离，前提是曲线位于直线的同一侧，且曲线也位于与该直线平行的切线的同一侧，然后求切点到直线的距离即可．[对点训练]分别在曲线y ＝e x 与直线y ＝e x －1上各取一点M 与N ，则线段MN 长度的最小值为________．[解析] 设曲线y ＝e x 在某点处的切线为l ，当切线l 与直线y ＝e x －1平行时，这两条平行直线间的距离就是所求的最小值．因为切线l 与直线y ＝e x －1平行，故切线l 的斜率为e.由y ′＝e x ＝e ，得x＝1.故点(1，e)到直线y ＝e x －1的距离为线段MN 长度的最小值，其距离为|e －e －1|e 2＋1＝e 2＋1e 2＋1.[答案] e 2＋1e 2＋1纠错系列③——混淆“在某点处的切线”与“过某点的切线” 素养解读：求曲线的切线方程有两种情况：一是求曲线在某点处的切线方程，该点即为切点，只要求出该点的导函数值即斜率；二是求曲线过某点的切线方程，该点不一定是切点，求解时需设出切点．【典例】 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 等于( )A ．－1或－2564 B ．－1或214 C ．－74或－2564D ．－74或7[易错分析] 没有对点(1,0)是否为切点进行分析，误认为是切点而出错．[规范解答] 因为y ＝x 3，所以y ′＝3x 2，设过点(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.又点(1,0)在切线上，所以x 0＝0或x 0＝32.当x 0＝0时，切线方程为y ＝0.由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝－2564；当x 0＝32时，切线方程为y ＝274x －274，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1.综上，a 的值为－1或－2564.故选A. [答案] A(1)在求曲线的切线方程时，注意两个“说法”，即“求曲线在点P 处的切线方程”和“求曲线过点P 的切线方程”，在点P 处的切线，一定是以点P 为切点，过点P 的切线，不论点P 在不在曲线上，点P 不一定是切点．(2)若已知曲线过点P (x 0，y 0)，求曲线过点P (x 0，y 0)的切线，则需分点P (x 0，y 0)是切点和不是切点两种情况求解．[感悟体验]1．求曲线y ＝x ln x 在点P (e ，e)处的切线方程． [解] ∵y ′＝ln x ＋1，∴切线的斜率k ＝lne ＋1＝2， ∴所求切线方程为y －e ＝2(x －e)，即2x －y －e ＝0.2．已知曲线y ＝13x 3上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，83，求过点P 的切线方程． [解] ①当P 为切点时，由y ′＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3′＝x 2，得y ′|x ＝2＝4，即过点P 的切线方程的斜率为4.则所求的切线方程是y －83＝4(x －2)，即12x －3y －16＝0. ②当P 点不是切点时，设切点为Q (x 0，y 0)， 则切线方程为y －13x 30＝x 20(x －x 0)，因为切点过点P ⎝⎛⎭⎪⎫2，83，把P 点的坐标代入以上切线方程，求得x 0＝－1或x 0＝2(即点P ，舍去)，所以切点为Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－13，即所求切线方程为3x －3y ＋2＝0，综上所述，过点P 的切线方程为12x －3y －16＝0或3x －3y ＋2＝0.课后跟踪训练(十四)基础巩固练一、选择题1．已知f (x )＝13x 3＋2xf ′(3)＋ln x ，则f ′(3)＝( ) A.283 B ．－283 C ．9 D ．－9[解析] 因为f ′(x )＝x 2＋2f ′(3)＋1x ，所以f ′(3)＝32＋2f ′(3)＋13＝283＋2f ′(3)，解得f ′(3)＝－283，故选B.[答案] B2．f (x )＝ax 3＋3x 2＋2，若f ′(－1)＝4，则a 的值等于( ) A.193 B.163 C.133 D.103[解析] 因为f ′(x )＝3ax 2＋6x ，所以f ′(－1)＝3a －6＝4，解得a ＝103.故选D.[答案] D3．函数f (x )＝e x ln x 在点(1，f (1))处的切线方程是( ) A ．y ＝2e(x －1) B ．y ＝e x －1 C ．y ＝e(x －1)D ．y ＝x －e[解析] f (1)＝0，∵f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ，∴f ′(1)＝e ，∴切线方程是y ＝e(x －1)．故选C.[答案] C4．(2019·广州市高三调研测试)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为( )A ．ln2B ．1C ．1－ln2D ．1＋ln2[解析] 由y ＝x ln x 知y ′＝ln x ＋1，设切线为(x 0，x 0ln x 0)，则切点方程为y －y 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(x －x 0)，因为切线y ＝kx －2过定点(0，－2)，所以－2－x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(0－x 0)，解得x 0＝2，则k ＝1＋ln2，故选D.[答案] D5．如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：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)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4[解析] 由题图得f (3)＝1，k ＝f ′(3)＝－13，∵g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∴g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.故选B.[答案] B 二、填空题6．(2018·河南省实验中学期中)已知f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝__________.[解析] f ′(x )＝(－sin x )·x －cos x x 2，当x ＝π2时，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π，又f (π)＝－1π，所以f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－3π.[答案] －3π7．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] y ′＝e x ，曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线的斜率k 1＝e 0＝1，设P (m ，n )，y ＝1x (x >0)的导数为y ′＝－1x 2(x >0)，曲线y ＝1x (x >0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m 2(m >0)，因为两切线垂直，所以k 1k 2＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1,1)．[答案] (1,1)8．已知直线l 与曲线f (x )＝x 2－3x ＋2＋2ln x 相切，则直线l 倾斜角的最小值为________．[解析] 函数的定义域为(0，＋∞)．由导数的几何意义可知，曲线上任意一点P (x ，y )处的切线l 的斜率为f ′(x )＝2x －3＋2x ，因为x >0，故2x ＋2x ≥22x ×2x ＝4(当且仅当2x ＝2x ，即x ＝1时取等号)，所以f ′(x )＝2x －3＋2x ≥4－3＝1，即切线l 的斜率的最小值为1，此时直线的倾斜角取得最小值π4.[答案] π4 三、解答题9．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)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴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)，∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴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)，∴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，∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0，或y ＋2＝0.10．设函数f (x )＝ax －bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明：曲线f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值．[解] (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3. 当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx 2， 于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x .(2)证明：设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)， 即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)． 令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.能力提升练11．(2017·广东深圳调研)曲线y ＝sin xsin x ＋cos x－1在点M ⎝⎛⎭⎪⎫π2，0处的切线的倾斜角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π6 [解析] 由已知得y ′＝cos x (sin x ＋cos x )－sin x (cos x －sin x )(sin x ＋cos x )2＝11＋sin2x在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0处的切线斜率k ＝1，则倾斜角为π4，故选B.[答案] B12．(2019·河南开封模拟)函数f (x )＝ln x ＋ax 存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，2)C ．(2，＋∞)D ．(0，＋∞)[解析] 直线2x －y ＝0的斜率为2，且f ′(x )＝1x ＋a (x >0)，令1x ＋a ＝2得a ＝2－1x .因为x >0，则1x >0，所以a <2，故选B.[答案] B13．等比数列{a n }中，a 1＝2，a 8＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)，则f ′(0)＝________.[解析] ∵函数f (x )＝x (x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)，∴f ′(x )＝(x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)＋x [(x －a 1)(x －a 2)…(x －a 8)]′，∴f ′(0)＝a 1a 2…a 8＝(a 1a 8)4＝84＝4096.[答案] 409614．(2019·安徽淮南一模)已知函数f (x )＝x 2－ln x .(1)求函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)在函数f (x )＝x 2－ln x 的图象上是否存在两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上？若存在，求出这两点的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)∵f (1)＝1，又f ′(x )＝2x －1x ，∴f ′(1)＝2－1＝1，故所求切线方程为y －1＝1×(x －1)，即y ＝x .(2)存在．求解如下：设所求两点分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，不妨设x 1<x 2，∵f ′(x )＝2x －1x ，∴由题意得⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1－1x 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 2＝－1.∵f ′(x )＝2x －1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，∴－1≤2x 1－1x 1≤1，－1≤2x 2－1x 2≤1.又x 1<x 2，∴f ′(x 1)<f ′(x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－1x 1＝－1，2x 2－1x 2＝1，解得x 1＝12(x 1＝－1舍)，x 2＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝－12舍，∴存在满足题意的两点，其坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，ln2＋14，(1,1)．拓展延伸练15．已知曲线y ＝1e x ＋1，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( )A ．x ＋4y －2＝0B ．x －4y ＋2＝0C ．4x ＋2y －1＝0D ．4x －2y －1＝0 [解析] y ′＝－e x (e x ＋1)2＝－1e x ＋1e x ＋2，因为e x >0，所以e x ＋1e x ≥2e x×1e x ＝2(当且仅当e x ＝1e x ，即x ＝0时取等号)，则e x ＋1e x ＋2≥4，故y ′＝－1e x ＋1e x ＋2≥－14且y ′<0，当(x ＝0时取等号)．当x ＝0时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，切线的方程为y －12＝－14(x －0)，即x ＋4y －2＝0.故选A.[答案] A16．(2018·河南商丘二模)设曲线f (x )＝－e x －x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在曲线g (x )＝3ax ＋2cos x 上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．(3，＋∞) C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，23 [解析] 由f (x )＝－e x －x ，得f ′(x )＝－e x －1，∵e x ＋1>1，∴1e x ＋1∈(0,1)．由g (x )＝3ax ＋2cos x ，得g ′(x )＝3a －2sin x ，又－2sin x ∈[－2,2]，∴3a －2sin x ∈[－2＋3a,2＋3a ]．要使过曲线f (x )＝－e x －x 上任意一点的切线l 1，总存在过曲线g (x )＝3ax ＋2cos x 上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则⎩⎨⎧ －2＋3a ≤0，2＋3a ≥1，解得－13≤a ≤23.故选D.[答案] D 第二节 导数与函数的单调性高考概览：1.了解函数单调性和导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．[知识梳理]函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减．[辨识巧记]两个关注点(1)f ′(x )>0(或f ′(x )<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件；(2)若f ′(x )＝0不恒成立，则f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)是可导函数f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充要条件．[双基自测]1．判断下列结论的正误．(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)√2．(选修1－1P 93练习T 1改编)函数f (x )＝x ·e －x 的一个单调递增区间是( )A ．(－∞，1]B ．[2,8]C ．[1,2]D ．[0,2][解析] 由f (x )＝x e x ，得f ′(x )＝1－x e x ，由f ′(x )>0得x <1，所以f (x )在(－∞，1]上为增函数．故选A.[答案] A3.已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )[解析] 由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f (x )的图象为增函数，且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，而在区间(0,1)上增长速度越来越慢．故选B.[答案] B4．(2019·安徽示范高中二模)已知f (x )＝ln x x ，则( )A ．f (x )>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)[解析] f (x )的定义域是(0，＋∞)，∵f ′(x )＝1－ln x x 2，∴x ∈(0，e)，f ′(x )>0；x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)，而f (2)＝ln22＝ln86，f (3)＝ln33＝ln96，f (e)>f (3)>f (2)，故选D.[答案] D5．若函数f (x )＝x ＋a sin x 在R 上单调递增，则实数a 的取值范围为________．[解析] ∵f ′(x )＝1＋a cos x ，∴要使函数f (x )＝x ＋a sin x 在R 上单调递增，则1＋a cos x ≥0对任意实数x 都成立．∵－1≤cos x ≤1，①当a >0时，－a ≤a cos x ≤a ，∴－a ≥－1，∴0<a ≤1；②当a ＝0时，显然成立；③当a <0时，a ≤a cos x ≤－a ，∴a ≥－1，∴－1≤a <0.综上，－1≤a ≤1.[答案] [－1,1]考点一 求函数的单调区间【例1】 求下列函数的单调区间：(1)f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋15；(2)f (x )＝x ln x ；(3)f (x )＝x 2＋1x －1. [思路引导] 求定义域→求导数f ′(x ) →解f ′(x )>0和f ′(x )<0→确定f (x )的单调区间[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)．f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x ＋1)(x －3)，由f ′(x )>0，得x <－1或x >3；由f ′(x )<0，得－1<x <3.∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)，递减区间为(－1,3)．(2)定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．f ′(x )＝ln x －x ·1x (ln x )2＝ln x －1(ln x )2. 由f ′(x )>0，解得x >e.由f ′(x )<0，解得0<x <e ，且x ≠1.∴f (x )的单调增区间是(e ，＋∞)，f (x )的单调减区间是(0,1)，(1，e)．(3)f (x )的定义域为{x |x ∈R 且x ≠1}，f ′(x )＝2x (x －1)－(x 2＋1)(x －1)2＝x 2－2x －1(x －1)2＝[x －(1－2)][x －(1＋2)](x －1)2.由f ′(x )>0，解得x >1＋2或x <1－ 2.由f ′(x )<0，解得1－2<x <1或1<x <1＋ 2.∴f (x )的单调递增区间是(－∞，1－2)，(1＋2，＋∞)，f (x )的单调递减区间是(1－2，1)，(1,1＋2)．利用导数求函数f (x )的单调区间的4个步骤第一步：确定函数f (x )的定义域．第二步：求导数f ′(x )．第三步：在函数f (x )的定义域内解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0.(不易求解时可再构造函数，判断其正负)第四步：根据第三步的结果确定函数f (x )的单调区间．[对点训练]求下列函数的单调区间：(1)f (x )＝12(x －5)2＋6ln x ；(2)f (x )＝x cos x －sin x ＋1(x >0)．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x.令f ′(x )＝0，解得x 1＝2，x 2＝3.当0<x <2或x >3时， f ′(x )>0，故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(0,2)，(3，＋∞)；单调递减区间为(2,3)．(2)f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .令f ′(x )＝0，得x ＝k π(k ∈N )．当x ∈(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )时，sin x >0，此时f ′(x )<0；当x ∈((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )时，sin x <0，此时f ′(x )>0. 故f (x )的单调递减区间为(2k π，(2k ＋1)π)(k ∈N )，单调递增区间为((2k ＋1)π，(2k ＋2)π)(k ∈N )．考点二 讨论函数的单调性【例2】 (2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性．[思路引导] 求f (x )的定义域→求f ′(x ) →分类讨论f ′(x )的符号→确定f (x )的单调性[解] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2. ①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递减．②若a >2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增． 综上所述，①当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)单调递减；②当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增．利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能：(1)f ′(x )＝0是否有根；(2)若f ′(x )有根，求出的根是否在定义域内；(3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小．[对点训练]已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性．[解] 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)单调递增．②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增．③若a <0时，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞单调递增．综上所述，①当a ＝0时，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；②当a >0时，f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增；③当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞单调递增．考点三 导数在单调性中的应用函数的单调性是高考命题的重点，其应用是考查热点． 常见的命题角度有：(1)比较大小；(2)利用函数单调性求参数的取值范围．角度1：比较大小【例3－1】 (1)(2019·江西南昌联考)已知函数f (x ＋1)是偶函数，当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (3)，c ＝f (0)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b <a <cB ．c <a <bC ．b <c <aD ．a <b <c(2)(2018·河南商丘期末)设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时，有( )A ．f (x )g (x )>f (b )g (b )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (b )>f (b )g (x )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )[解析] (1)∵函数f (x ＋1)是偶函数，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，b ＝f (3)，c ＝f (0)＝f (2)．又∵当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，∴当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＝cos x －1≤0，即f (x )＝sin x －x 在(1，＋∞)上为减函数．∴b <a <c .故选A.(2)令F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2<0，所以F (x )在R 上单调递减．又a <x <b ，所以f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )g (b ).又f (x )>0，g (x )>0，所以f (x )g (b )>f (b )g (x )．故选C.[答案] (1)A (2)C角度2：利用函数单调性求参数的取值范围【例3－2】 (1)(2019·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a <1B ．a ≤1C ．a <2D ．a ≤2(2)(2019·河南安阳调研)已知函数f (x )＝ln x ＋12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为________．[思路引导] 求f ′(x )→将单调性转化为f ′(x )≥0(或≤0)→分离参数→转化为最值问题→得结论[解析] 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x ， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立，∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D.(2)f ′(x )＝1x ＋ax －2＝ax 2－2x ＋1x(x >0)，函数f (x )存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax 2－2x ＋1≤0，等价于a 小于2x －1x 2在x ∈(0，＋∞)上的最大值，设g (x )＝2x －1x 2，则g ′(x )＝－2x ＋2x 3，可知，函数g (x )在区间(0,1)为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x ＝1时，函数g (x )取得最大值，此时g (x )＝1，所以a <1，故填(－∞，1)．[答案] (1)D (2)(－∞，1)(1)解决与导数有关的不等式问题，通过观察所给的不等式的特点，适时构造函数，判断所构造函数的单调性，利用其单调性，回归对原函数的符号的判断．(2)已知函数单调性，求参数范围的两个方法：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转化为不等式的恒成立问题来求解：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”．(3)若可导函数f (x )在指定的区间D 上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”不能省略，否则可能会漏解．[对点训练]1．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) [解析] 由f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，知f (x )是偶函数．f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当0<x <π2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，π2)上为增函数．又0<π5<1<π3<π2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5.故选A. [答案] A2．(2018·甘肃兰州期中)若函数f (x )＝x 3－ax 2＋6x －7在区间(1,2]上不单调，则实数a 的取值范围是________．[解析] 因为f ′(x )＝3x 2－2ax ＋6，x ∈(1,2]，f ′(1)＝9－2a ，f ′(2)＝2(9－2a )＝2f ′(1)，所以f ′(1)，f ′(2)同号，且f ′(x )是对称轴为x ＝a 3，图象开口向上的二次函数．要使f (x )在(1,2]上不具有单调性，则⎩⎪⎨⎪⎧ 1<a 3<2，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3<0，f ′(1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3<a <6，6－a 23<0，9－2a >0，解得32<a <92. [答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，92解题方法系列⑦——构造法在导数中的应用素养解读：此类涉及到已知f (x )与f ′(x )的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．【典例1】 (1)f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )>f (x )，对任意正实数a ，则下列式子成立的是( )A ．f (a )<e a f (0)B ．f (a )>e a f (0)C ．f (a )<f (0)e aD ．f (a )>f (0)e a (2)设a >0，b >0，e 是自然对数的底数，则( )A ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a >bB ．若e a ＋2a ＝e b ＋3b ，则a <bC ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a >bD ．若e a －2a ＝e b －3b ，则a <b[切入点] 结合条件与结论构造函数．[关键点] 利用函数的单调性求解．[规范解答] (1)令g (x )＝f (x )e x ，∴g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x >0. ∴g (x )在R 上为增函数．又∵a >0，∴g (a )>g (0)，即f (a )e a >f (0)e 0，即f (a )>e a f (0)．故选B.(2)因为a >0，b >0，所以e a ＋2a ＝e b ＋3b ＝e b ＋2b ＋b >e b ＋2b .对于函数y ＝e x ＋2x (x >0)，因为y ′＝e x ＋2>0，所以y ＝e x ＋2x 在(0，＋∞)上单调递增，因而a >b 成立．故选A.[答案] (1)B (2)A【典例2】 (1)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)(2)若函数f (x )的定义域为R ，且满足f (2)＝2，f ′(x )>1，则不等式f (x )－x >0的解集为________．[切入点] 利用导数关系式构造恰当的函数．[关键点] 结合函数的奇偶性、单调性解不等式．[规范解答] (1)令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为奇函数，所以F (x )为偶函数，由于F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以F (x )＝f (x )x 在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F (x )＝f (x )x 在(－∞，0)上单调递增，又f (－1)＝0，f (1)＝0，数形结合可知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.(2)令g (x )＝f (x )－x ，∴g ′(x )＝f ′(x )－1.由题意知g ′(x )>0，∴g (x )为增函数．∵g (2)＝f (2)－2＝0，∴g (x )>0的解集为(2，＋∞)．[答案] (1)A (2)(2，＋∞)破解与导数有关的不等式问题的关键：一是“构造函数”，通过观察所给等式的特点，联想到导数乘法或除法的法则，构造新函数；二是“用好性质”，利用导数法，判断所构造函数的单调性，利用其比较函数值的大小．[感悟体验]1．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)[解析] 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1.故选B.[答案] B2．(2019·湖南益阳调研)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，恒有f ′(x )>f (x )·tan x 成立，则有( ) A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 B.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>2cos1·f (1) C ．2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<6f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6 D.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 [解析] 由于f ′(x )>f (x )tan x 且x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，则f ′(x )cos x －f (x )sin x >0.设g (x )＝f (x )cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x >0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6.故A 正确．同理可得B ，C ，D 错误．故选A. [答案] A课后跟踪训练(十五)基础巩固练一、选择题1．函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是( )A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞)[解析] f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，解得x >2，故选D.[答案] D2．(2019·山西重点中学协作体一模)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是( )[解析] 若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，只需y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，即Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥13.故选C. [答案] C3．(2019·南昌市一模)已知奇函数f ′(x )是函数f (x )(x ∈R )的导函数，若x >0时，f ′(x )>0，则( )A ．f (0)>f (log 32)>f (－log 23)B ．f (log 32)>f (0)>f (－log 23)C ．f (－log 23)>f (log 32)>f (0)D ．f (－log 23)>f (0)>f (log 32)[解析] 因为f ′(x )是奇函数，所以f (x )是偶函数．而|－log 23|＝log 23>log 22＝1,0<log 32<1，所以0<log 32<log 23.又当x >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数，所以f (0)<f (log 32)<f (log 23)，所以f (0)<f (log 32)<f (－log 23)．故选C.[答案] C4．(2019·长沙市、南昌市高三第一次联考)若函数f (x )＝(2x 2－mx ＋4)e x 在区间[2,3]上不是单调函数，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤203，172B.⎝ ⎛⎭⎪⎫203，172 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤5，203 D.⎝⎛⎭⎪⎫5，203 [解析] 因为f (x )＝(2x 2－mx ＋4)e x ，所以f ′(x )＝[2x 2＋(4－m )x ＋4－m ]e x ，因为函数f (x )在区间[2,3]上不是单调函数，所以f ′(x )＝0在区间(2,3)上有根，即2x 2＋(4－m )x ＋4－m ＝0在区间(2,3)上有根，所以m ＝2x 2＋4x ＋4x ＋1在区间(2,3)上有根，令t ＝x ＋1，则x ＝t －1，t ∈(3,4)，所以m ＝2(t －1)2＋4(t －1)＋4t＝2t 2＋2t ＝2(t ＋1t )在t ∈(3,4)上有根，从而求得m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫203，172.故选B. [答案] B5．(2019·四川乐山一模)已知函数f (x )＝1x －ln x －1，则y ＝f (x )的图象大致为( )[解析] 令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x ＝x －1x (x >0)，由g ′(x )>0，得x >1，即函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增， 由g ′(x )<0得0<x <1，即函数g (x )在(0,1)上单调递减，所以当x ＝1时，函数g (x )有最小值，g (x )min ＝g (1)＝0，于是对任意的x ∈(0,1)∪(1，＋∞)，有g (x )≥0，故排除B 、D ， 因函数g (x )在(0,1)上单调递减，则函数f (x )在(0,1)上递增，故排除C ，故选A.[答案] A二、填空题6．函数f (x )＝e x －3x 的单调递增区间是________．[解析] f ′(x )＝e x －3，令f ′(x )>0，解得x >ln3，则函数f (x )＝e x －3x 的单调递增区间为(ln3，＋∞)．[答案] (ln3，＋∞)7．若f (x )＝－12x 2＋m ln x 在[1，＋∞)是减函数，则实数m 的取值范围是________．[解析] 依题意知，f ′(x )＝－x ＋m x≤0在[1，＋∞)内恒成立， 所以m ≤x 2在[1，＋∞)内恒成立，所以m ≤(x 2)min ，因为x ≥1，y ＝x 2的最小值为1，所以m ≤1.所以实数m 的取值范围是(－∞，1]．[答案] (－∞，1]8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________．[解析] 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．[答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)三、解答题9．(1)求函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 的单调区间；(2)求函数f (x )＝12e x －e －x －32x 的单调区间．[解] (1)f (x )＝3x －2x 2＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x ＝－(4x ＋1)(x －1)x(x >0)． 当x ∈(0,1)，f ′(x )>0时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递增． 当x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减． 故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)f ′(x )＝12e x [(e x )2－3e x ＋2]＝12e x (e x －1)(e x －2)，令f ′(x )＝0，得e x ＝1或e x ＝2，即x ＝0或x ＝ln2.令f ′(x )>0，则x <0或x >ln2；令f ′(x )<0，则0<x <ln2.∴f (x )的递增区间是(－∞，0)，(ln2，＋∞)；递减区间是(0，ln2)．10．(2019·山东枣庄调研)已知函数f (x )＝x e x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x (a ∈R )． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，e)处的切线方程；(2)当a >0时，求函数f (x )的单调区间．[解] (1)a ＝0时，f ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以切线的斜率k ＝f ′(1)＝2e.又f (1)＝e ，所以y ＝f (x )在点(1，e)处的切线方程为y －e ＝2e(x －1)，即2e x －y －e ＝0.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(e x －a )，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝ln a .①当a ＝1e 时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在R 上单调递增．②当0<a <1e 时，ln a <－1，由f ′(x )>0，得x <ln a 或x >－1；由f ′(x )<0，得ln a <x <－1，所以单调递增区间为(－∞，ln a )，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a ，－1)．③当a >1e 时，ln a >－1，由f ′(x )>0，得x <－1或x >ln a ；。

导数的综合应用—-导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x）≥g（x),x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f（x)－g(x)在x∈［a，b]内的最小值≥0。

(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”）2．若f′(x)〉0，x∈［a，b］，且x0∈(a，b)有f（x0）＝0,则f(x）>0的x的取值范围为(x0，b），f(x）〈0的x的取值范围为（a，x0）.3．若f（x)>m在x∈[a，b］上恒成立,则函数f(x）在x∈［a,b］的最小值〉m。

（填“最小值”“最大值"“极小值"或“极大值”）若f（x）〈m在x∈［a，b]上恒成立，则函数f（x)在x∈［a，b]的最大值<m。

（填“最小值”“最大值”“极小值"或“极大值")4．若f(x)>m在x∈[a,b］有解，则函数f(x）在x∈[a，b]的最大值>m.（填“最小值"“最大值”“极小值”或“极大值"）热身练习1．对于∀x∈[0，＋∞），则e x与1＋x的大小关系为（A）A．e x≥1＋x B．e x〈1＋xC．e x＝1＋x D．e x与1＋x大小关系不确定令f(x)＝e x－(1＋x)，因为f′(x)＝e x－1，所以对∀x∈[0，＋∞）,f′（x)≥0，故f（x)在[0，＋∞)上递增，故f（x)≥f(0)＝0，即e x≥1＋x。

2．对于R上可导的任意函数f（x)，若满足（x－1）f′(x）〉0，则必有（B）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）与2f（1)的大小不确定依题意,当x>1时，f′(x）>0，f（x）在(1，＋∞）上是增函数；当x＜1时，f′(x)<0，f（x)在（－∞，1）上是减函数，故当x＝1时，f（x）取最小值，所以f（0）>f（1)，f(2）>f(1），所以f（0）＋f（2）>2f(1)．3．已知定义在R上函数f（x）满足f（－x)＝－f(x），且x>0时,f′（x）<0,则f(x)>0的解集为(A）A．（－∞，0) B．(0,＋∞）C．（－∞，－1）D．（1，＋∞)因为f(x）是定义在R上的奇函数，所以f（0)＝0，又x〉0时，f′（x）〈0,所以f（x)在（－∞，＋∞）上单调递减,所以f(x）>0的解集为(－∞，0）．4．若函数h(x)＝2x－错误!＋错误!在［1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是［－2，＋∞）。

2020年高考数学二轮复习专项微专题核心考点突破专题07导数的综合应用考点命题分析1专题综述纵观近三年的高考函数综合题型，把考查逻辑推理能力作为命题的首要任务，运用数学知识作为载体，加强理性思维的考查.试题采取分步设问、逐层递进的方式，彰显试题的难易层次，以区分不同能力水平的考生.以数形结合、分类与整合、函数与方程为观点统一组织材料，以推理论证、运算求解和创新意识来立意.侧重以ex、Inx、四次函数、三次函数、二次函数、反比例函数、复合的整式和分式函数为背景，通过待定系数法求函数的解析式，试题入口易、深入难.运用导数的几何意义求切线的方程，以导数为工具研究函数的单调性、极值、最值、求参数的范围和证明不等式，通过分析求解条件、确定求解程序、调整思维进程全面考查学生分析问题和解决问题的能力，体现了考查学生发散思维和聚合思维的和谐统一.2典例研究2.1切线问题函数导数的几何意义是函数图像在某点处切线的斜率，因此我们经常在函数与导数试题中遇到求切线方程或与切线相关的问题.学生通过导数的几何意义，应用数形结合的思想解决此类问题.解决切线问题的重点在于明确切点在切线上、切点在曲线上、切点处的导数就是切线的斜率这三个要点.以此类推，多条曲线共切线问题、过一点引多条切线问题迎刃而解.例1设a，b∈R，|a|≤1.已知函数f(x)=x3－6x2－3a(a－4)x+b，.已知函数y=g(x)和y=e x的图像在公共点处有相同的切线.求证:f(x)在处的导数等于0.思路探求:此题为多曲线共切线问题.“公共点处有相同的切线”，让学生明确第一层意思:公共点为函数y=g(x)和y=e x的图像的交点，即点的坐标是两个曲线方程的解，此处考查了函数与方程的思想；第二层意思:该点处切线相同，即函数y=g(x)和y=e在该点处切线方程一样，进一步挖掘y=g(x)和y=e x在该点处斜率相等.通过建立方程组证明.证明:由于公共点在上，所以. ①因为和的图像在处有相同的切线，所以②由①②得.此题在对切线问题的考查方式上有新意，立足于切线问题，将常规的数形结合思想拓展到函数与方程思想.对学生的推理论证能力、创新意识有较高的要求.也为我们高考复习切线问题开辟了一条新的途径，围绕着“几何意义”这一基础知识点不断创新.2.2函数单调性与极值问题运用函数的导数判定函数单调性、求函数极值是函数与导数中重要的基本问题.根据题目的特点，找准解题的切入点、分类讨论的关键点、认清极值存在的条件.同时要充分利用题目条件或已知结论，围绕单调性问题，观察函数图像的变化趋势，结合函数方程的特点，层层递进求解答案.例2设函数f(x)=(x－1)3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.(I)求f(x)的单调区间；(Ⅱ)若f(x)存在极点，且，其中，求证:；(Ⅲ)设a>0，函数g(x)=|f(x)|，求证:g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于.思路探求:此题是三次函数(含参)类型问题，参数的取值影响函数图像的凹凸性，对函数的单调性、极值及最值问题等进行深入考查.第(I)问求函数f(x)的单调区间，求导后导函数为二次函数，将其转化为二次函数的零点个数问题，由判别式△的正负问题进行分类讨论，重点考查了学生转化与化归、分类讨论的数学思想；第(Ⅱ)问在第(I)问的基础上进一步深化，把存在性问题呈现在学生面前.其中，让学生将函数值问题转化为函数图像问题，再转化为方程问题求解.重点考查了学生转化与化归、数形结合、函数与方程的数学思想；第(Ⅲ)第(Ⅱ)问的基础上进一步加深，想深化对函数单调性的考查.若对第(Ⅱ)问的“x1+2x0=3”没有清晰地认识，会对学生如何入手、如何分类造成很大的思维障碍.此题对学生推理论证能力、运算求解能力有较高的要求.解:(I)f(x)=(x－1)3－ax－b f'(x)=.当a≤0时，在R上单调递增；当a>0时，，所以f(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减(Ⅱ)证明:由(I)知.不妨设为极大值点，0，如图所示..由f'(x)=0得，代入上式得，结论得证. (Ⅲ)证明:当a≥3时，如图.又f(x)在区间[0，2]上单调递减，M，而g(0)=|1+b|，g(2)=|1－2a－b|M=，.当时，如图;当时，如图，M=，所以g(x)在区间[－1，1]上的最大值不小于.此题对函数最大值问题考查较深入，体现了数形结合、分类与整合等数学思想的应用，对学生推理论证能力、运算求解能力以及将已知结论转化为条件的应用意识等能力提出了较高的要求.近三年的高考题中，2016年高考数学浙江卷理科第21题重点对函数最小值问题进行了考查.高考数学呈现出对函数极值的考查转向对函数最值考查的态势，如2016年高考数学全国卷Ⅱ理科第21题、2016年高考数学上海卷文科第21题、2017年高考数学北京卷第21题、2017年高考数学全国卷I文科第21题，2017年高考数学浙江卷第21题等.在判断函数单调性时，通过函数求导进行分析，根据题目特点，必要时进行二次求导，通过导函数的单调性判断函数的单调性；或者从导函数中抽取部分函数，构造新函数，再进行求导判断函数的单调性等.无论题型如何变化，切记“导函数正负决定了原函数增减”这一根本点，在此基础上讨论极值问题或最值问题就比较自然.2.3函数零点问题函数零点问题(或方程根的个数问题)是近几年高考的热点，在函数定义域内，探究函数单调性和极值，作函数大致图像，探求函数零点个数或零点近似范围.各地高考常借助零点存在性问题向极值点偏移问题恒成立问题等方面拓展.例3已知函数有两个零点.(I)求a的取值范围；(Ⅱ)设是f(x)的两个零点，证明:思路探求1:分析法寻求的等价命题，结合函数在区间(－∞，1)内单调递减，证明，通过构造新函数，将其转化为函数最值问题.解:(I):由题意可知a>0.(Ⅱ)证明:a>0，不妨设.又f(x)在区间(－∞，1)内单调递减，所以，即由已知有.又.令在R上单调递减.由，得.当然，也可以以为突破口，结合函数在区间(1，+∞)内单调递增，证明f(2－x1)>0，通过以上相同解法得证.思路探求2:对于极值点偏移问题，常构造新函数F(x)=f(2x0－x)－f(x)，或借助于拉格朗日中值定理构造新函数，其中为y=f(x)的极值点.利用F(x)≤0(或F(x)≥0)，结合y=f(x)的单调性证明偏移问题.证明:由于a>0，不妨设，.又f(x)在区间(－∞，1)内单调递减，在区间(1，+∞)内单调递增，极值点为1，构造函数F(x)=f(1+x)－f(1－x)=当x>0时，在区间(0，+∞)内单调递增，则.又由，所以.又f(x)在区间(1，+∞)内单调递增，所以x2<.结论得证.由于这类问题的解决需要构造新函数，构造方式独特、技巧性强，涉及高等数学知识拉格朗日中值定理，对学生综合能力要求较高，令学生难以切入，在短时间内很难解决问题，我们通常寻求较简易的方法.思路探求3:此题为极值点偏移的问题，构造新函数难度较大，因此我们借助对数平均不等式加以放缩，问题的难度将大大降低.对数平均值的不等式链:若.证明:由于a>0，不妨设，因为，所以有，两边取对数有.由对数平均不等式知，而.所以，结论得证.极值点偏移问题中，函数中多有形如的式子，并且极值点偏移问题的实质是双变量的问题，而双变量的许多问题都可以回到对数平均问题.函数、导数、函数零点与不等式知识结合，考查函数零点的概念、导数公式和导数运算法则，考查学生灵活运用导数工具分析和解决问题的能力，综合考查学生的推理论证能力、运算求解能力、创新意识以及分类讨论、转化与化归的思想.此题第(I)问与第(Ⅱ)问之间由浅入深，层次分明，背景丰富，对计算难度、思维深度的要求逐步提高，区分度较高，使学生个体理性思维的广度和深度得到了充分的展示，较好地考查了学生进一步学习的潜能，突出了试题的选拔功能.2.4函数与不等式问题利用导数解决不等式综合问题，类型较多，常见的有求参数范围问题、数列问题、函数值(极限值)估算问题、恒成立问题等.我们常通过函数的单调性的讨论，结合不等式特有的性质，通过构造函数法、放缩法、数学归纳法、定积分法解决问题.例4设函数.当x≥0时，f(x)≤ax+1，求a的取值范围.思路探求1:由f(x)≤ax+1的结构，易联想到函数图像问题，y=f(x)的图像始终在直线y=ax+1下方.难点在于判断y=f(x)当x≥0时，函数图像的变化趋势.我们利用数形结合求解，考查函数图像的凹凸性，简单快捷，体现了数形结合、转化与化归的数学思想，对学生直观想象能力要求较高.解:，当x≥0时，y=f(x)的函数图像为凸函数，如图.又f(0)=1，这样就转化为两个函数y=ax+1与y=f(x)的图像问题，即直线y=ax+1与函数y=f(x)在x=0处切线的斜率问题.由图像知a≥f'(0)=1.高考常在函数图像的凹凸性处考查变量的取值问题，由于函数凹凸性是大学数学分析的内容，学生掌握有一定难度.高中阶段，通过对二阶导数的正负判断原函数的凹凸性，即“导函数正负决定原函数增减；二阶导数的正负决定了导函数的增减，也决定了原函数的凹凸”.思路探求2:对于含参问题，我们通常采取变量分离的方法，得到a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，转化为求函数的最值问题或者恒成立问题.在构造新函数时，对函数的单调性、极值或极限值有所探究，通常会用到洛必达法则.解:当x =0时，不等式成立..，猜想:g (x )≤1下面证明:当x >0时，g (x )≤1成立，即证f (x )－x ≤1成立. 令.其中当x >0时，在区间(0，+∞)内单调递减，在区间(0，+∞)内单调递减，则h (x )≤h (0)=1，从而g (x )≤1成立，则a ≥1.洛必达法则是高等数学内容，在高考中应用较多，特别是在求函数极值(最值)中应用较广泛.我们用洛必达法则求出的仅是极限值，猜想函数最值，必须通过严格的证明，才能充分地说明论证的严谨性，对学生的推理论证能力提出了较高要求. 3复习建议我们在函数与导数的复习中，建议弄清以下基本问题:判断函数的单调性、求函数的极值(或最值)证明不等式、求变量的变化范围、函数零点的讨论、函数图像等.在此基础上通过典型例题的训练加以巩固，做到讨论不遗漏、分析要全面、计算要精确.对于高等数学的知识点:一阶线性偏微分方程、凹凸性判断、洛必达法则、拉格朗日中值定理、罗尔中值定理、泰勒公式等内容，可根据具体解题需要在高考数学复习时提及.关于函数与导数，命题人注重考查教材中所蕴含的高等数学思想，恰当地在中学数学与高等数学知识的交汇处设计试题.考查学生综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理等能力，这些试题通过方法的选择、解题时间的长短，可以甄别出考生能力的差异，从而达到精确区分学生思维层次的目的.最新模拟题强化1．已知函数()ln f x x x ax b =++在()()1,1f 处的切线为2210x y --=. （1）求实数,a b 的值；（2）求()f x 的单调区间.【答案】（1）012a b =⎧⎪⎨=⎪⎩（2）减区间为1(0,),e 增区间为1(,)e +∞ 【解析】（1）依题意可得：122(1)10(1)2f f --==即 ()ln f x x x ax b =++'()ln 1f x x a ∴=++又函数()f x 在(1,(1))f 处的切线为2210x y --=，1(1)2f =(1)111(1)2f a f a b =+=⎧⎪∴⎨=+'=⎪⎩解得：012a b =⎧⎪⎨=⎪⎩（2）由（1）可得：f '（x ）＝1+lnx ，当10x e ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，时，f '（x ）≤0，f （x ）单调递减；当1x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，时，f '（x ）＞0，f （x ）单调递增， ∴()f x 的单调减区间为1(0,),e ()f x 的单调增区间为1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. 2．已知函数，斜率为的直线与相切于点.（Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当实数时，讨论的极值点。

第4讲 导数的综合应用与热点问题[考情考向·高考导航]导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (2)利用导数求解参数的范围或值．[真题体验]1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.解析：(1)由题意：f (x )＝ax 2＋x －1e x 得f ′(x )＝(2ax ＋1)e x －(ax 2＋x －1)e x(e x )2＝－ax 2＋2ax －x ＋2e x ；∴f ′(0)＝21＝2；即曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴y －(－1)＝2(x －0)，即2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e ≥x 2＋x －1＋e x ＋1e x ，令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1， 则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1，当x ＜－1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减； 当x ＞－1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (－1)＝0.因此当a ≥1，f (x )＋e ≥0.2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞) f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x，因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1x 单调递减，所以f ′(x )单调递增，又f ′(1)＝－1＜0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12＞0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当x ＜x 0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞x 0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)＜f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3＞0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝a .由α＞x 0＞1得1a＜1＜x 0.又f ⎝⎛⎭⎫1a ＝⎝⎛⎭⎫1a －1ln 1a －1a －1＝f (α)a ＝0，故1a 是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根． 综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[主干整合]1．常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x )和g (x )，利用其最值求解．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x )＞g (x )对一切x ∈[a ，b ]恒成立⇔[a ，b ]是f (x )＞g (x )的解集的子集⇔[f (x )－g (x )]min ＞0(x ∈[a ，b ])．(2)f (x )＞g (x )对x ∈[a ，b ]能成立⇔[a ，b ]与f (x )＞g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )－g (x )]max＞0(x ∈[a ，b ])．(3)对∀x 1，x 2∈[a ，b ]使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．第二步：讨论单调性由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号．第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离．第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件．热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f (x )＝ln(x －1)． (1)证明：f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1；(2)证明：e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3.[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．[解析] (1)令h (x )＝f (x ＋1)－x ＋12＋2x ＋1(x ＞0)， 则h (x )＝ln x －x ＋12＋2x ＋1，h ′(x )＝1x －12－2(x ＋1)2＝2－x －x 32x (x ＋1)2＝(1－x )(x 2＋x ＋2)2x (x ＋1)2，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )≤h (1)＝0， 所以f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1.(2)由(1)易知ln t ≤t ＋12－2t ＋1，t ＞0.要证e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3，即(e x ＋1)2≥2x (e x ＋1)＋4， 只需证e x＋1≥2x ＋4e x ＋1，即证e x ＋12≥x ＋2e x ＋1.令t ＝e x，则x ≤e x ＋12－2e x ＋1，即x ＋2e x ＋1≤e x ＋12，得证．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 ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1＜x 2，有f (x 1)＜f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀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.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例1－2] (2019·西安三模)已知f (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2，g (x )＝k (x ＋1)． (1)求f (x )的单调区间．(2)当k ＝2时，求证：对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)若存在x 0＞－1，使得当x ∈(－1，x 0)时，恒有f (x )＞g (x )成立，试求k 的取值范围． [审题指导] (1)求f (x )的导数f ′(x )，再求单调区间． (2)构造函数证明不等式．(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围． [解析] (1)f ′(x )＝2x ＋2－2(x ＋1)＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2(x ＞－2)．当f ′(x )＞0时，x 2＋3x ＋1＜0，解得－2＜x ＜－3＋52.当f ′(x )＜0时，解得x ＞－3＋52.所以f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3＋52，单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－3＋52，＋∞.(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x ＞－1)．当k ＝2时，由题意，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立．h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－2＝－2(x ＋3)(x ＋1)x ＋2，当x ＞－1时，h ′(x )＜0恒成立，h (x )单调递减．又h (－1)＝0，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜h (－1)＝0恒成立，即f (x )－g (x )＜0对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)因为h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－k＝－2x 2＋(k ＋6)x ＋2k ＋2x ＋2.由(2)知，当k ＝2时，f (x )＜g (x )恒成立，即对于x ＞－1，2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)，不存在满足条件的x 0；当k ＞2时，对于x ＞－1，x ＋1＞0，此时2(x ＋1)＜k (x ＋1)．2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)＜k (x ＋1)，即f (x )＜g (x )恒成立，不存在满足条件的x 0； 当k ＜2时，令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)，可知t (x )与h ′(x )符号相同， 当x ∈(x 0，＋∞)时，t (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减． 当x ∈(－1，x 0)时，h (x )＞h (－1)＝0，即f (x )－g (x )＞0恒成立． 综上，k 的取值范围为(－∞，2)．1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a 即可；f (x )≤a 恒成立，只需f (x )max ≤a 即可．(2)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．2．存在型不等式恒成立问题的求解策略“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．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．(2020·江淮十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )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，证明：x 1＋x 2≥5－12. 解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴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. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即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，φ(t )＝t －ln t ， 得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. 又x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12. 热点二 利用导数研究函数的零点问题直观 想象 素养直观想象——数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.(1)证明：当a ≤2e时，f (x )≥0.(2)判断函数f (x )有几个不同的零点，并说明理由．[审题指导] (1)要证明f (x )≥0，只需证明f (x )min ≥0，根据函数单调性求出f (x )min ，证明其在0＜a ≤2e时恒大于等于0即可．(2)要判断函数f (x )的零点的个数，结合(1)需分a ＝2e ，0＜a ＜2e ，a ＞2e ，三种情况进行分类讨论．[解析] (1)函数的定义域为(0，＋∞)， 令f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax ＝0，则x ＝a2， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1， 当0＜a ≤2e 时，ln a 2＋1≤ln 1e ＋1＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1≥0， 所以f (x )≥0成立．(2)①当a ＝2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，即f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)有唯一的零点x ＝1e；②当0＜a ＜2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1， 且f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＞0，即f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)不存在零点；③当a ＞2e 时，f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＜0，又1e ＜ a 2，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e 2＞0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2上有唯一的零点， 又当a ＞2e时，a ＞a2，f (a )＝a 2－a (ln a ＋1)＝a (a －ln a －1)， 令g (a )＝a －ln a －1，g ′(a )＝1－1a ＝a －1a，g ′(a )＝0，得a ＝1，可知g (a )在⎝⎛⎭⎫2e ，1上递减，在(1，＋∞)上递增， 所以g (a )≥g (1)＝0，所以f (a )≥0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞上有唯一的零点，所以，当a ＞2e时，f (x )有2个不同的零点，综上所述，①当a ＝2e 时，有唯一的零点；②当0＜a ＜2e 时，不存在零点；③当a ＞2e 时，有2个不同的零点．1．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况，进而求解．2．研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．(2020·佛山模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax )ln x ＋12x 2(其中a ∈R )，(1)若a ＞0，讨论函数f (x )的单调性． (2)若a ＜0，求证：函数f (x )有唯一的零点．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋(x 2－ax )1x ＋x ＝(2x －a )ln x ＋2x －a ＝(2x －a )(1＋ln x )，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0⇒x 1＝a 2，x 2＝1e，①当x 1＝x 2，即a 2＝1e ，a ＝2e 时，f ′(x )≥0，f (x )是(0，＋∞)上的增函数；②当x 1＜x 2，即a 2＜1e ，0＜a ＜2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；③当x 2＜x 1，即1e ＜a 2，a ＞2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ⎝⎛⎭⎫1e ，a 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；综上所述，当0＜a ＜2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2，⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫a 2，1e 单调递减； 当a ＝2e时，f (x )在(0，＋∞)单调递增；当a ＞2e时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e ，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫1e ，a 2单调递减． (2)若a ＜0，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0，得x ＝1e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，故当x ＝1e 时，f (x )取得极小值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ⎝⎛⎭⎫1e －a ln 1e ＋12e 2＝1e ⎝⎛⎭⎫a －12e ＜0， 以下证明：在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0， 令x ＝1et ，t ＞1，则x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1e t ＝1e t⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1e t －a ln 1e t ＋12e t ，f (x )＜0⇒f ⎝⎛⎭⎫1e t ＜0⇒⎝⎛⎭⎫1e t －a (－t )＋12e t ＜0⇔at e t －t ＋12＜0⇒at e t ＜t －12，因为a ＜0，t ＞1，不等式at e t ＜t －12显然成立，故在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0， 又f (1)＝12＞0，即f (1)f ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，故当a ＜0时，函数f (x )有唯一的零点x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1.限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0. 解析：(1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x ＞cos x ，得f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x＜cos x ，得f ′(x )＞0，则f (x )单调递增．所以，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．(2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin x ．当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，g ′(x )＜0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＜0.因此，h (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝0.所以，当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e)上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2所以，f x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k ＞e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k 2＜0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 3．(2019·全国Ⅰ卷)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．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点， 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．4．(2019·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)． 令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值． 综上，a ≤－2e －32或a ＝1.5．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)， 由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数， h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ， 又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝u u ＋ln u， 其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u ＜37u 成立． 综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·全国Ⅰ卷)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．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点， 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．2．(2020·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值． 综上，a ≤－2e －32或a ＝1.3．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)， 由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ， 又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝uu ＋ln u， 其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u 37u 成立． 综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．4．(2019·厦门二调)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝x ＋1x ＋f ′(x )．(1)讨论h (x )＝g (x )－f (x )的单调性；(2)若h (x )的极值点为3，设方程f (x )＋mx ＝0的两个根为x 1，x 2，且x 2x 1≥e a ，求证：f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 解析：(1)∵h (x )＝g (x )－f (x )＝x －a ln x ＋1＋ax ，其定义域为(0，＋∞)，∴h ′(x )＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2.在(0，＋∞)递增；②a ＋1＞0即a ＞－1时，x ∈(0,1＋a )时，h ′(x )＜0，x ∈(1＋a ，＋∞)时，h ′(x )＞0， h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，综上，a ＞－1时，h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，a ≤－1时，h (x )在(0，＋∞)递增．(2)证明：由(1)得x ＝1＋a 是函数h (x )的唯一极值点，故a ＝2. ∵2ln x 1＋mx 1＝0,2ln x 2＋mx 2＝0， ∴2(ln x 2－ln x 1)＝m (x 1－x 2)， 又f (x )＝2ln x ，∴f ′(x )＝2x，f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＝2x 1＋x 2＋m2x 1－x 2＝x 1－x 22⎝⎛⎭⎫2x 1＋x 2＋m＝x 1－x 2x 1＋x 2＋m x 1－x 22＝1－x 2x 11＋x 2x 1＋ln x 2x 1.令x 2x 1＝t ≥e 2，φ(t )＝1－t 1＋t ＋ln t ，则φ′(t )＝t 2＋1t (t ＋1)2＞0， ∴φ(t )在[e 2，＋∞)上递增，φ(t )≥φ(e 2)＝1＋2e 2＋1＞1＋232＋1＝65.故f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 5．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解：(1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2＞0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1＜0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1＞0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1，即f (x 1)＝0.又0＜1x 1＜1，f ⎝⎛⎭⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点． (2)因为1x 0＝，故点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x 上． 由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x 在点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．高考解答题·审题与规范(一) 函数与导数类考题重在“拆分”思维流程函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点； (2)f (x )有且仅有2个零点.(1)设g (x )＝f ′(x )，对g (x )求导可得g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，得证．(2)对x 进行讨论，当x ∈(－1,0]时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，利用函数单调性，确定f (x )先增后减且f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，所以此区间上没有零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，所以此区间上没有零点. 审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．规范解答评分细则[解析] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.1分① 当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点.2分② 设零点为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，g ′(x )＜0.3分③所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点.4分④(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点.6分⑤(ⅱ)当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎫β，π2单调递减.8分⑥ 又f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2没有零点.9分⑦ (ⅲ)当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π单调递减．而f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝⎛⎦⎤π2，π有唯一零点.10分⑧ (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1，所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.12分⑨第(1)问踩点得分①构造函数g (x )＝f ′(x )并正确求导g ′(x )得1分．②判断g ′(x )在⎣⎡⎦⎤－1，π2上递减，由零点存在定理判定g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点α，得1分． ③判断g ′(x )在(－1，α)，⎝⎛⎭⎫α，π2上的符号，得1分．④得出g (x )＝f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一极大值点得1分．第(2)问踩点得分⑤判断f ′(x )在(－1,0)递增，得1分，判断f (x )在(－1,0)递减，又f (0)＝0，有唯一零点，得1分． ⑥当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时判断f ′(x )的单调性，得1分；判断f ′(x )存在零点β，研究f (x )的单调性，得1分．⑦由f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，结合f (x )的单调性，得出f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上无零点，得1分． ⑧当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，研究f (x )的单调性，由零点存在定理得出结论，得1分． ⑨当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)上无零点得1分，根据分类讨论，得出总结论，得1分.。

内容要求层次重难点导数及其应用导数概念及其几何意义导数的概念 A 了解导数概念的实际背景；理解导数的几何意义．导数的几何意义 C导数的运算根据导数定义求函数y c=，y x=，2y x=，3y x=，1yx=，y x=的导数C能根据导数定义，求函数23y c y x y x y x====，，，，1y y xx==，（c为常数）的导数．能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，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．导数的四则运算 C简单的复合函数（仅限于形如()f ax b+）的导数）B导数公式表 C导数在研究函数中的应用利用导数研究函数的单调性（其中多项式函数不超过三次）C了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）．会利用导数解决某些实际问题．函数的极值、最值（其中多项式函数不超过三次）C利用导数解决某些实际问题 B知识框架高考要求导数的综合应用导数的概念及其几何意义导数的运算导数在研究函数中的应用导数的综合应用一、 导数的应用1．利用导数判断函数的单调性的方法：如果函数()y f x =在x 的某个开区间内，总有()0f x '>，则()f x 在这个区间上是增函数；如果函数()y f x =在x 的某个开区间内，总有()0f x '<，则()f x 在这个区间上是减函数． 2．利用导数研究函数的极值：已知函数()y f x =，设0x 是定义域内任一点，如果对0x 附近的所有点x ，都有0()()f x f x <，则称函数()f x 在点0x 处取极大值，记作0()y f x =极大．并把0x 称为函数()f x 的一个极大值点．如果在0x 附近都有0()()f x f x >，则称函数()f x 在点0x 处取极小值，记作0()y f x =极小．并把0x 称为函数()f x 的一个极小值点．极大值与极小值统称为极值．极大值点与极小值点统称为极值点． （二）主要方法：1．求函数()y f x =的极值的方法：第1步 求导数()f x '；第2步 求方程()0f x '=的所有实数根；第3步 考察在每个根0x 附近，从左到右，导函数()f x '的符号如何变化．如果()f x '的符号由正变负，则0()f x 是极大值；如果由负变正，则0()f x 是极小值．如果在()0f x '=的根0x x =的左右侧，()f x '的符号不变，则0()f x 不是极值．2．函数()f x 的最大（小）值是函数在指定区间的最大（小）的值． 求函数最大（小）值的方法：第1步 求()f x 在指定区间内所有使()0f x '=的点；第2步 计算函数()f x 在区间内使()0f x '=的所有点和区间端点的函数值，其中最大的为最大值，最小的为最小值．知识要点二、 导数与其它知识综合1．导数与函数的性质、基本初等函数的结合，这是导数的最主要的考查内容； 2．导数与数列的结合，要注意数列作为函数的特殊性； 3．导数与三角函数的结合；4．导数在不等式的证明中的运用，经常需要构造函数，利用导数去求单调性，证明不等式．一、 导数与函数综合1、设函数()y f x =在(,)a b 上的导函数为()f x '，()f x '在(,)a b 上的导函数为()f x ''，若在(,)a b 上，()0f x ''<恒成立，则称函数()f x 在(,)a b 上为“凸函数”．已知432113()1262f x x mx x =--． （1）若()f x 为区间(1,3)-上的“凸函数”，试确定实数m 的值；（2）若当实数m 满足||2m ≤时，函数()f x 在(,)a b 上总为“凸函数”，求b a -的最大值．二、 导数与数列的综合2、各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，函数21()()ln 2f x px p q x q x =-++， （其中p 、q 均为常数，且0p q >>），当1x a =时，函数()f x 取得极小值，点(2)()n n a S n *∈N ，均在函数22()qy px f x q x'=-++的图象上，（其中()f x '是函数()f x 的导函数） （1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式； （3）记43n nn S b q n =⋅+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．3、已知数列{}n a 的首项15a =，前n 项和为n S ，且*125()n n S S n n +=++∈N（1）证明数列{}1n a +是等比数列；例题精讲（2）令212()n n f x a x a x a x =+++L ，求函数()f x 在点1x =处的导数(1)f '，并比较2(1)f '与22313n n -的大小．三、 导数与三角函数的综合4、已知函数2()e (22)x f x ax x =⋅--，a ∈R 且0a ≠．（1）若曲线()y f x =在点(1(1))P f ，处的切线垂直于y 轴，求实数a 的值； （2）当02a <≤时，求函数(|cos |)f x 的最大值和最小值． （3）当2a >时，求函数(|cos |)f x 的最大值和最小值．1．导数与函数的性质、基本初等函数的结合，这是导数的最主要的考查内容； 常常涉及到函数与方程的知识，有时需要结合函数图象求解； 2．导数与数列的结合，要注意数列作为函数的特殊性； 3．导数与三角函数的结合；4．导数在不等式的证明中的运用，经常需要构造函数，利用导数去求单调性，证明不等式．课后小结课后检测【习题1】 设函数1()ln ().f x x a x a R x=--∈ (I)讨论()f x 的单调性；（II ）若()f x 有两个极值点12x x 和，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2?k a =-若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．【习题2】 设函数()sin ()f x x x x =∈R ．（1）证明(2π)()2πsin f x k f x k x +-=，其中为k 为整数； （2）设0x 为()f x 的一个极值点，证明420020[()]1x f x x =+；（3）设()f x 在(0)+∞，内的全部极值点按从小到大的顺序排列12n a a a L L ，，，，， 证明：1ππ (12)2n n a a n +<-<=L ，，。