导数的综合应用一.pdf

了许多解题新途径，拓宽了高考对函数问题的命题空间.所以把导数与函数综合在一起是顺理成章的事情，对函数的命题已不再拘泥于一次函数，二次函数，反比例函数，指数函数，对数函数等，对研究函数的目标也不仅限于求定义域，值域，单调性，奇偶性，对称性，周期性等，而是把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商都成为命题的对象，试题的命制往往融函数，导数，不等式，方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维,解决单调性，极值，最值，切线，方程的根,参数的范围等问题，这类题难度并不大，但综合性强，内容新，背景新，方法新，是高考命题的丰富宝藏.导数综合试题,主要有以下几方面的内容:1. 函数，导数，不等式综合在一起,解决单调性，参数的范围等问题,这类问题涉及到含参数的不等式,不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解;2. 函数，导数，方程,不等式综合在一起,解决极值，最值等问题, 这类问题涉及到求极值和极值点,求最值,有时需要借助于方程的理论解决问题;3. 利用导数的几何意义,求切线方程,解决与切线方程有关的问题;4. 通过构造函数,以导数为工具,证明不等式.5. 导数与其他方面的知识的综合1. 函数，导数，不等式综合在一起,解决单调性，参数的范围等问题,这类问题涉及到含参数的不等式,不等式的恒成立,能成立,恰成立的求解;【分析及解】（I ）对函数()f x 求导数，得22()(2)(22)[2(1)2].x x x f x x ax e x a e x a x a e '=-+-=+--令0)(='x f ，得2[2(1)2]0x x a x a e +--=，从而22(1)20x a x a +--=，解得11x a =-21x a =-12x x <当x 变化时，)(),(x f x f '的变化情况如下表：当)(x f 在1x x =处取到极大值，在2x x =处取到极小值。

第十二讲导数的综合应用教学目标：1、利用导数研究函数的零点或方程的根2、利用导数解决恒成立及参数求解问题3、会利用导数解决某些简单的实际问题.一、知识回顾课前热身知识点1、不等式恒成立问题的求解方法(1)由不等式恒成立求解参数取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时，还可直接求最值建立关于参数的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a 的取值范围．(2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式．知识点2、利用导数解决生活中优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y＝f(x)，根据实际意义确定定义域；(2)求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0得出定义域内的实根，确定极值点；(3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大(小)值；(4)还原到原实际问题中作答．二、例题辨析推陈出新例1、(2012·福建高考)已知函数f(x)＝e x＋ax2－e x，a∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；(2)试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.[解答](1)由于f′(x)＝e x＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a＝0，所以a＝0，即f(x)＝e x－e x. 此时f′(x)＝e x－e，由f′(x)＝0得x＝1. 当x∈(－∞，1)时，有f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)＞0. 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x －x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线y＝f(x)只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点．因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝e x－e x0＋2a(x－x0)．①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g (x 0)＝0.故g (x )只有唯一零点x ＝x 0.由P 的任意性知，a ≥0不合题意．②若a ＜0，令h (x )＝e x －e x 0＋2a (x －x 0)，则h (x 0)＝0，h ′(x )＝e x ＋2a . 令h ′(x )＝0，得x ＝ln(－2a )，记x *＝ln(－2a )，则当x ∈(－∞，x *)时，h ′(x )＜0，从而h (x )在(－∞，x *)内单调递减；当x ∈(x *，＋∞)时，h ′(x )＞0，从而h (x )在(x *，＋∞)内单调递增．a ．若x 0＝x *，由x ∈(－∞，x *)时，g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0；由x ∈(x *，＋∞)时，g ′(x )＝h (x )＞h (x *)＝0.所以g (x )在R 上单调递增． 所以函数g (x )在R 上有且只有一个零点x ＝x *.b ．若x 0＞x *，由于h (x )在(x *，＋∞)内单调递增，且h (x 0)＝0，则当x ∈(x *，x 0)时，有g ′(x )＝h (x )＜h (x 0)＝0，g (x )＞g (x 0)＝0；任取x 1∈(x *，x 0)有g (x 1)＞0. 又当x ∈(－∞，x 1)时，易知g (x )＝e x ＋ax 2－(e ＋f ′(x 0))x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＜e x 1＋ax 2－(e ＋f ′(x 0))x －f (x 0)＋x 0f ′(x 0)＝ax 2＋bx ＋c ，其中b ＝－(e ＋f ′(x 0))，c ＝e x 1－f (x 0)＋x 0f ′(x 0)．由于a ＜0，则必存在x 2＜x 1，使得ax 22＋bx 2＋c ＜0.所以g (x 2)<0，故g (x )在(x 2，x 1)内存在零点，即g (x )在R 上至少有两个零点．c ．若x 0<x *，仿b 并利用e x>x 36，可证函数g (x )在R 上至少有两个零点． 综上所述，当a <0时，曲线y ＝f (x )上存在唯一点P (ln(－2a )，f (ln(－2a )))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P .变式练习1．设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx . (1)当a ＝b ＝12时，求f (x )的最大值； (2)令F (x )＝f (x )＋12ax 2＋bx ＋a x (0<x ≤3)，其图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的取值范围； (3)当a ＝0，b ＝－1时，方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，求正数m 的值．解：(1)依题意，知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝b ＝12时，f (x )＝ln x －14x 2－12x ，f ′(x )＝1x －12x －12＝－(x ＋2)(x －1)2x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1(x ＝－2舍去)．当0<x <1时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减．所以f (x )的极大值为f (1)＝－34. 又因为f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一解，所以f (x )的最大值为－34.(2)由题意得F (x )＝ln x ＋a x ，x ∈(0,3]，则k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12在x 0∈(0,3]上恒成立，所以a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 20＋x 0max ，x 0∈(0,3]． 当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12，所以a ≥12. (3)因为方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，所以x 2－2m ln x －2mx ＝0有唯一实数解．设g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，则g ′(x )＝2x 2－2mx －2m x.令g ′(x )＝0，即x 2－mx －m ＝0.因为m >0，x >0，所以x 1＝m －m 2＋4m 2<0(舍去)， x 2＝m ＋m 2＋4m 2.当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)上单调递增；当x ＝x 2时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值g (x 2)．因为2mf (x )＝x 2有唯一实数解，则⎩⎪⎨⎪⎧ g (x 2)＝0，g ′(x 2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 22－2m ln x 2－2mx 2＝0，x 22－mx 2－m ＝0，所以2m ln x 2＋mx 2－m ＝0.又因为m >0，所以2ln x 2＋x 2－1＝0.(*)设函数h (x )＝2ln x ＋x －1，当x >0时，h (x )是增函数，所以h (x )＝0至多有一解．因为h (1)＝0，所以方程(*)的解为x 2＝1，即m ＋m 2＋4m 2＝1，解得m ＝12. 例2、 已知函数f (x )＝e x －ax ，其中a >0. (1)若对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，求a 的取值集合；(2)在函数f (x )的图象上取定两点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))(x 1<x 2)，记直线AB 的斜率为k ，证明：存在x 0∈(x 1，x 2)，使f ′(x 0)＝k 成立．[解答] (1)f ′(x )＝e x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝ln a .当x <ln a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >ln a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故当x ＝ln a 时，f (x )取最小值f (ln a )＝a －a ln a .于是对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，当且仅当a －a ln a ≥1.①令g (t )＝t －t ln t ，则g ′(t )＝－ln t .当0<t <1时，g ′(t )>0，g (t )单调递增；当t >1时，g ′(t )<0，g (t )单调递减．故当t ＝1时，g (t )取最大值g (1)＝1.因此，当且仅当a ＝1时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．(2)由题意知，k ＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＝e x 2－e x 1x 2－x 1－a ，令φ(x )＝f ′(x )－k ＝e x －e x 2－e x 1x 2－x 1，则φ(x 1)＝－e x 1x 2－x 1[e x 2－x 1－(x 2－x 1)－1]，φ(x 2)＝e x 2x 2－x 1[e x 1－x 2－(x 1－x 2)－1]．令F (t )＝e t －t －1，则F ′(t )＝e t －1.当t <0时，F ′(t )<0，F (t )单调递减；当t >0时，F ′(t )>0，F (t )单调递增．故当t ≠0时，F (t )>F (0)＝0，即e t －t －1>0.从而e x 2－x 1－(x 2－x 1)－1>0，e x 1－x 2－(x 1－x 2)－1>0，又e x 1x 2－x 1>0，e x 2x 2－x 1>0，所以φ(x 1)<0，φ(x 2)>0. 因为函数y ＝φ(x )在区间[x 1，x 2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x 0∈(x 1，x 2)，使φ(x 0)＝0，即f ′(x 0)＝k 成立．若将函数“f (x )＝e x －ax ，a >0”改为“f (x )＝e ax －x ，a ≠0”，试解决问题(1)．解：若a <0，则对一切x >0，f (x )＝e ax －x <1，这与题设矛盾．又a ≠0，故a >0.而f ′(x )＝a e ax －1，令f ′(x )＝0得x ＝1a ln 1a . 当x <1a ln 1a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x >1a ln 1a时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．故当x ＝1a ln 1a 时，f (x )取最小值f ⎝⎛⎭⎫1a ln 1a ＝1a －1a ln 1a . 于是对一切x ∈R ，f (x )≥1恒成立，当且仅当－1a ln 1a≥1.①令g (t )＝t －t ln t ，则g ′(t )＝－ln t .当0<t <1时，g ′(t )>0，g (t )单调递增；当t >1时，g ′(t )<0，g (t )单调递减．故当t ＝1时，g (t )取最大值g (1)＝1.因此，当且仅当1a＝1，即a ＝1时，①式成立． 综上所述，a 的取值集合为{1}．变式练习2．已知f (x )＝(x 2－a )e x ，a ∈R . (1)若a ＝3，求f (x )的单调区间和极值；(2)已知x 1，x 2是f (x )的两个不同的极值点，且|x 1＋x 2|≥|x 1x 2|，求实数a 的取值集合M ；(3)在(2)的条件下，若不等式3f (a )<a 3＋32a 2－3a ＋b 对于a ∈M 都成立，求实数b 的取值范围． 解：(1)∵a ＝3，∴f (x )＝(x 2－3)e x . 令f ′(x )＝(x 2＋2x －3)e x ＝0⇒x ＝－3或x ＝1. 当x ∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈(－3,1)时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)；单调递减区间为(－3,1)．∴f (x )的极大值为f (－3)＝6e －3；极小值为f (1)＝－2e.(2)令f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ＝0，即x 2＋2x －a ＝0，由题意其两根为x 1，x 2，∴x 1＋x 2＝－2，x 1x 2＝－a ， 故－2≤a ≤2.又Δ＝4＋4a >0，∴－1<a ≤2. ∴M ＝{a |－1<a ≤2}．(3)原不等式等价于b >3f (a )－a 3－32a 2＋3a 对a ∈M 都成立，记g (a )＝3f (a )－a 3－32a 2＋3a (－1<a ≤2)， 则g ′(a )＝3(a 2＋a －1)(e a －1)，令g ′(a )＝0，则a ＝5－12或a ＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝－1－52舍去. 故当a 变化时，g ′(a )，g (a )的变化情况如下表：a(－1,0) 0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，5－12 5－12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫5－12，2 2 g ′(a )＋ 0 － 0 ＋g (a ) 极大值 极小值6e 2－8 又∵g (0)＝0，g (2)＝6e 2－8，∴g (a )max ＝6e 2－8，∴b >6e 2－8. 故实数b 的取值范围为(6e 2－8，＋∞).例3、随着生活水平的不断提高，人们越来越关注身体健康，而电视广告在商品市场中占有非常重要的地位．某著名保健品生产企业为了占有更多的市场份额，拟在2013年通过电视广告进行一系列促销活动．经过市场调查和测算，保健品的年销量x (单位：百万件)与年促销费t (单位：百万元)之间满足：3－x 与t ＋2成反比例．如果不搞促销活动，保健品的年销量只能是1百万件，2013年生产该保健品的固定费用为5百万元，每生产1百万件保健品需再投入40百万元的生产费用．若将每件保健品的售价定为“其生产成本的150%”与“平均每件促销费的m 倍(0<m ≤1.2)”之和，则当年生产的保健品恰能销完．假设2013年该企业的保健品恰能销完，且该企业的年产量最大为2.6百万件．(1)将2013年的利润y (单位：百万元)表示为促销费t 的函数；(2)该企业2013年的促销费投入多少百万元时，企业的年利润最大？(注：利润＝销售收入－生产成本－促销费，生产成本＝固定费用＋生产费用)[解答] (1)因为年销量x 百万件与年促销费t 百万元之间满足：3－x 与t ＋2成反比例，所以设t ＋2＝k 3－x(k ≠0)．由题意知，当t ＝0时，x ＝1，代入得0＋2＝k 3－1，解得k ＝4.所以t ＋2＝43－x ，即x ＝3－4t ＋2(t ≥0)．由该企业的年产量最大为2.6百万件可得，x ＝3－4t ＋2≤2.6，解得t ≤8.由于2013年的年销量为x 百万件，则生产成本为y 1＝5＋40x ，促销费用为t ，年销售收入为y 2＝150%×y 1＋mt . 所以2013年的利润y ＝y 2－y 1－t ＝12y 1＋(m －1)t ＝12×(5＋40x )＋(m －1)t . 将x ＝3－4t ＋2代入上式，得 y ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤5＋40×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－4t ＋2＋(m －1)t ＝2.5＋60－80t ＋2＋(m －1)t ＝62.5－80t ＋2＋(m －1)t (0≤t ≤8,0<m ≤1.2)． (2)由(1)知，y ＝62.5－80t ＋2＋(m －1)t (0≤t ≤8)，所以y ′＝80(t ＋2)2＋(m －1)．当1≤m ≤1.2时，m －1≥0，80(t ＋2)2≥0，所以y ′＝80(t ＋2)2＋(m －1)≥0，此时函数在[0,8]上单调递增，所以当t ＝8时，年利润y 取得最大值，最大值为62.5－808＋2＋(m －1)×8＝46.5＋8m (百万元)；当0<m <1时，由y ′＝0解得t ＝ 801－m －2，函数在⎝ ⎛⎦⎥⎤0， 801－m －2上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤ 801－m －2，8上单调递减．所以当t ＝ 801－m －2时，函数取得最大值，最大值为62.5－80⎝ ⎛⎭⎪⎫ 801－m －2＋2＋(m －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫ 801－m －2＝64.5－85(1－m )－2m (百万元)．综上，若1≤m ≤1.2，则当促销费投入t ＝8时，企业的年利润y 取得最大值，最大值为46.5＋8m (百万元)；若0<m <1，则当促销费投入t ＝801－m －2时，企业的年利润y 取得最大值，最大值为64.5－85(1－m )－2m (百万元)． 变式练习3．某商场预计2013年1月份起前x 个月，顾客对某商品的需求总量p (x )(单位：件)与x 的关系近似地满足p (x )＝12x (x ＋1)(39－2x )(x ∈N *，且x ≤12)．该商品第x 月的进货单价q (x )(单位：元)与x 的近似关系是q (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 150＋2x (x ∈N *，且1≤x ≤6)，185－160x (x ∈N *，且7≤x ≤12). (1)写出2013年第x 月的需求量f (x )(单位：件)与x 的函数关系式；(2)该商品每件的售价为185元，若不计其他费用且每月都能满足市场需求，试问商场2013年第几月销售该商品的月利润最大，最大月利润为多少元？解：(1)当x ＝1时，f (1)＝p (1)＝37，当2≤x ≤12，且x ∈N *时，f (x )＝p (x )－p (x －1)＝12x (x ＋1)(39－2x )－12(x －1)·x (41－2x )＝－3x 2＋40x .经验证x ＝1符合f (x )＝－3x 2＋40x (x ∈N *，且1≤x ≤12)．(2)该商场预计第x 月销售该商品的月利润为g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ (－3x 2＋40x )(35－2x )(x ∈N *，且1≤x ≤6)，(－3x 2＋40x )·160x (x ∈N *，且7≤x ≤12)，即g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧6x 3－185x 2＋1 400x (x ∈N *，且1≤x ≤6)，－480x ＋6 400(x ∈N *，且7≤x ≤12)， 当1≤x ≤6，且x ∈N *时，g ′(x )＝18x 2－370x ＋1 400，令g ′(x )＝0，解得x ＝5，x ＝1409(舍去)．当1≤x ≤5时，g ′(x )>0，当5<x ≤6时，g ′(x )<0，∴当x ＝5时，g (x )max ＝g (5)＝3 125(元)．∴当7≤x ≤12，且x ∈N *时，g (x )＝－480x ＋6 400是减函数，当x ＝7时，g (x )max ＝g (7)＝3 040(元)， 综上，商场2013年第5个月的月利润最大，最大利润为3 125元．三、归纳总结 方法在握归纳1、 利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．归纳2、将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理．四、拓展延伸 能力升华例1、 (2012·山东高考)已知函数f (x )＝ln x ＋k e x(k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求k 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，证明：对任意x >0，g (x )<1＋e －2.[解] (1)由f (x )＝ln x ＋k e x ，得f ′(x )＝1－kx －x ln x x e x，x ∈(0，＋∞)， 由于曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线与x 轴平行，所以f ′(1)＝0，因此k ＝1.(2)由(1)得f ′(x )＝1x ex (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)，令h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)， 当x ∈(0,1)时，h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0.又e x >0，所以x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.因此f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(3)证明：因为g (x )＝(x 2＋x )f ′(x )，所以g (x )＝x ＋1e x (1－x －x ln x )，x ∈(0，＋∞)． 因此对任意x >0，g (x )<1＋e －2等价于1－x －x ln x <e x x ＋1(1＋e －2)． 由(2)h (x )＝1－x －x ln x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝－ln x －2＝－(ln x －ln e －2)，x ∈(0，＋∞)， 因此当x ∈(0，e －2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；当x ∈(e －2，＋∞)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (e －2)＝1＋e －2，故1－x －x ln x ≤1＋e －2.设φ(x )＝e x －(x ＋1)．因为φ′(x )＝e x －1＝e x －e 0，所以当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，φ(x )>φ(0)＝0，故当x ∈(0，＋∞)时，φ(x )＝e x －(x ＋1)>0，即e x x ＋1>1.所以1－x －x ln x ≤1＋e －2<e x x ＋1(1＋e －2)．因此对任意x >0，g (x )<1＋e －2. 变式练习(2012·辽宁高考)设f (x )＝ln(x ＋1)＋x ＋1＋ax ＋b (a ，b ∈R ，a ，b 为常数)，曲线y ＝f (x )与直线y ＝32x 在(0,0)点相切．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当0<x <2时，f (x )<9x x ＋6. 解：(1)由y ＝f (x )过(0,0)点，得b ＝－1.由y ＝f (x )在(0,0)点的切线斜率为32， 又y ′|x ＝0＝⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋12x ＋1＋a x ＝0＝32＋a ，得a ＝0. (2)证明：法一：由均值不等式，当x >0时，2(x ＋1)·1<x ＋1＋1＝x ＋2，故x ＋1<x 2＋1. 记h (x )＝f (x )－9x x ＋6，则h ′(x )＝1x ＋1＋12x ＋1－54(x ＋6)2＝2＋x ＋12(x ＋1)－54(x ＋6)2<x ＋64(x ＋1)－54(x ＋6)2＝(x ＋6)3－216(x ＋1)4(x ＋1)(x ＋6)2.令g (x )＝(x ＋6)3－216(x ＋1)，则当0<x <2时，g ′(x )＝3(x ＋6)2－216<0. 因此g (x )在(0,2)内是递减函数．又由g (0)＝0，得g (x )<0，所以h ′(x )<0.因此h (x )在(0,2)内是递减函数．又h (0)＝0，得h (x )<0.于是当0<x <2时，f (x )<9x x ＋6. 法二：由(1)知f (x )＝ln (x ＋1)＋x ＋1－1.由均值不等式，当x >0时，2(x ＋1)·1<x ＋1＋1＝x ＋2， 故x ＋1<x 2＋1.①令k (x )＝ln (x ＋1)－x ，则k (0)＝0，k ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1<0， 故k (x )<0，即ln(x ＋1)<x .②由①②得，当x >0时，f (x )<32x .记h (x )＝(x ＋6)f (x )－9x ，则当0<x <2时， h ′(x )＝f (x )＋(x ＋6)f ′(x )－9<32x ＋(x ＋6)⎝⎛⎭⎪⎫1x ＋1＋12x ＋1－9＝12(x ＋1)[3x (x ＋1)＋(x ＋6)(2＋x ＋1)－18(x ＋1)] <12(x ＋1)⎣⎡⎦⎤3x (x ＋1)＋(x ＋6)⎝⎛⎭⎫3＋x 2－18(x ＋1) ＝x 4(x ＋1)(7x －18)<0.因此h (x )在(0,2)内单调递减．又h (0)＝0，所以h (x )<0，即f (x )<9x x ＋6. 五、课后作业 巩固提高1．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，而(3x 2)min ＝3×12＝3，∴a ≤3，故a max ＝3.2．设动直线x ＝m 与函数f (x )＝x 3，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则|MN |的最小值为( )A.13(1＋ln 3)B.13ln 3 C ．1＋ln 3 D ．ln 3－1 解析：选A 由题意知|MN |＝|x 3－ln x |，设h (x )＝x 3－ln x ，h ′(x )＝3x 2－1x ，令h ′(x )＝0，得x ＝ 313，易知当x ＝ 313时，h (x )取得最小值，h (x )min ＝13－13ln 13＝13⎝⎛⎭⎫1－ln 13>0，故|MN |min ＝13⎝⎛⎭⎫1－ln 13＝13(1＋ln 3)． 3．若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(－∞，4]C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：选B 2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝(x ＋3)(x －1)x 2.当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝4.所以a ≤h (x )min ＝4.4．球的直径为d ，其内接正四棱柱体积V 最大时的高为( )A.22dB.32dC.33dD.23d 解析：选C 设正四棱柱的高为h ，底面边长为x ，如图是其组合体的轴截面图形，则AB ＝2x ，BD ＝d ，AD ＝h ，∵AB 2＋AD 2＝BD 2，∴2x 2＋h 2＝d 2.∴x 2＝d 2－h 22.又∵V ＝x 2·h ＝(d 2－h 2)h 2＝12(d 2h －h 3)， ∴V ′(h )＝12d 2－32h 2. 令V ′(h )＝0，得h ＝33d 或h ＝－33d (舍去)． 5．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若对于区间[－3,2]上任意的x 1，x 2都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．0B ．10C ．18D ．20解析：选D f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，解得x ＝±1，所以1，－1为函数f (x )的极值点．因为f (－3)＝－18，f (－1)＝2，f (1)＝－2，f (2)＝2，所以在区间[－3,2]上，f (x )max ＝2，f (x )min ＝－18，所以对于区间[－3,2]上任意的x 1，x 2，|f (x 1)－f (x 2)|≤20，所以t ≥20，从而t 的最小值为20.6．(2013·宜昌模拟)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( )A.14B.13C.12D ．1 解析：选D 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1.令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a， 当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 7．设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，若当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是________． 解析：因为f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，故f ′(x )＝3x 2＋1>0，则f (x )在x ∈R 上为单调增函数，又因为f (－x )＝－f (x )．故f (x )也为奇函数，由f (m sin θ)＋f (1－m )>0，即f (m sin θ)>－f (1－m )＝f (m －1)，得m sin θ>m －1，即m (sin θ－1)>－1，因为0≤θ≤π2，故当θ＝π2时，0>－1恒成立；当θ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，m <11－sin θ恒成立，即m <⎝ ⎛⎭⎪⎫11－sin θmin ＝1.故m <1. 答案：(－∞，1)8．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________．解析：设商场销售该商品所获利润为y 元，则y ＝(p －20)Q ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000(p ≥20)，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700.令y ′＝0得p 2＋100p －3900＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．则p ，y ，y ′变化关系如下表： p(20,30) 30 (30，＋∞) y ′＋ 0 － y 增 极大值 减故当p ＝30时，y 又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元． 答案：30 23 0009．若函数f (x )＝13x 3－a 2x 满足：对于任意的x 1，x 2∈[0,1]都有|f (x 1)－f (x 2)|≤1恒成立，则a 的取值范围是________．解析：由题意得，在[0,1]内，f (x )max －f (x )min ≤1.f ′(x )＝x 2－a 2，函数f (x )＝13x 3－a 2x 的极小值点是x ＝|a |.若|a |>1，则函数f (x )在[0,1]上单调递减，故只要f (0)－f (1)≤1，即只要a 2≤43，即1<|a |≤233；若|a |≤1，此时f (x )min ＝f (|a |)＝13|a |3－a 2|a |＝－23a 2|a |，由于f (0)＝0，f (1)＝13－a 2，故当|a |≤33时，f (x )max ＝f (1)，此时只要13－a 2＋23a 2|a |≤1即可，即a 2⎝⎛⎭⎫23|a |－1≤23，由于|a |≤33，故23|a |－1≤23×33－1<0，故此式成立；当33<|a |≤1时，此时f (x )max ＝f (0)，故只要23a 2|a |≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－233，233. 答案：⎣⎡⎦⎤－233，233 10．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上不是单调函数，求m 的取值范围． 解：(1)根据题意知，f ′(x )＝a (1－x )x(x >0)， 当a >0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数，(2)∵f ′(2)＝－a 2＝1，∴a ＝－2.∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3.∴g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上不是单调函数，且g ′(0)＝－2.∴⎩⎨⎧ g ′(t )<0，g ′(3)>0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )<0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′(1)<0，g ′(2)<0，g ′(3)>0，∴－373<m <－9. 11．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x x，其中e 是自然常数，a ∈R . (1)讨论当a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12； (3)是否存在实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解：(1)∵f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减； 当1<x <e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明：∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴f (x )min ＝1.又∵g ′(x )＝1－ln x x 2，∴0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增． ∴g (x )max ＝g (e)＝1e <12.∴f (x )min －g (x )max >12.∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12. (3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3；②当0<1a<e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上单调递增， f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件；③当1a ≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.12．设函数f (x )＝x －1x－a ln x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线被圆x 2＋y 2＝1截得的弦长为2，求a 的值；(2)若函数f (x )在其定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)当a ≤2时，设函数g (x )＝x －ln x －1e，若在[1，e]上存在x 1，x 2使f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解：（1）由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．(1)求导得，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2， 故f ′(1)＝2－a ，而f (1)＝0，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －0＝(2－a )·(x －1)，即y ＝(2－a )(x －1)．故圆心到直线的距离d ＝|2－a |(2－a )2＋(－1)2＝ 12－⎝⎛⎭⎫222，即|2－a |(2－a )2＋1＝22，解得a ＝1或a ＝3. (2)因为函数f (x )在其定义域上为增函数，即f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以1＋1x 2－a x ≥0恒成立，即a ≤x ＋1x. 又x ＋1x ≥2 x ×1x＝2(当且仅当x ＝1时取等号)，故a 的取值范围为(－∞，2]． (3)由在[1，e]上存在x 1，x 2使f (x 1)≥g (x 2)成立，可知当x ∈[1，e]时，f (x )max ≥g (x )min .又因g ′(x )＝1－1x，所以当x ∈[1，e]时，g ′(x )≥0，即函数g (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数，最小值为g (1)＝1－ln 1－1e ＝1－1e .由(1)知f ′(x )＝x 2－ax ＋1x2，因为x 2>0，又函数 y ＝x 2－ax ＋1的判别式Δ＝(－a )2－4×1×1＝a 2－4，(ⅰ)当a ∈[－2,2]时，Δ≤0，则f ′(x )≥0恒成立，即函数f (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数，故函数f (x )在区间[1，e]上的最大值为f (e)＝e －1e －a ，故有f (e)≥g (1)，即e －1e －a ≥1－1e，解得a ≤e －1. 又a ∈[－2,2]，所以a ∈[－2，e －1]；(ⅱ)当a <－2时，Δ>0，f ′(x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42， 此时x 1<0，x 2<0.故函数f (x )在区间[1，e]上是单调递增的函数．由(ⅰ)知，a ≤e －1，又a <－2，故a <－2.综上所述，a 的取值范围为(－∞，e －1]．。

3.3 导数的综合应用1．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回归实际问题作答． 2．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题． 3．方程解的个数问题构造函数，利用导数研究函数的单调性，极值和特殊点的函数值，根据函数性质结合草图推断方程解的个数． 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)连续函数在闭区间上必有最值．( √ )(2)函数f (x )＝x 2－3x ＋2的极小值也是最小值．( √ )(3)函数f (x )＝x ＋x －1和g (x )＝x －x －1都是在x ＝0时取得最小值－1.( × )(4)函数f (x )＝x 2ln x 没有最值．( × ) (5)已知x ∈(0，π2)，则sin x >x .( × )(6)若a >2，则方程13x 3－ax 2＋1＝0在(0,2)上没有实数根．( × )1．(2014·湖南)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．2121e e ln ln xxx x >－－ B ．1221e eln ln xx x x <－－C ．1221e e x xx x > D ．1221e e xxx x < 答案 C解析 设f (x )＝e x －ln x (0<x <1)， 则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x.令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y ＝e x 与y ＝1x 的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此函数f (x )在(0,1)上不是单调函数，故A ，B 选项不正确．设g (x )＝e xx (0<x <1)，则g ′(x )＝e x(x －1)x 2.又0<x <1，∴g ′(x )<0.∴函数g (x )在(0,1)上是减函数． 又0<x 1<x 2<1，∴g (x 1)>g (x 2)， ∴1221e e xxx x >.2．(2013·福建)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A ．∀x ∈R ，f (x )≤f (x 0)B ．－x 0是f (－x )的极小值点C ．－x 0是－f (x )的极小值点D ．－x 0是－f (－x )的极小值点 答案 D解析 A 错，因为极大值未必是最大值．B 错，因为函数y ＝f (x )与函数y ＝f (－x )的图象关于y 轴对称，－x 0应是f (－x )的极大值点．C 错，函数y ＝f (x )与函数y ＝－f (x )的图象关于x 轴对称，x 0应为－f (x )的极小值点．D 对，函数y ＝f (x )与y ＝－f (－x )的图象关于原点对称，－x 0应为y ＝－f (－x )的极小值点．3．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.22答案 D解析 |MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x (x >0)的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，显然x ＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点， 也是最小值点，故t ＝22. 4．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( ) A ．1百万件 B ．2百万件 C ．3百万件 D ．4百万件答案 C解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.题型一 利用导数证明不等式例1 已知定义在正实数集上的函数f (x )＝12x 2＋2ax ，g (x )＝3a 2ln x ＋b ，其中a >0.设两曲线y＝f (x )，y ＝g (x )有公共点，且在该点处的切线相同． (1)用a 表示b ，并求b 的最大值； (2)求证：f (x )≥g (x )(x >0)．(1)解 设两曲线的公共点为(x 0，y 0)， f ′(x )＝x ＋2a ，g ′(x )＝3a 2x，由题意知f (x0)＝g (x 0)，f ′(x 0)＝g ′(x 0)，即⎩⎨⎧12x 20＋2ax 0＝3a 2ln x 0＋b ，x 0＋2a ＝3a2x.由x 0＋2a ＝3a 2x 0，得x 0＝a 或x 0＝－3a (舍去)．即有b ＝12a 2＋2a 2－3a 2ln a ＝52a 2－3a 2ln a .令h (t )＝52t 2－3t 2ln t (t >0)，则h ′(t )＝2t (1－3ln t )．于是当t (1－3ln t )>0，即0<t <13e 时，h ′(t )>0；当t (1－3ln t )<0，即t >13e 时，h ′(t )<0.故h (t )在(0，13e )上为增函数，在(13e ，＋∞)上为减函数，于是h (t )在(0，＋∞)上的最大值为h (13e )＝233e 2，即b 的最大值为233e 2.(2)证明 设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋2ax －3a 2ln x －b (x >0)，则F ′(x )＝x ＋2a －3a 2x ＝(x －a )(x ＋3a )x(x >0)．故F (x )在(0，a )上为减函数，在(a ，＋∞)上为增函数． 于是F (x )在(0，＋∞)上的最小值是F (a )＝F (x 0)＝f (x 0)－g (x 0)＝0. 故当x >0时，有f (x )－g (x )≥0， 即当x >0时，f (x )≥g (x )．思维升华 利用导数证明不等式的步骤 (1)构造新函数，并求其单调区间； (2)判断区间端点函数值与0的关系；(3)判断定义域内函数值与0的大小关系，证不等式．证明：当x ∈[0,1]时，22x ≤sin x ≤x . 证明 记F (x )＝sin x －22x ， 则F ′(x )＝cos x －22. 当x ∈(0，π4)时，F ′(x )>0，F (x )在[0，π4]上是增函数；当x ∈(π4，1)时，F ′(x )<0，F (x )在[π4，1]上是减函数．又F (0)＝0，F (1)>0，所以当x ∈[0,1]时，F (x )≥0， 即sin x ≥22x . 记H (x )＝sin x －x ，则当x ∈(0,1)时，H ′(x )＝cos x －1<0， 所以H (x )在[0,1]上是减函数， 则H (x )≤H (0)＝0，即sin x ≤x .综上，22x≤sin x≤x，x∈[0,1]．题型二利用导数研究函数零点问题例2(2013·北京)已知函数f(x)＝x2＋x sin x＋cos x.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解(1)由f(x)＝x2＋x sin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)．∵y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切．∴f′(a)＝a(2＋cos a)＝0且b＝f(a)，则a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.∴当x>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递增．当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上递减．∴f(x)的最小值为f(0)＝1.∵函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b>1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，b的取值范围是(1，＋∞)．思维升华函数零点或函数图象交点问题的求解，一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程(或不等式)组求解，实现形与数的和谐统一．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．解(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a.由f′(x)<0，解得－a<x<a，∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，a)．(2)∵f(x)在x＝－1处取得极值，∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1， f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，结合如图所示f (x )的图象可知：实数m 的取值范围是(－3,1)． 题型三 生活中的优化问题例3 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维点拨 (1)由x ＝5时y ＝11求a ；(2)建立商场每日销售该商品所获利润和售价x 的函数关系，利用导数求最值． 解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．思维升华 在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合．用导数求实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义可知该极值点就是最值点．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解 设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm. 由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.一审条件挖隐含典例：(12分)设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M .(2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围．审题路线图(1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质 g (x )max －g (x )min ≥MM 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )(理解“任意”的含义) f (x )min ≥g (x )max求得g (x )max ＝1 ax＋x ln x ≥1恒成立 分离常数 a ≥x －x 2ln x 恒成立求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值 a ≥h (x )max ＝h (1)＝1 a ≥1 规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M .[2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23)．令g ′(x )>0得x <0，或x >23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min ＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ， 则满足条件的最大整数M ＝4.[5分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[7分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝ax＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立．设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[10分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h (x )max ＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．[12分]温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质，深刻挖掘条件内含，进行等价转化．(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法，解题过程中尽量采用分离常数的方法，转化为求函数的值域问题．方法与技巧1．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．2．在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 失误与防范1．函数f (x )在某个区间内单调递增，则f ′(x )≥0而不是f ′(x )>0，(f ′(x )＝0在有限个点处取到)．2．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.A 组 专项基础训练(时间：45分钟)1．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )答案 C解析 由函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，可得f ′(－2)＝0，且当x ∈(a ，－2)(a <－2)时，f (x )单调递减，即f ′(x )<0；当x ∈(－2，b )(b >－2)时，f (x )单调递增，即f ′(x )>0.所以函数y ＝xf ′(x )在区间(a ，－2)(a <－2)内的函数值为正，在区间(－2，b )(－2<b <0)内的函数值为负，由此可排除选项A ，B ，D.2．(2014·课标全国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 由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增⇔f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k ≥1x ，而0<1x<1，所以k ≥1.即k 的取值范围为[1，＋∞)．3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.4．若函数f (x )＝x x 2＋a (a >0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( )A.33B. 3C.3＋1D.3－1 答案 D解析 f ′(x )＝x 2＋a －2x 2(x 2＋a )2＝a －x 2(x 2＋a )2，若a >1，当x >a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当1<x <a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ＝a 时，令f (x )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意． 若0<a ≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，a ＝3－1，故选D. 5．设函数h t (x )＝3tx －322t ，若有且仅有一个正实数x 0，使得h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，则x 0等于( )A ．5B. 5 C ．3D.7答案 D解析 ∵h 7(x 0)≥h t (x 0)对任意的正数t 都成立，∴h 7(x 0)≥h t (x 0)max .记g (t )＝h t (x 0)＝3tx 0－322t ，则g ′(t )＝3x 0－123t ，令g ′(t )＝0，得t ＝x 20，易得h t (x 0)max ＝g (x 20)＝x 30，∴21x 0－147≥x 30，将选项代入检验可知选D. 6．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，且当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.当x <1a时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x >1a 时，f ′(x )<0，f (x )在(1a ，2)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，解得a ＝1.7．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.答案 －2或2解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ，对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．由题意知，f (1)＝0或f (－1)＝0，若f (1)＝1－3＋c ＝0，可得c ＝2；若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2.8．设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为________．答案 4解析 若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立；当x >0，即x ∈(0,1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x 3. 设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3(1－2x )x 4， 所以g (x )在区间(0，12]上单调递增， 在区间[12，1]上单调递减， 因此g (x )max ＝g (12)＝4，从而k ≥4； 当x <0即x ∈[－1,0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x 3在区间[－1,0)上单调递增， 因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4，综上k ＝4.9．设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R知f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2－2ln 2＋2a .(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )取最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>0.即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.10．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米． (1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？解 (1)当x ＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×(1128 000×403－380×40＋8)＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．(2)当速度为x 千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时， 设耗油量为h (x )升，依题意得h (x )＝(1128 000x 3－380x ＋8)·100x＝11 280x 2＋800x －154(0<x ≤120)， h ′(x )＝x 640－800x 2＝x 3－803640x 2(0<x ≤120)．令h ′(x )＝0，得x ＝80.当x ∈(0,80)时，h ′(x )<0，h (x )是减函数；当x ∈(80,120)时，h ′(x )>0，h (x )是增函数，所以当x ＝80时，h (x )取得极小值h (80)＝11.25.易知h (80)是h (x )在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．B 组 专项能力提升(时间：30分钟)11．(2014·辽宁)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x ＝0时，ax 3－x 2＋4x ＋3≥0变为3≥0恒成立，即a ∈R .当x ∈(0,1]时，ax 3≥x 2－4x －3，a ≥x 2－4x －3x 3， ∴a ≥⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3max .设φ(x )＝x 2－4x －3x 3， φ′(x )＝(2x －4)x 3－(x 2－4x －3)3x 2x 6＝－x 2－8x －9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x 4>0， ∴φ(x )在(0,1]上递增，φ(x )max ＝φ(1)＝－6，∴a ≥－6.当x ∈[－2,0)时，a ≤x 2－4x －3x 3， ∴a ≤⎣⎡⎦⎤x 2－4x －3x 3min .仍设φ(x )＝x 2－4x －3x 3，φ′(x )＝－(x －9)(x ＋1)x 4. 当x ∈[－2，－1)时，φ′(x )<0，当x ∈(－1,0)时，φ′(x )>0.∴当x ＝－1时，φ(x )有极小值，即为最小值．而φ(x )min ＝φ(－1)＝1＋4－3－1＝－2，∴a ≤－2.综上知－6≤a ≤－2.12．设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x －ax ，其中a 为常数．若f (x )在(1，＋∞)上是减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则a 的取值范围是( )A ．(e ，＋∞)B ．[e ，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)答案 A解析 f ′(x )＝1x－a ，g ′(x )＝e x －a ，由题意得，当x ∈(1，＋∞)时f ′(x )≤0恒成立，即x ∈(1，＋∞)时a ≥1x 恒成立，则a ≥1.因为g ′(x )＝e x －a 在(1，＋∞)上单调递增，所以g ′(x )>g ′(1)＝e －a .又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，则必有e －a <0，即a >e.综上，a 的取值范围是(e ，＋∞)．13．已知f (x )＝x e x ，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是____________．答案 [－1e，＋∞) 解析 f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (1＋x )当x >－1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x <－1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．所以函数f (x )的最小值为f (－1)＝－1e. 而函数g (x )的最大值为a ，则由题意，可得－1e ≤a 即a ≥－1e. 14．设函数f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，a >0.(1)求f (x )的单调区间；(2)求所有的实数a ，使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．解 (1)因为f (x )＝a 2ln x －x 2＋ax ，其中x >0，所以f ′(x )＝a 2x －2x ＋a ＝－(x －a )(2x ＋a )x. 由于a >0，所以f (x )的增区间为(0，a )，减区间为(a ，＋∞)．(2)由题意得f (1)＝a －1≥e －1，即a ≥e.由(1)知f (x )在[1，e]内单调递增，要使e －1≤f (x )≤e 2对x ∈[1，e]恒成立．只要⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝a －1≥e －1，f (e )＝a 2－e 2＋a e ≤e 2， 解得a ＝e.15．已知f (x )＝ax －ln x ，x ∈(0，e]，g (x )＝ln x x，其中e 是自然对数的底数，a ∈R . (1)讨论a ＝1时，函数f (x )的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12； (3)是否存在正实数a ，使f (x )的最小值是3？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．(1)解 ∵a ＝1，∴f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x＝x －1x， ∴当0<x <1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减；当1<x ≤e 时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增．∴f (x )的极小值为f (1)＝1.(2)证明 ∵f (x )的极小值为1，即f (x )在(0，e]上的最小值为1，∴[f (x )]min ＝1.又g ′(x )＝1－ln x x 2， ∴当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在(0，e]上单调递增．∴[g (x )]max ＝g (e)＝1e <12， ∴[f (x )]min －[g (x )]max >12， ∴在(1)的条件下，f (x )>g (x )＋12. (3)解 假设存在正实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x. ①当0<1a <e 时，f (x )在(0，1a)上单调递减， 在(1a，e]上单调递增， [f (x )]min ＝f (1a)＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件； ②当1a≥e 时，f (x )在(0，e]上单调递减， [f (x )]min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)，所以，此时f (x )无最小值． 综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时f (x )有最小值3.。

高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性x3-a(x2+x+1).1.已知函数f(x)=13(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.13.已知函数f(x)=1-x+a ln x.x(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.25.(2018全国3,文21)已知函数f(x)=ax 2+x-1 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≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f(x)=(x-1)e x-k2x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.37.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f(x)=ln(x-a)x.(1)若a=-1,证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y=0平行,求a的值;(3)若x>0,证明:ln(x+1)x >xe x-1(其中e是自然对数的底数).突破2利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=12时,求f(x)的极值;(2)略.42.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.54.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.6(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f(x)=ln x-mx-n(m,n∈R).7(1)若n=1时,函数f(x)有极大值为-2,求m的值;(2)若对任意实数x>0,都有f(x)≤0,求m+n的最小值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.(2)当x≥1e2.(2018全国1,文21)已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;时,f(x)≥0.(2)证明:当a≥1e83.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f(x)=e x-x2-ax.(1)略;(2)当x>0时,f(x)≥1-x恒成立,求实数a的取值范围.4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f(x)=e x-1-a(x-1)+ln x(a∈R,e是自然对数的底数).(1)略;(2)若对x∈[1,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数a的取值范围.5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f(x)=x+1-m e x,m∈R.(1)当m=1时,求f(x)的单调区间;(2)求证:当x∈(0,+∞)时,ln e x-1x>x2.96.已知函数f(x)=-a ln x-e xx+ax,a∈R.(1)略;(2)当a=1时,若不等式f(x)+bx-b+1xe x-x≥0在x∈(1,+∞)时恒成立,求实数b的取值范围.7.设函数f(x)=e mx+x2-mx.(1)求证:f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(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.108.(2019山西太原二模,21)已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f(x)=1x3-a(x2+x+1).(1)略;(2)证明:f(x)只有一个零点.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.113.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=ax 2+bx+1 e x.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)=0有两个相异的正实数根x1,x2,求证:f'(x1)+f'(x2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f(x)=1+lnxx.12(1)略;(2)当x>1时,方程f(x)=a(x-1)+1(a>0)有唯一零点,求a的取值范围.x6.(2019山西运城二模,21)已知函数f(x)=x e x-a(ln x+x),a∈R.(1)当a=e时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.7.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<2.138.(2019天津,20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)e x,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;,(2)若0<a<1e①证明:f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.参考答案高考大题专项(一)导数的1415综合应用突破1 导数与函数的单调性1.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=3-2√3或x=3+2√3. 当x ∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f'(x )>0; 当x ∈(3-2√3,3+2√3)时,f'(x )<0.故f (x )在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)上单调递增,在(3-2√3,3+2√3)上单调递减. 2.证明 (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,+∞)上单调递减.而g (0)=0,故当x ≥0时,g (x )≤0,即f (x )≥1.3.解 (1)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,+∞)上单调递减. 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,+∞)上单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递增.164.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+a x -2=2x 2-2x+ax,令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥1,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增; 当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )单调递增, x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )单调递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )单调递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )单调递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )单调递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(1)解 f'(x )=-ax 2+(2a -1)x+2e x,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+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f (x )+e ≥0.6.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,17∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上单调递增,在(ln k ,0)上单调递减. ③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上单调递增. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上单调递增,在(0,ln k )上单调递减. 7.解 (1)函数f (x )的定义域为R . f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a 内单调递增,在区间-2a ,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x )=ax x+2a e ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a 或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-2a 内单调递增,在区间-2a ,+∞内单调递减. 8.(1)证明 当a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)x 2,令g (x )=xx+1-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0. 又g'(x )=1(x+1)2−1=-x (x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上单调递减,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. (2)解 由题意知,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a -ln(1-a )=0, 令t (a )=a1-a -ln(1-a ),a<1,则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t(a)在(-∞,1)上单调递增,又t(0)=0,故0是t(a)的唯一零点,即方程a1-a-ln(1-a)=0有唯一实根0,所以a=0.(3)证明因为xe x-1=ln e xe x-1=ln (ex-1+1)e x-1,故原不等式等价于ln(x+1)x>ln(ex-1+1)e x-1,由(1)知,当a=-1时,f(x)=ln(x+1)x在(0,+∞)上单调递减,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x-1,令h(x)=e x-x-1,则h'(x)=e x-1>0在(0,+∞)上恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以h(x)>h(0)=0,即x<e x-1,故f(x)>f(e x-1),即ln(x+1)x>ln (ex-1+1)e x-1=xe x-1.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x−12=2-x2x,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:故f(x)的极大值为ln 2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x -a=1-axx(x>0).1819当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增,此时函数f (x )在定义域上无极值点; 当a>0时,若x ∈0,1a ,则f'(x )>0,若x ∈1a ,+∞,则f'(x )<0, 故函数f (x )在x=1a 处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2, 所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x 2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2. f (x )与f'(x )在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f (x )的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞). f (x )的极大值为2ln 2+4,无极小值. 4.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f (x )=(x-2)e x ,f'(x )=e x (x-1).所以f (0)=-2,k=f'(0)=e 0(0-1)=-1. 所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0. (2)由题意得f'(x )=e x (x-a+1),令f'(x )=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1],单调递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述,当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=1x-2x-1=-2x2-x+1x=-2x2+x-1x,由f'(x)=0,可得x=12(x=-1舍去),2021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,故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34. 6.解 (1)易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x =1-xx , 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x )max =f (1)=-1. ∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1. (2)f'(x )=a+1x ,x ∈(0,e],则1x ∈1e ,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上单调递增,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1,令f'(x )>0得,a+1>0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1; 令f'(x )<0得,a+1x <0,又x ∈(0,e],解得-1a <x ≤e .从而f (x )在0,-1a 上单调递增,在-1a ,e 上单调递减,∴f (x )max =f -1a =-1+ln -1a . 令-1+ln -1a =-3, 得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.解 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2, 由f'(x )=1x -m=0,得x=1m >0,∴f(1m)=-ln m-1-1=-2,∴m=1.经检验m=1满足题意.故m的值为1.(2)f'(x)=1x-m.①当m<0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.令x=e n,则f(e n)=ln e n-m e n-n=-m e n>0,舍去;②当m=0时,∵x∈(0,+∞),∴f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=e n+1,则f(e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去;③当m>0时,若x∈0,1m ,则f'(x)>0,若x∈1m,+∞,则f'(x)<0,∴f(x)在0,1m 上单调递增,在1m,+∞上单调递减.∴f(x)的最大值为f1m=-ln m-1-n≤0, 即n≥-ln m-1.∴m+n≥m-ln m-1,设h(m)=m-ln m-1,令h'(m)=1-1m=0,则m=1.当m∈(0,1)时,h'(m)<0,∴h(m)在(0,1)上单调递减.当m∈(1,+∞)时,h'(m)>0.∴h(m)在(1,+∞)上单调递增.22∴h(m)的最小值为h(1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n的最小值为0.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a≥xlnx+x+1x2+1,设h(x)=xlnx+x+1x2+1,则h'(x)=(1-x)(xlnx+lnx+2)(x2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x≥1,∴y≥-1-1+2>0,∴当x∈1e,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2e x-ln x-1,f'(x)=12e2e x-1x.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a≥1e 时,f(x)≥e xe-ln x-1.设g(x)=e xe-ln x-1,2324则g'(x )=e x−1.当0<x<1时,g'(x )<0;当x>1时,g'(x )>0. 所以x=1是g (x )的最小值点. 故当x>0时,g (x )≥g (1)=0. 因此,当a ≥1时,f (x )≥0.3.解 (2)由题意,当x>0时,e x-x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e x x -x-1x +1.令h (x )=e xx -x-1x +1(x>0), 则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )单调递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )单调递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.解 (2)f'(x )=e x-1+1x -a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x 2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上单调递增,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上单调递增,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a≤2时,f'(x)≥0,f(x)在[1,+∞)上单调递增,f(x)≥f(1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0.又f'(ln a+1)=e ln a-a+1lna+1=1lna+1>0,∴∃x0∈(1,ln a+1),使得f'(x)=0,此时,当x∈(1,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,ln a+1)时,f'(x)>0,∴f(x)在(1,x0)上单调递减,当x∈(1,x0)时,都有f(x)<f(1)=1,不符合题意.综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].5.(1)解当m=1时,f(x)=x+1-e x,f'(x)=1-e x,令f'(x)=0,则x=0.当x<0时,f'(x)>0;当x>0时,f'(x)<0.∴函数f(x)的单调递增区间是(-∞,0),单调递减区间是(0,+∞).(2)证明由(1)知,当m=1时,f(x)max=f(0)=0,∴当x∈(0,+∞)时,x+1-e x<0,即e x>x+1,当x∈(0,+∞)时,要证ln e x-1x>x2,只需证e x-1>x e x 2,令F(x)=e x-1-x e x 2=e x-x(√e)x-1,F'(x)=e x-(√e)x−12x(√e)x=(√e)x(√e)x-1-x2=e x2ex2-1-x2,由e x>x+1可得,e x2>1+x2,25故当x∈(0,+∞)时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,∴F(x)>F(0)=0,即e x-1>x e x2,∴lne x-1x>x2.6.解(2)由题意,当a=1时,f(x)+bx-b+1xe x -x≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立, 整理得ln x-b(x-1)e x≤0在(1,+∞)上恒成立.令h(x)=ln x-b(x-1)e x,易知,当b≤0时,h(x)>0,不合题意,∴b>0.又h'(x)=1-bx e x,h'(1)=1-b e.①当b≥1时,h'(1)=1-b e≤0.又h'(x)=1-bx e x在[1,+∞)上单调递减.∴h'(x)≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以h(x)≤h(1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e>0,h'(1b)=b-e1b<01b>1.又h'(x)=1x-bx e x在[1,+∞)上单调递减,∴存在唯一x0∈(1,+∞),使得h'(x0)=0.∴h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.又h(x)在x=1处连续,h(1)=0,∴h(x)>0在(1,x0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b的取值范围为1e,+∞.7.(1)证明f'(x)=m(e mx-1)+2x.若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,e mx-1≤0,2627f'(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)解 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x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -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{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.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].8.(1)解 由题意得f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,28令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上单调递增,且h (0)=0. 当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )单调递减, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0. f (x )在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴∃x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时, f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0, ∴∃x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )单调递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点. 综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(2)证明 由(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x2+1<1+ln a,e x2−e x1=x2-x1(x1+1)(x2+1),∴1(x1+1)(x2+1)-a<0,1<x2+1x1+1<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=e x2−e x1+ln x2+1x1+1-a(x2-x1)=(x2-x1)1(x1+1)(x2+1)-a +ln x2+1x1+1<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.(2)证明由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x 3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)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)=-6a2+2a-13=-6(a-16)2−16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=1-2=1-2x,当x∈0,12时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈12,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈12,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.2930(2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )单调递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时, g'(x )>0,g (x )单调递增;当x ∈12a ,+∞时,g'(x )<0,g (x )单调递减. 则g 12a ≥g 12=ln 12+1=ln e2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<1<x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <1,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.解 (2)由f (1)=1得b=e -1-a , 由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上单调递增,h (x )不可能有两个及以上零点,31当a ≥e2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上单调递减,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上单调递减,在(ln(2a ),1)上单调递增,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )), 若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e 12<a<e2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(1)解 f (x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x =ax -1x .①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减函数.②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减函数,在1a ,+∞上为增函数.(2)证明 解法1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 12,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 12<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.32设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递减,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t 成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立.解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=at 2+ln t 2.令g (t )=a t +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-a t 2+1t =t -at2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减函数,在(a ,+∞)上为增函数. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减函数,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增函数,所以t 2>2a-t 1,即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.解 (2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,33令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1x,令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上单调递减,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上单调递减,所以h (x )<h (1)=0, 方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )单调递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )单调递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0, 取x=1+1a ,则h 1+1a =ln 1+1a -a (1+1a )2+a 1+1a =ln 1+1a -1+1a , 令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0,即h (t )在t>1时单调递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a ,使得h (x 1)=0. 综上,a 的取值范围为0<a<1. 6.解 (1)f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减函数;在(1,+∞)上为增函数.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上单调递增,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上单调增,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上单调递增. 又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t)=e t-a=0可知g(t)在t=ln a时有唯一的极小值g(ln a)=a(1-ln a),若0<a<e,g(t)极小值=a(1-ln a)>0,g(t)无零点;若a=e,g(t)极小值=0,g(t)只有一个零点;若a>e时,g(t)极小值=a(1-ln a)<0,而g(0)=1>0,由于y=lnxx在(e,+∞)上为减函数,可知当a>e时,e a>a a>a2,从而g(a)=e a-a2>0.∴g(t)在(0,ln a)和(ln a,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e时f(x)有两个零点,即所求a的取值范围是(e,+∞).7.(1)解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)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 ,则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a(b2-32b)>0,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≥-e2,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)上单调递增.34又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.若a<-e2,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.因此f(x)在(1,ln(-2a))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)在(-∞,1)上单调递减, 所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)e x2+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)e x2.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.从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.8.(1)解由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x -[a e x+a(x-1)e x]=1-ax2e xx.3536因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内单调递增. (2)证明 ①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx.令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e,可知g (x )在(0,+∞)内单调递减,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a =1-a ln 1a 21a =1-ln 1a 2<0,故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln1a. 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x=0, 所以f (x )在(0,x 0)内单调递增; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内单调递减,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x -1<0,故h (x )在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1. 从而fln 1a=lnln 1a-aln 1a -1eln1a =lnln 1a -ln 1a +1=h ln 1a <0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故ex 1-x 0<x 02(x 1-1)1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。

导数的综合应用一、导数在不等式中的应用考点一 构造函数证明不等式【例1】 已知函数f (x )＝1－x －1e x ，g (x )＝x －ln x . (1)证明：g (x )≥1；(2)证明：(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 证明 (1)由题意得g ′(x )＝x －1x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.所以g (x )≥g (1)＝1，得证.(2)由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ， 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2(当且仅当x ＝2时取等号).① 又由(1)知x －ln x ≥1(当且仅当x ＝1时取等号)，②且①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2. 规律方法 1.证明不等式的基本方法：(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 ).2.证明f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )<0.先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺利解决.考点二 利用“若f (x )min >g (x )max ，则f (x )>g (x )”证明不等式【例2】 已知函数f (x )＝x ln x －ax .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )在(0，＋∞)上的最值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x 成立. (1)解 函数f (x )＝x ln x －ax 的定义域为(0，＋∞).当a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x ，f ′(x )＝ln x ＋2.由f ′(x )＝0，得x ＝1e 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，f ′(x )<0；当x >1e 2时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e 2，＋∞上单调递增. 因此f (x )在x ＝1e 2处取得最小值，即f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e 2＝－1e 2，但f (x )在(0，＋∞)上无最大值. (2)证明 当x >0时，ln x ＋1>1e x ＋1－2e 2x 等价于x (ln x ＋1)>x ex ＋1－2e 2. 由(1)知a ＝－1时，f (x )＝x ln x ＋x 的最小值是－1e 2，当且仅当x ＝1e 2时取等号. 设G (x )＝x ex ＋1－2e 2，x ∈(0，＋∞)， 则G ′(x )＝1－x ex ＋1，易知G (x )max ＝G (1)＝－1e 2， 当且仅当x ＝1时取到，从而可知对一切x ∈(0，＋∞)，都有f (x )>G (x )，即ln x ＋1>1ex ＋1－2e 2x .规律方法 1.在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中，等价转化是关键，此处f (x )min >g (x )max 恒成立.从而f (x )>g (x )，但此处f (x )与g (x )取到最值的条件不是同一个“x 的值”.考点三 不等式恒成立或有解问题角度1 不等式恒成立求参数【例3－1】 已知函数f (x )＝sin x x(x ≠0). (1)判断函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上的单调性； (2)若f (x )<a 在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，求实数a 的最小值. 解 (1)f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 令g (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则g ′(x )＝－x sin x ， 显然，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＝－x sin x <0，即函数g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减，且g (0)＝0. 从而g (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零， 所以f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上恒小于零， 所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减. (2)不等式f (x )<a ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，即sin x －ax <0恒成立. 令φ(x )＝sin x －ax ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 则φ′(x )＝cos x －a ，且φ(0)＝0.当a ≥1时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )<0，即函数φ(x )单调递减， 所以φ(x )<φ(0)＝0，故sin x －ax <0恒成立.当0<a <1时，φ′(x )＝cos x －a ＝0在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0， 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )>0，故φ(x )在区间(0，x 0)上单调递增，且φ(0)＝0，从而φ(x )在区间(0，x 0)上大于零，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.当a ≤0时，在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上φ′(x )>0，即函数φ(x )单调递增，且φ(0)＝0，得sin x －ax >0恒成立，这与sin x －ax <0恒成立相矛盾.故实数a 的最小值为1.规律方法 1.破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数进行分类讨论，求出参数的取值范围.2.利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a ≥f (x )(或a ≤f (x ))的形式，通过求函数y ＝f (x )的最值求得参数范围.角度2 不等式能成立求参数的取值范围【例3－2】 已知函数f (x )＝x 2－(2a ＋1)x ＋a ln x (a ∈R ).(1)若f (x )在区间[1，2]上是单调函数，求实数a 的取值范围；(2)函数g (x )＝(1－a )x ，若∃x 0∈[1，e]使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)f ′(x )＝（2x －1）（x －a ）x，当导函数f ′(x )的零点x ＝a 落在区间(1，2)内时，函数f (x )在区间[1，2]上就不是单调函数，即a ∉(1，2)，所以实数a 的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解，即x 2－2x ＋a (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解.因为当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，x －ln x >0，所以a ≤x 2－2x x －ln x 在区间[1，e]上有解. 令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）（x －ln x ）2. 因为x ∈[1，e]，所以x ＋2>2≥2ln x ，所以h ′(x )≥0，h (x )在[1，e]上单调递增，所以x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝e(e －2)e －1， 所以a ≤e(e －2)e －1， 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e(e －2)e －1. 规律方法 1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法a ≥f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≥f (x )min ；a ≤f (x )在x ∈D 上能成立，则a ≤f (x )max .2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x 1∈A ，任意x 2∈B 使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )max ≥g (x )max ；(2)任意x 1∈A ，存在x 2∈B ，使f (x 1)≥g (x 2)成立，则f (x )min ≥g (x )min .[方法技巧]1.证明不等式的关键是构造函数，将问题转化为研究函数的单调性、最值问题.2.恒(能)成立问题的转化策略.若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )min >0；∀x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )max <0.(2)能成立：∃x ∈D ，f (x )>0⇔f (x )max >0；∃x ∈D ，f (x )<0⇔f (x )min <0.3.证明不等式，特别是含两个变量的不等式时，要注意合理的构造函数.4.恒成立与能成立问题，要注意理解“任意”与“存在”的不同含义，要注意区分转化成的最值问题的异同.二、导数在函数零点中的应用考点一 判断零点的个数【例1】已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x－4ln x 的零点个数． 解 (1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a >0.∴f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，a ＝1.故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)由(1)知g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x－4ln x －2， ∴g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1＋3x 2－4x ＝(x －1)(x －3)x 2，令g ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝3. 当x 变化时，g ′(X (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞)g ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋g (x )极大值 极小值当0<x ≤3时，g 当x >3时，g (e 5)＝e 5－3e5－20－2>25－1－22＝9>0. 又因为g (x )在(3，＋∞)上单调递增，因而g (x )在(3，＋∞)上只有1个零点，故g (x )仅有1个零点．规律方法 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求，g ′(x )＝0可解)，转化确定g (x )的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g (x )的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围【例2】 函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值．(1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )＝ax ＋x ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a ＋ln x ＋1，因为f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1图象有两个不同的交点． 由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1，由题意得，m ＋1>－1，即m >－2，①当0<x <e 时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0；当x >e 时，f (x )>0.当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞.由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，②由①②可得－2<m <－1.所以m 的取值范围是(－2，－1)．规律方法 与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．考点三 函数零点的综合问题【例3】 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 . (1)解 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，因为y ＝e 2x 单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，假设存在b 满足0<b <a 4时，且b <14，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2e 2x 0－a x 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. 规律方法 1.在(1)中，当a >0时，f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，从而f ′(x )在(0，＋∞)上至多有一个零点，问题的关键是找到b ，使f ′(b )<0.2．由(1)知，函数f′(x)存在唯一零点x0，则f(x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明f(x0)≥2a＋a ln 2 a.[方法技巧]1．解决函数y＝f(x)的零点问题，可通过求导判断函数图象的位置、形状和发展趋势，观察图象与x轴的位置关系，利用数形结合的思想方法判断函数的零点是否存在及零点的个数等．2．通过等价变形，可将“函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点”与“方程f(x)＝g(x)的解”问题相互转化．3．函数y＝f(x)在某一区间(a，b)上存在零点，必要时要由函数零点存在定理作为保证.。

高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1 利用导数研究与不等式有关的问题1.(2020全国1,理21)已知函数f (x )=e x +ax 2-x. (1)当a=1时,讨论f (x )的单调性; (2)当x ≥0时,f (x )≥12x 3+1,求a 的取值范围.2.(2020山东潍坊二模,20)已知函数f (x )=1x +a ln x ,g (x )=e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性; (2)证明:当a=1时,f (x )+g (x )-(1+ex 2)ln x>e .3.已知函数f (x )=ln x+a x(a ∈R )的图象在点1e ,f (1e)处的切线斜率为-e,其中e 为自然对数的底数.(1)求实数a 的值,并求f (x )的单调区间; (2)证明:xf (x )>x ex .4.(2020广东湛江一模,文21)已知函数f (x )=ln ax-bx+1,g (x )=ax-ln x ,a>1. (1)求函数f (x )的极值;(2)直线y=2x+1为函数f (x )图象的一条切线,若对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立,求实数a 的取值范围.5.(2020山东济宁5月模拟,21)已知两个函数f(x)=e xx ,g(x)=lnxx+1x-1.(1)当t>0时,求f(x)在区间[t,t+1]上的最大值;(2)求证:对任意x∈(0,+∞),不等式f(x)>g(x)都成立.6.(2020湖北武汉二月调考,理21)已知函数f(x)=(x-1)e x-kx2+2.(1)略;(2)若∀x∈[0,+∞),都有f(x)≥1成立,求实数k的取值范围.7.(2020山东济南一模,22)已知函数f(x)=a(e x-x-1)x2,且曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线斜率为1.(1)求实数a的值;(2)证明:当x>0时,f(x)>1;(3)若数列{x n}满足e x n+1=f(x n),且x1=13,证明:2n|e x n-1|<1.8.(2020湖南长郡中学四模,理21)已知函数f(x)=x ln x.(1)若函数g(x)=f'(x)+ax2-(a+2)x(a>0),试研究函数g(x)的极值情况;(2)记函数F(x)=f(x)-xe x 在区间(1,2)上的零点为x0,记m(x)=min f(x),xe x,若m(x)=n(n∈R)在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x1,x2(x1<x2),证明:x1+x2>2x0.突破2 利用导数研究与函数零点有关的问题1.(2020山东烟台一模,21)已知函数f (x )=1+lnxx -a (a ∈R ).(1)若f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立,求a 的取值范围,并证明:对任意的n ∈N *,都有1+12+13+ (1)>ln(n+1); (2)设g (x )=(x-1)2e x ,讨论方程f (x )=g (x )的实数根的个数.2.(2020北京通州区一模,19)已知函数f (x )=x e x ,g (x )=a (e x -1),a ∈R . (1)当a=1时,求证:f (x )≥g (x );(2)当a>1时,求关于x 的方程f (x )=g (x )的实数根的个数.3.(2020湖南长郡中学四模,文21)已知函数f(x)=2a e2x+2(a+1)e x.(1)略;(2)当a∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象与函数y=4e x+x的图象有唯一的交点,求a的取值集合.4.(2020天津和平区一模,20)已知函数f(x)=ax+be x,a,b∈R,且a>0.x,求函数f(x)的解析式;(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值1e(2)在(1)的条件下,求函数f(x)的单调区间;的取值范(3)设g(x)=a(x-1)e x-f(x),g'(x)为g(x)的导函数,若存在x0∈(1,+∞),使g(x0)+g'(x0)=0成立,求ba围.x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.5.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2a3(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)={f(x),f(x)<g(x),g(x),f(x)≥g(x),若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值集合.参考答案高考大题专项(一)导数的综合应用突破1利用导数研究与不等式有关的问题1.解(1)当a=1时,f(x)=e x+x2-x,f'(x)=e x+2x-1.故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)f(x)≥12x3+1等价于12x3-ax2+x+1e-x≤1.设函数g(x)=(12x3-ax2+x+1)e-x(x≥0),则g'(x)=-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x=-12x(x-2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1≤0,即a≤-12,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)上单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)上单调递减,在(2a+1,2)上单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1.③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1.综上,a 的取值范围是[7-e 24,+∞).2.(1)解 函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=-1x 2+ax =ax -1x 2,当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,由f'(x )<0,得0<x<1a , 所以f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增, 综上可知:当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在(0,1a )上单调递减,在(1a ,+∞)上单调递增. (2)证明 因为x>0,所以不等式等价于e x -e x+1>elnxx ,设F (x )=e x -e x+1,F'(x )=e x -e,所以当x ∈(1,+∞)时,F'(x )>0,F (x )单调递增;当x ∈(0,1)时,F'(x )<0,F (x )单调递减,所以F (x )min =F (1)=1.设G (x )=elnxx ,G'(x )=e (1-lnx )x 2, 所以当x ∈(0,e)时,G'(x )>0,G (x )单调递增,当x ∈(e,+∞)时,G'(x )<0,G (x )单调递减,所以G (x )max =G (e)=1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值,但1≠e,所以F (x )>G (x ),即e x -e x+1>elnxx ,故原不等式成立.3.(1)解因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x −ax2,所以f'(1e)=e-a e2=-e,所以a=2e,所以f'(x)=1x−2ex2.令f'(x)=0,得x=2e,当x∈(0,2e)时,f'(x)<0,当x∈(2e,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2e)上单调递减,在(2e,+∞)上单调递增.(2)证明设h(x)=xf(x)=x ln x+2e ,由h'(x)=ln x+1=0,得x=1e,所以当x∈(0,1e)时,h'(x)<0;当x∈(1e,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(1e )=1e.设t(x)=xe x(x>0),则t'(x)=1-xe x,所以当x∈(0,1)时,t'(x)>0,t(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,t'(x)<0,t(x)单调递减,所以t(x)max=t(1)=1e.综上,在(0,+∞)上恒有h(x)>t(x),即xf(x)>x e x .4.解(1)∵a>1,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=ln ax-bx+1=ln a+ln x-bx+1,∴f'(x)=1x-b=1-bxx.①当b≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数,无极值;②当b>0时,由f'(x)=0,得x=1b.∵当x∈(0,1b)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1b,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在定义域上有极大值,极大值为f(1b )=ln ab.(2)设直线y=2x+1与函数f(x)图像相切的切点为(x0,y0),则y0=2x0+1.∵f'(x)=1x -b,∴f'(x0)=1x0-b=2,∴x0=1b+2,即bx0=1-2x0.又ln ax 0-bx 0+1=2x 0+1,∴ln ax 0=1,∴ax 0=e . ∴x 0=ea .∴ae =b+2.∵对任意的x 1∈(0,1),x 2∈[1,2]都有g (x 1)>f'(x 2)成立, ∴只需g (x 1)min >f'(x 2)max . ∵g'(x )=a-1x =ax -1x, ∴由g'(x )=0,得x=1a . ∵a>1,∴0<1a <1.∴当x ∈(0,1a )时,g'(x )<0,g (x )单调递减; 当x ∈(1a ,1)时,g'(x )>0,g (x )单调递增.∴g (x )≥g (1a )=1+ln a , 即g (x 1)min =1+ln a.∵f'(x 2)=1x 2-b 在x 2∈[1,2]上单调递减,∴f'(x 2)max =f'(1)=1-b=3-ae .∴1+ln a>3-ae .即lna+a e -2>0.设h (a )=ln a+ae -2,易知h (a )在(1,+∞)上单调递增.又h (e)=0,∴实数a 的取值范围为(e,+∞). 5.(1)解 由f (x )=e x x 得,f'(x )=xe x -e xx 2=e x (x -1)x 2,∴当x<1时,f'(x )<0,当x>1时,f'(x )>0,∴f (x )在区间(-∞,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.①当t ≥1时,f (x )在区间[t ,t+1]上单调递增,f (x )的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.②当0<t<1时,t+1>1,f (x )在区间(t ,1)上单调递减,在区间(1,t+1)上单调递增,∴f (x )的最大值为f (x )max =max{f (t ),f (t+1)}.下面比较f (t )与f (t+1)的大小.f (t )-f (t+1)=e tt−e t+1t+1=[(1-e )t+1]e tt (t+1).∵t>0,1-e <0,∴当0<t ≤1e -1时,f (t )-f (t+1)≥0,故f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当1e -1<t<1时,f (t )-f (t+1)<0,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1.综上可知,当0<t ≤1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t )=e t t ,当t>1e -1时,f (x )在区间[t ,t+1]上的最大值为f (t+1)=e t+1t+1. (2)证明 不等式f (x )>g (x )即为e xx>lnx x +1x -1.∵x>0,∴不等式等价于e x >ln x-x+1,令h (x )=e x -(x+1)(x>0),则h'(x )=e x -1>0,∴h (x )在(0,+∞)上为增函数,h (x )>h (0)=0,即e x >x+1,所以,要证e x >ln x-x+1成立,只需证x+1>ln x-x+1成立即可. 即证2x>ln x 在(0,+∞)上成立. 设φ(x )=2x-ln x ,则φ'(x )=2-1x=2x -1x,当0<x<12时,φ'(x )<0,φ(x )单调递减,当x>12时,φ'(x )>0,φ(x )单调递增,∴φ(x )min =φ(12)=1-ln 12=1+ln 2>0,∴φ(x )>0在(0,+∞)上成立,∴对任意x ∈(0,+∞),不等式f (x )>g (x )都成立. 6.解 (1)略(2)f'(x )=x e x -2kx=x (e x -2k ),①当k ≤0时,e x -2k>0,所以,当x<0时,f'(x )<0,当x>0时,f'(x )>0,则f (x )在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意; ②当k>0时,令f'(x )=0,得x=0或x=ln 2k ,所以当0<k ≤12时,ln 2k ≤0,在区间(0,+∞)上f'(x )>0,f (x )单调递增, 所以f (x )在区间[0,+∞)上的最小值为f (0),且f (0)=1,符合题意;当k>12时,ln 2k>0,当x ∈(0,ln 2k )时,f'(x )<0,f (x )在区间(0,ln 2k )上单调递减, 所以f (ln 2k )<f (0)=1,不满足对任意的x ∈[0,+∞),f (x )≥1恒成立, 综上,k 的取值范围是(-∞,12].7.(1)解 f'(x )=a [(x -2)e x +x+2)]x 3,因为f'(2)=a2=1,所以a=2.(2)证明 要证f (x )>1,只需证h (x )=e x -12x 2-x-1>0.h'(x )=e x -x-1,令c (x )=e x -x-1,则c'(x )=e x -1.因为当x>0时,c'(x )>0,所以h'(x )=e x -x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h'(x)=e x-x-1>h'(0)=0.所以h(x)=e x-12x2-x-1在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=e x-12x2-x-1>h(0)=0成立.所以当x>0时,f(x)>1.(3)证明(方法1)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0,φ'(x)=12x2+x-2e x+x+2,令α(x)=12x2+x-2e x+x+2,则α'(x)=12x2+2x-1e x+1,令β(x)=12x2+2x-1e x+1,则β'(x)=12x2+3x+1e x>0,所以β(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故β(x)=12x2+2x-1e x+1>β(0)=0.所以α(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故α(x)=12x2+x-2e x+x+2>α(0)=0.所以φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>φ(0)=0,所以原不等式成立.(方法2)由(2)知当x>0时,f(x)>1.因为e x n+1=f(x n),所以x n+1=ln f(x n).设g(x n)=ln f(x n),则x n+1=g(x n),所以x n=g(x n-1)=g(g(x n-2))=…=g((…(g(x1))…))>0.要证2n|e x n-1|<1,只需证|e x n-1|<12n.因为x1=13,所以|e x1-1|=e13-1.因为e-323=e-278<0,所以e 13<32,所以|e x1-1|=e 13-1<12.故只需证|e x n+1-1|<12|e x n-1|.因为x n∈(0,+∞),故只需证e x n+1-1<12e x n−12,即证f(x n)-1<12e x n−12.只需证当x∈(0,+∞)时,φ(x)=12x2-2e x+12x2+2x+2>0.因为φ(x)=12(x2-4)e x+12(x2+4x+4)=12(x+2)[(x-2)e x+(x+2)],设u(x)=(x-2)e x+(x+2),故只需证u(x)>0.u'(x)=(x-1)e x+1,令v(x)=(x-1)e x+1,则v'(x)=x e x>0,所以v(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故v(x)=(x-1)e x+1>v(0)=0,所以u(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故u(x)=(x-2)e x+(x+2)>u(0)=0,所以原不等式成立.8.(1)解由题意,得f'(x)=ln x+1,故g(x)=ax2-(a+2)x+ln x+1,故g'(x)=2ax-(a+2)+1x=(2x-1)(ax-1)x,x>0,a>0.令g'(x)=0,得x1=12,x2=1a.①当0<a<2时,1a >12,由g'(x)>0,得0<x<12或x>1a;由g'(x)<0,得12<x<1a.所以g(x)在x=12处取极大值g12=-a4-ln 2,在x=1a处取极小值g1a=-1a-ln a.②当a=2时,1a =12,g'(x)≥0恒成立,所以不存在极值.③当a>2时,1a <12,由g'(x)>0,得0<x<1a或x>12;由g'(x)<0,得1a<x<12.所以g(x)在x=1a处取极大值g1a=-1a-ln a,在x=12处取极小值g12=-a4-ln 2.综上,当0<a<2时,g(x)在x=12处取极大值-a4-ln 2,在x=1a处取极小值-1a-ln a;当a=2时,不存在极值;当a>2时,g(x)在x=1a处取极大值-1a-ln a,在x=12处取极小值-a4-ln 2.(2)证明F(x)=x ln x-xe x ,定义域为x∈(0,+∞),F'(x)=1+ln x+x-1e x.当x∈(1,2)时,F'(x)>0,即F(x)在区间(1,2)上单调递增.又因为F(1)=-1e<0,F(2)=2ln 2-2e2>0,且F(x)在区间(1,2)上的图像连续不断,故根据函数零点存在定理,F(x)在区间(1,2)上有且仅有一个零点.所以存在x0∈(1,2),使得F(x0)=f(x0)-x0e x0=0.且当1<x<x0时,f(x)<xe x;当x>x0时,f(x)>xe x.所以m(x)=min f(x),xe x={xlnx,1<x<x0,xe x,x>x0.当1<x<x0时,m(x)=x ln x,由m'(x)=1+ln x>0,得m(x)单调递增;当x>x 0时,m (x )=x e x ,由m'(x )=1-xe x <0,得m (x )单调递减. 若m (x )=n 在区间(1,+∞)上有两个不等实数解x 1,x 2(x 1<x 2), 则x 1∈(1,x 0),x 2∈(x 0,+∞).要证x 1+x 2>2x 0,即证x 2>2x 0-x 1.又因为2x 0-x 1>x 0,而m (x )在区间(x 0,+∞)上单调递减, 所以可证m (x 2)<m (2x 0-x 1).由m (x 1)=m (x 2),即证m (x 1)<m (2x 0-x 1),即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1. 记h (x )=x ln x-2x 0-xe 2x 0-x,1<x<x 0, 其中h (x 0)=0. 记φ(t )=t e t ,则φ'(t )=1-te t . 当t ∈(0,1)时,φ'(t )>0; 当t ∈(1,+∞)时,φ'(t )<0. 故φ(t )max =1e .而φ(t )>0,故0<φ(t )<1e . 因为2x 0-x>1, 所以-1e <-2x 0-xe 2x 0-x<0. 因此h'(x )=1+ln x+1e2x 0-x −2x 0-x e 2x 0-x>1-1e >0,即h (x )单调递增,故当1<x<x 0时,h (x )<h (x 0)=0, 即x 1ln x 1<2x 0-x 1e 2x 0-x 1, 故x 1+x 2>2x 0,得证.突破2 利用导数研究 与函数零点有关的问题1.(1)证明 由f (x )≤0可得,a ≥1+lnxx(x>0),令h (x )=1+lnx x ,则h'(x )=1x ·x -(1+lnx )x 2=-lnxx 2. 当x ∈(0,1)时,h'(x )>0,h (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,h (x )单调递减,故h (x )在x=1处取得最大值,要使a ≥1+lnxx,只需a ≥h (1)=1,故a 的取值范围为[1,+∞). 显然,当a=1时,有1+lnxx≤1,即不等式ln x<x-1在(1,+∞)上成立,令x=n+1n >1(n ∈N *),则有ln n+1n <n+1n -1=1n ,所以ln 21+ln 32+…+ln n+1n <1+12+13+…+1n , 即1+12+13+…+1n >ln(n+1).(2)解 由f (x )=g (x ),可得1+lnxx -a=(x-1)2e x ,即a=1+lnxx -(x-1)2e x ,令t (x )=1+lnxx -(x-1)2e x , 则t'(x )=-lnx x 2-(x 2-1)e x ,当x ∈(0,1)时,t'(x )>0,t (x )单调递增;当x ∈(1,+∞)时,t'(x )<0,t (x )单调递减,故t (x )在x=1处取得最大值t (1)=1,又当x →0时,t (x )→-∞,当x →+∞时,t (x )→-∞,所以,当a=1时,方程f (x )=g (x )有一个实数根;当a<1时,方程f (x )=g (x )有两个不同的实数根; 当a>1时,方程f (x )=g (x )没有实数根. 2.(1)证明 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a=1时,F (x )=x e x -e x +1,所以F'(x )=x e x . 所以当x ∈(-∞,0)时,F'(x )<0; 当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0.所以F (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 所以当x=0时,F (x )取得最小值F (0)=0. 所以F (x )≥0,即f (x )≥g (x ).(2)解 设函数F (x )=f (x )-g (x )=x e x -a e x +a.当a>1时,F'(x )=(x-a+1)e x ,令F'(x )>0,即(x-a+1)e x >0,解得x>a-1; 令F'(x )<0,即(x-a+1)e x <0,解得x<a-1.所以F (x )在(-∞,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增.所以当x=a-1时,F (x )取得最小值,即F (a-1)=a-e a-1. 令h (a )=a-e a-1,则h'(a )=1-e a-1.因为a>1,所以h'(a )<0.所以h (a )在(1,+∞)上单调递减. 所以h (a )<h (1)=0,所以F (a-1)<0.又因为F (a )=a>0,所以F (x )在区间(a-1,a )上存在一个零点. 所以在[a-1,+∞)上存在唯一的零点.又因为F (x )在区间(-∞,a-1)上单调递减,且F (0)=0, 所以F (x )在区间(-∞,a-1)上存在唯一的零点0.所以函数F (x )有且仅有两个零点,即方程f (x )=g (x )有两个实数根.3.解 (1)略.(2)设t=e x ,则f (t )=2at 2+2(a+1)t 的图像与y=4t+ln t 的图像只有一个交点,其中t>0,则2at 2+2(a+1)t=4t+ln t 只有一个实数解,即2a=2t+lntt 2+t只有一个实数解. 设g (t )=2t+lnt t 2+t,则g'(t )=-2t 2+t -2tlnt+1-lnt(t 2+t )2,g'(1)=0.令h (t )=-2t 2+t-2t ln t+1-ln t , 则h'(t )=-4t-1φ-2ln t-1.设y=1t +2ln t ,令y'=-1t 2+2t =2t -1t 2=0,解得t=12,则y ,y'随t 的变化如表所示0,1212,+∞y' - 0+则当t=12时,y=1t +2ln t 取最小值为2-2ln 2=2×(1-ln 2)>0. 所以-1t -2ln t<0, 即h'(t )=-4t-1t -2ln t-1<0.所以h (t )在(0,+∞)上单调递减. 因此g'(t )=0只有一个根,即t=1. 当t ∈(0,1)时,g'(t )>0,g (t )单调递增; 当t ∈(1,+∞)时,g'(t )<0,g (t )单调递减. 所以,当t=1时,g (t )有最大值为g (1)=1.由题意知,y=2a 与g (t )图像只有一个交点,而a ∈(0,+∞), 所以2a=1,即a=12,所以a 的取值集合为12.4.解 (1)函数f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).f'(x )=ax 2+bx -b x 2e x,由题知{f '(-1)=0,f (-1)=1e ,即{(a -2b )e -1=0,(-a+b )-1e -1=1e ,解得{a =2,b =1,所以函数f (x )=2x+1x e x (x ≠0). (2)f'(x )=2x 2+x -1x 2e x =(x+1)(2x -1)x 2e x. 令f'(x )>0得x<-1或x>12, 令f'(x )<0得-1<x<0或0<x<12.所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1),12,+∞, 单调递减区间是(-1,0),0,12.(3)根据题意易得g (x )=ax-b x -2a e x (a>0), 所以g'(x )=bx 2+ax-bx -a e x .由g (x )+g'(x )=0,得ax-bx -2a e x +bx 2+ax-bx -a e x =0.整理,得2ax 3-3ax 2-2bx+b=0.存在x 0∈(1,+∞),使g (x 0)+g'(x 0)=0成立,等价于存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立.设u (x )=2ax 3-3ax 2-2bx+b (x>1),则u'(x )=6ax 2-6ax-2b=6ax (x-1)-2b>-2b. 当b ≤0时,u'(x )>0,此时u (x )在(1,+∞)上单调递增, 因此u (x )>u (1)=-a-b.因为存在x 0∈(1,+∞),使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立, 所以只要-a-b<0即可,此时-1<ba ≤0. 当b>0时,令u (x )=b , 解得x 1=3a+√9a 2+16ab4a>3a+√9a 24a=32>1,x 2=3a -√9a 2+16ab 4a(舍去),x 3=0(舍去),得u (x 1)=b>0.又因为u (1)=-a-b<0,于是u (x )在(1,x 1)上必有零点,即存在x 0>1,使2a x 03-3a x 02-2bx 0+b=0成立,此时ba >0.综上,ba 的取值范围为(-1,+∞). 5.解 (1)因为g (x )=2a3x 3+2(1-a )x 2-8x+8a+7,所以g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8,所以g'(2)=0. 所以a=0,即g (x )=2x 2-8x+7. g (0)=7,g (3)=1,g (2)=-1.所以g (x )在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)①当a=0时,g (x )=2x 2-8x+7,由g (x )=0,得x=2±√22∈(1,+∞),此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意.②当a>0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x=2. 当x ∈(0,2)时,g'(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,g'(x )>0.若函数y=h (x )有三个零点,则需满足g (1)>0且g (2)<0,解得0<a<316.③当a<0时,g'(x )=2ax 2+4(1-a )x-8=2a (x-2)x+2a . 由g'(x )=0,得x 1=2,x 2=-2a .(ⅰ)当-2a <2,即a<-1时,因为g (x )极大值=g (2)=163a-1<0,此时函数y=h (x )至多有一个零点,不符合题意.(ⅱ)当-2a =2,即a=-1时,因为g'(x )≤0,此时函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意. (ⅲ)当-2a >2,即-1<a<0时,若g (1)<0,函数y=h (x )至多有两个零点,不符合题意; 若g (1)=0,得a=-320;因为g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83,所以g -2a >0,此时函数y=h (x )有三个零点,符合题意;若g (1)>0,得-320<a<0. 由g -2a =1a 28a 3+7a 2+8a+83.记φ(a)=8a3+7a2+8a+83,则φ'(a)>0.所以φ(a)>φ-320>0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-220∪0,316.。

导数的综合应用【基础自测】 1．若函数y=ax 3-x 在R 上是减函数，则实数a 的取值范围是 .2．已知函数f (x )=x 3-3a 2x+1的图象与直线y=3只有一个公共点，那么实数a 的取值范围是 .3．若函数y=m 与y=3x-x 3的图象有三个不同的交点，则实数m 的取值范围为 .4．(2015·无锡模拟)已知某生产厂家的年利润y (单元：万元)与年产量x (单位：万件)间的函数关系式为y=-x 3+81x-234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 万件.5.设函数f'(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (-1)=0，且当x>0时，xf'(x )-f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是 .【例题讲解】题型一 结合导数及单调性研究含参问题：例1.已知函数f(x)=x 2+aln x.(1) 当a=-2e 时,求函数f(x)的单调区间和极值;(2) 若函数g(x)=f(x)+在区间上是减函数,求实数a 的取值范围.题型二、结合导数研究函数的性质例2.已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=．⑴求函数()f x 的解析式；⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求132x实数c 的最小值；⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．题型三、结合导数研究生活中的实际问题例3．某造船公司年造船量是20艘，已知造船x 艘的产值函数为R(x)＝3 700x ＋45x 2－10x 3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x －5 000(单位：万元)．(1)求利润函数P(x)；(提示：利润＝产值－成本)(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？例4．（2008•江苏）如图，某地有三家工厂，分别位于矩形ABCD 的两个顶点A ，B 及CD 的中点P 处．AB=20km ，BC=10km ．为了处理这三家工厂的污水，现要在该矩形区域上（含边界）且与A ，B 等距的一点O 处，建造一个污水处理厂，并铺设三条排污管道AO ，BO ，PO ．记铺设管道的总长度为ykm ． （1）按下列要求建立函数关系式：（i ）设∠BAO=θ（rad ），将y 表示成θ的函数；（ii ）设OP=x （km ），将y 表示成x 的函数；（2）请你选用（1）中的一个函数关系确定污水处理厂的位置，使铺设的污水管道的总长度最短．【跟踪训练】.1. 若函数f(x)=x-ln x(x>0)，则y=f(x)的最小值为 .2.设函数522)(23+--=x x x x f ，若对任意的[]2,1-∈x ，都有a x f >)(，则实数a 的取值范围是____________________。

导数函数综合应用一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（）A．[1，2）B．C．D．3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（）A．B．C．D．4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（）A．2B．C．D．46．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣1014．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．21．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．导数函数综合应用参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．定义在R上的函数y＝f（x），满足f（4﹣x）＝f（x），（x﹣2）f′（x）＜0，若x1＜x2，且x1+x2＞4，则有（B）A．f（x1）＜f（x2）B．f（x1）＞f（x2）C．f（x1）＝f（x2）D．不确定【解答】解：由题意f（4﹣x）＝f（x），可得出函数关于x＝2对称,又（x﹣2）f′（x）＜0，得x＞2时，导数为负，x＜2时导数为正，即函数在（﹣∞，2）上是增函数，在（2，+∞）上是减函数又x1＜x2，且x1+x2＞4，下进行讨论若2＜x1＜x2，显然有f（x1）＞f（x2）若x1＜2＜x2，有x1+x2＞4可得x1＞4﹣x2，故有f（x1）＞f（4﹣x2）＝f（x2）综上讨论知，在所给的题设条件下总有f（x1）＞f（x2）2．定义在（1，+∞）上的函数f（x）满足下列两个条件：（1）对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立；（2）当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x；记函数g（x）＝f（x）﹣k（x﹣1），若函数g（x）恰有两个零点，则实数k的取值范围是（C）A．[1，2）B．C．D．【解答】解：因为对任意的x∈（1，+∞）恒有f（2x）＝2f（x）成立，且当x∈（1，2]时，f（x）＝2﹣x 所以f（x）＝﹣x+2b，x∈（b，2b]．由题意得f（x）＝k（x﹣1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示红色的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）所以可得k的范围为3．设函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，且f（x+2）＝﹣f（x），则有（A）A．B．C．D．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+2）＝﹣f（x），当x＝﹣时，有f（）＝﹣f（﹣）＝f（），函数f（x）是定义在实数集上的奇函数，在区间[﹣1，0）上是增函数，则f（x）在区间（0，1]上是增函数，则有f（）＜f（）＜f（1），则有f（）＜f（）＜f（1），4．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，则实数k的取值范围是（A）A．[）B．[]C．[﹣）D．[﹣]【解答】解：函数y＝f（x）+|x﹣1|﹣kx在定义域内有且只有三个零点，即为方程f（x）+|x﹣1|＝kx在[﹣3，+∞）内有3个不等实根，可令g（x）＝f（x）+|x﹣1|＝，作出g（x）的图象（如右），直线y＝kx，当k＝0时，y＝g（x）和y＝0显然有3个交点，符合题意；当直线y＝kx与y＝x2+3x+1相切，可得x2+（3﹣k）x+1＝0，△＝（3﹣k）2﹣4＝0，解得k＝1（k＝5舍去），由k＝1时，y＝g（x）和y＝x有两个交点，可得0≤k＜1时，符合题意；当k＜0时，且直线y＝kx经过点（﹣3，1）时，直线y＝kx与y＝g（x）有3个交点，此时k＝﹣，由y＝kx绕着原点旋转，可得﹣≤k＜0，综上可得，k的范围是[﹣，1）．5．设函数f（x）＝，若对任意给定的y∈（2，+∞），都存在唯一的x∈R，满足f（f（x））＝2a2y2+ay，则正实数a的最小值是（C）A．2B．C．D．4【解答】解：函数f（x）＝的值域为R．∵f（x）＝2x，（x≤0）的值域为（0，1]；f（x）＝log2x，（x＞0）的值域为R．∴f（x）的值域为（0，1]上有两个解，要想f（f（x））＝2a2y2+ay在y∈（2，+∞）上只有唯一的x∈R满足，必有f（f（x））＞1 （2a2y2+ay＞0）．∴f（x）＞2，即log2x＞2，解得：x＞4．当x＞4时，x与f（f（x））存在一一对应的关系．∴问题转化为2a2y2+ay＞1，y∈（2，+∞），且a＞0．∴（2ay﹣1）（ay+1）＞0，解得：y＞或者y＜﹣（舍去）．∴≤2，得a．6．已知函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1，g（x）＝mx，若对于任一实数x，f（x）与g（x）至少有一个为正数，则实数m的取值范围是（B）A．（0，2）B．（0，8）C．（2，8）D．（﹣∞，0）【解答】解：当m≤0时，当x接近+∞时，函数f（x）＝2mx2﹣2（4﹣m）x+1与g（x）＝mx均为负值，显然不成立当x＝0时，因f（0）＝1＞0当m＞0时，若，即0＜m≤4时结论显然成立；若，时只要△＝4（4﹣m）2﹣8m＝4（m﹣8）（m﹣2）＜0即可，即4＜m＜8则0＜m＜8二．填空题（共1小题）7．已知函数f（x）＝，若关于x的方程f（x）＝3恰有两个互异的实数解，则实数a的取值范围是（﹣∞，6）．【解答】解：函数f（x）＝，当x≥1时，方程f（x）＝3，可得lnx+1＝3，解得x＝e2，函数有一个零点；x＜1时，函数只有一个零点，即x2﹣4x+a＝3，在x＜1时只有一个解，因为y＝x2﹣4x+a ﹣3开口向上，对称轴为x＝2，x＜1时，函数是减函数，所以f（1）＜3，可得﹣3+a＜3，解得a＜6．三．解答题（共19小题）8．已知函数f（x）＝﹣alnx（a∈R）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若存在实数x0＝[1，e]，使得f（x0）＜0，求正实数a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝﹣alnx（a∈R），得f′（x）＝x﹣＝（x＞0）．当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞，由f′（x）＜0，得0＜x＜．∴f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；（2）由（1）知，当a＞0时，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．①当，即0＜a≤1时，f（x）在[1，e]上单调递增，＞0，不合题意；②当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f（x）在[1，]上单调递减，在[，e]上单调递增，由＜0，解得e＜a＜e2；③当≥e，即a≥e2时，f（x）在[1，e]上单调递减，由＜0，解得a≥e2．综上所述，a的取值范围为（e，+∞）．9．已知函数f（x）＝x2﹣（a+）x+lnx，其中a＞0．（Ⅰ）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅲ）若a∈（0，），证明对任意x1，x2∈[，1]（x1≠x2），＜恒成立．【解答】（Ⅰ）解：当a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝，∴f′（1）＝，∵f（1）＝．∴切线方程为：y+2＝（x﹣1），整理得：x+2y+3＝0；（Ⅱ）f′（x）x﹣＝（x＞0），令f′（x）＝0，解得：x＝a或x＝．①若0＜a＜1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，a）和（）内是增函数，在（a，）内是减函数；②若a＞1，，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：∴f（x）在区间（0，）和（a，+∞）内是增函数，在（，+∞）内是减函数；（Ⅲ）∵0＜a＜，∴f（x）在[，1]内是减函数，又x1≠x2，不妨设0＜x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），．于是等价于，即．令（x＞0），∵g′（x）＝在[，1]内是减函数，故g′（x）≤g′（）＝2﹣（a+）．从而g（x）在[，1]内是减函数，∴对任意，有g（x1）＞g（x2），即，∴当，对任意，恒成立．10．已知函数f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x．（1）若f′（1）＝﹣6，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线；（2）设a＞0，证明：当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）；（3）若函数f（x）的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′（x0）＜0．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），∵f（x）＝lnx﹣ax2+（2﹣a）x，∴f'（x）＝﹣2ax+2﹣a＝＝﹣．f′（﹣1）＝a+1＝﹣6，解得a＝﹣7，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k＝﹣6，切点为（1，16），则所求切线的方程为y﹣16＝﹣6（x ﹣1），即为6x+y﹣22＝0；（2）证明：设函数g（x）＝f（+x）﹣f（﹣x），则g（x）＝ln（1+ax）﹣ln（1﹣ax）﹣2ax，g′（x）＝+﹣2a＝，当x∈（0，）时，g′（x）＞0，g（x）递增，而g（0）＝0，即有g（x）＞0，故当0＜x＜时，f（+x）＞f（﹣x）．（3）证明：当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，因此f（x）在（0，+∞）单调递增，即有函数y＝f（x）的图象与x轴至多有一个交点，故a＞0，从而f（x）的最大值为f（），且f（）＞0，不妨设A（x1，0），B（x2，0），0＜x1＜x2，则0＜x1＜＜x2，由（2）得，f（﹣x1）＝f（+﹣x1）＞f（x1）＝f（x2）＝0，又f（x）在（，+∞）单调递减，∴﹣x1＜x2，于是x0＝，当x∈（，+∞）（a＞0）时，f′（x）＜0，则f′（x0）＜0成立．11．已知a≠0，函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax（1）讨论f（x）的单调性（2）若对∀x∈（﹣，+∞），不等式f（x）≥恒成立，求a的取值范围（3）已知当a＜﹣e时，函数f（x）有两个零点x1，x2（x1＜x2），求证：f（x1x2）＞a+e【解答】解：（1）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，∴f′（x）＝，当a＞0时，f（x）在R上是增函数；当a＜0时，x≥1时，令f′（x）＞0，⇒e x＞﹣⇒x＞ln（﹣），①ln（﹣）≤1，即﹣2e≤a＜0，f（x）在（﹣∞，1）是减函数；在（1，+∞）是增函数；②ln（﹣）＞1，即a＜﹣2e，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））是减函数；在（ln（﹣），+∞）是增函数；（2）函数f（x）＝|e x﹣e|+e x+ax＝，若x∈（﹣，1），ax+e．∴可得﹣，当x∈[1，+∞）时，，即2a，设g（x）＝，g′（x）＝，所以g（x）在[1，+∞）上是减函数，所以g（x）max＝g（1）＝﹣e，所以a．综上．（3）证明：∵f（1）＝a+e，∴不等式f（x1x2）＞a+e转化为f（x1x2）＞f（1），∵a＜﹣e，∴f（1）＝a+e＜0，∴f（x）的两个零点x1＜1＜x2，∴，∴，∴x1x2＝，令h（x）＝，h′（x）＝，令t（x）＝e x﹣xe x﹣e，t′（x）＝（1﹣x）e x＜0，∴t（x）在（1，+∞）上是减函数，t（x）＜t（1）＝0，即h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）是减函数，h（x）＜h（1）＝1，即x1x2＜1，∵a＜﹣e时，f（x）在（﹣∞，1）是减函数，∴f（x1x2）＞a+e．12．已知函数f（x）＝a（x﹣1）e x（a＞0），g（x）＝﹣cos x．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若对于任意的实数x1，x2∈[0，]，（其中x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|恒成立求实数a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），f′（x）＝a[e x+（x﹣1）e x]＝ax•e x．当x＝0时，f′（x）＝0；当x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，所以函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调增区间为（0，+∞）．（2）不妨设x1＜x2，因为g（x）在[0，]上是增函数，所以g（x1）＜g（x2），即g（x1）﹣g（x2）＜0，由（1）得f（x）在[0，]上是增函数，所以f（x1）＜f（x2），即f（x1）﹣f（x2）＜0．由题意，得f（x2）﹣f（x1）＞g（x2）﹣g（x1），即f（x2）﹣g（x2）＞f（x1）﹣g（x1）．令h（x）＝f（x）﹣g（x）＝a（x﹣1）e x+cos x在[0，]上是增函数，则h′（x）＝axe x﹣sin x≥0对任意的x恒成立．设F（x）＝（0），则F（x）≤0恒成立，．令，则，从而G（x）在[0，]上是减函数，所以，即．当a≥1时，F（x）≤0′，当且仅当a＝1，x＝0时取等号，所以F（x）在上是减函数，所以当x时，F（x）≤F（0）＝0，故a≥1满足题意．当0＜a＜1时，F′（0）＝1﹣a＞0，F．由零点存在定理，存在，使得F′（x0）＝0．因为G（x）在（0，）上是减函数，所以F′（x）＝G（x）﹣a在（0，）上是减函数，所以0＜x＜x0时，F′（x）＞F′（x0）＝0，所以F（x）在（0，x0）上是增函数，所以当x∈（0，x0）（这里（0，x0）⊊）时，F（x）＞F（0）＝0．所以0＜a＜1不满足题意，综上，实数a的取值范围是[1，+∞）．13．已知函数f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），（1）求f（x）的最大值φ（a）；（2）若f（x）≤0恒成立，求a的值；（3）在（2）的条件下，设g（x）＝在（a，+∞）上的最小值为m，求证：﹣11＜f（m）＜﹣10【解答】解：（1）∵f（x）＝a+2lnx﹣ax（a＞0），∴f′（x）＝（a＞0），由f′（x）＞0得0＜x＜；f′（x）＜0得x＞；所以f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．故f（x）max＝f（）＝a﹣2﹣2lna+2ln2即φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2（a＞0）（2）要使f（x）≤0 成立必须φ（a）＝a﹣2﹣2lna+2ln2≤0．因为φ′（a）＝，所以当0＜a＜2 时，φ′（a）＜0；当a＞2 时，φ′（a）＞0．所以φ（a）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．∴φ（a）min＝φ（2）＝0，所以满足条件的a只有2，即a＝2．（3）由（2）知g（x）＝，∴g′（x）＝令u（x）＝x-2lnx﹣4，则u′（x）＝＞0，u（x）是（2，+∞）上的增函数；又u（8）＜0，u（9）＞0，所以存在x0∈（8，9）满足u（x0）＝0，即2lnx0＝x0﹣4，且当x∈（2，x0）时，u（x）＜0，g′（x）＜0；当x∈（x0，+∞）时，u（x）＞0，g′（x）＞0；所以g（x）在（2，x0）上单调递减；在（x0，+∞）上单调递增．所以g（x）min＝g（x0）＝＝＝x0，即m＝x0．所以f（m）＝f（x0）＝2+2lnx0﹣2x0＝x0﹣2∈（﹣11，﹣10），即﹣11＜f（m）＜﹣10．14．已知函数f（x）＝（x2﹣mx）e x（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若m＝2，2n+1≥0，证明：关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．【解答】解：（Ⅰ）依题意x∈R，f′（x）＝（x2﹣mx+2x﹣m）e x＝[x2+（2﹣m）x﹣m]e x令y＝x2+（2﹣m）x﹣m，则△＝（2﹣m）2+4m＝4+m2＞0令f′（x）＝0，则x2+（2﹣m）x﹣m＝0解得x＝结合二次函数图象可知：∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，）和（，+∞）单调递减区间为（，）（Ⅱ）令g（x）＝nf（x）+1﹣e x＝n（x2﹣2x）e x﹣e x+1当x∈（﹣∞，0]时，x2﹣2x≥0而2n+1≥0⇔n≥﹣故n（x2﹣2x）e x≥﹣（x2﹣2x）e x∴g（x）≥﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1令h（x）＝﹣（x2﹣2x）e x﹣e x+1，x∈（﹣∞，0]∴h′（x）＝﹣x2e x≤0故函数h（x）在（﹣∞，0]上单调递减，则h（x）≥h（0）＝0则任意的x∈（﹣∞，0]，g（x）≥h（x）≥0∴关于x的不等式nf（x）+1≥e x在（﹣∞，0]上恒成立．15．已知函数f（x）＝（其中e是自然对数的底数），g（x）＝1﹣ax2（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若a满足0＜a＜且ln2a+1＞0，试判断方程h（x）＝0的实数根个数，并说明理由．【解答】解：（Ⅰ）易知，当x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，所以f（x）极大值＝f（0）＝1，但无极小值．（Ⅱ）因为，所以．导数因为，所以，于是，令h′（x）＝0，此时，当x＜0时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；所以．因为，所以，，又函数h（x）在R上连续，故h（x）有一个零点0，且在上也有一个零点；综上，方程h（x）＝0有2个实数根．16．已知函数f（x）＝ax2﹣lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：x1•x2＞1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ax2﹣lnx．定义域为（0，+∞）∴f′（x）＝2ax﹣＝①当a≤0时，f′（x）＝＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为减函数．②当a＞0时，令f′（x）＝＜0，解得0＜x＜令f′（x）＝＞0，解得x＞∴f（x）＝ax2﹣lnx在（0，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数综上a≤0时f（x）的单调减区间为（0，+∞）a＞0时f（x）的单调减区间为（0，），增区间是（，+∞）．（2）∵函数f（x）有两个零点x1，x2，由（1）知x＝是f（x）的最小值点，∴f（x）在（0，+∞）上的最小值f（）＝a•（）2﹣ln＜0时，f（x）有两个零点x1，x2∴解得0＜a＜要证x1•x2＞1⇔要证lnx1•x2＞ln1⇔要证lnx1+lnx2＞0∵函数f（x）有两个零点x1，x2，不防设0＜x1＜＜x2则f（x1）＝ax12﹣lnx1＝0 ①f（x2）＝ax22﹣lnx2＝0 ②①+②得：lnx1+lnx2＝a（x12+x22），而a（x12+x22）＞0，∴lnx1+lnx2＞0即x1•x2＞1得证．17．己知p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2（1）分别求出条件p，q中的实数m的取值范围；（2）甲同学认为“p是q的充分条件”，乙同学认为“p是q的必要条件”，请判断两位同学的说法是否正确，并说明理由．【解答】解：（1）p：实数m使得函数f（x）＝lnx（m﹣2）x2﹣x在定义域内为增函数：则有在R上恒成立．∴m﹣2＝（）2﹣∴m．q：实数m使得函数g（x）＝mx2+（m+1）x﹣5在R上存在两个零点x1，x2，且x1＜1＜x2则有m•f（1）＜0⇒m（m﹣2）＜0⇒0＜m＜2．（2）由（1）可得p：∴m．，q：0＜m＜2．∵{m|m}⊈{|0＜m＜2}{m|m}⊉{|0＜m＜2}∴p是q的既不充分也不必要条件．故两位同学都错．18．已知函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．（Ⅰ）求证：函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（Ⅱ）若f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0，求x的取值范围．【解答】（1）证明：∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．∴x∈[0，+∞）时f（x）＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x ∴f′（x）＝﹣sin x﹣1，∴x∈[0，+∞）时f′（x）＝﹣sin x﹣1＜0，∴函数f（x）在[0，+∞）上单调递减；（2）∵函数f（x）＝In+cos x﹣|x|．定义域为R∴f（﹣x）＝）＝﹣ln（2+3x2）+cos（﹣x）﹣|﹣x|＝﹣ln（2+3x2）+cos x﹣x＝f（x）∴f（x）是偶函数．由（1）知f（x）在[0，+∞）上单调递减；∴f（x）在（﹣∞，0]上单调递增；又f（2x﹣3）+π+1+ln（2+3π2）＜0⇔f（2x﹣3）＜f（π）∴|2x﹣3|＞π⇔2x﹣3＞π或2x﹣3＜﹣π解得x＞或x＜∴x的取值范围为：（﹣∞，）∪（，+∞）19．已知函数f（x）＝lnx﹣sin（x﹣1），f′（x）为f（x）的导函数．证明：（1）f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【解答】解：（1）令g（x）＝f′（x）＝，，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0恒成立，当x∈（1，2）时，＞0．∴g′（x）在（1，2）递增，．故存在a∈（1，2）使得，x∈（1，a）时g′（x）＜0，x∈（a，2）时，g′（x）＞0．综上，f′（x）在区间（0，2）存在唯一极小值点x＝a．（2）由（1）可得x∈（0，a）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（a，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递增．且g（1）＝0，g（2）＝．故g（x）的大致图象如下：当x∈（2，3）时，sin（x﹣1）∈（sin1，sin2），sin（x﹣1）＞sin30°∴此时g′（x）＞0，g（x）单调递增，而g（3）＝﹣cos2＞0．故存在∈（2，3），使得g（m）＝0故在x∈（0，3）上，g（x）的图象如下：综上，x∈（0，1）时，g（x）＜0，x∈（1，m）时，g（x）＜0，x∈（m，3）时，g（x）＞0．∴f（x）在（0，1）递增，在（1，m）递减，在（m，3）递增，而f（1）＝0，f（3）＝ln3﹣sin2＞0，又当x＞3时，lnx＞1，f（x）＞0恒成立．故在（0，+∞）上f（x）的图象如下：∴f（x）有且仅有2个零点．20．已知函数f（x）＝te2x+（t+2）e x﹣1，t∈R．（Ⅰ）当t＝﹣1时，求f（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）当t＞0时，若函数g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1在R上有唯一零点，求t的值．【解答】解：（Ⅰ）当t＝﹣1时，f（x）＝﹣e2x+e x﹣1，则f′（x）＝﹣2e2x+e x＝e x（1﹣2e x）令f′（x）＝0，解得x＝﹣ln2∴f（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣ln2），单调递减区间是（﹣ln2，+∞）∴f（x）的极大值是f（﹣ln2）＝﹣，无极小值．（Ⅱ）当t＞0时，g（x）＝f（x）﹣4e x﹣x+1＝te2x+（t﹣2）e x﹣x∴g′（x）＝2te2x+（t﹣2）e x﹣1＝（te x﹣1）（2e x+1）＝0，解得x＝﹣lnt∴g（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣lnt），单调递增区间是（﹣lnt，+∞）∴g（x）的极小值是g（﹣lnt）∴g（﹣lnt）＝0，即lnt﹣+1＝0时，能满足题意．令F（t）＝lnt﹣+1，则F′（t）＝+＞0∴F（t）＝lnt﹣+1在（0，+∞）上单调递增，唯有t＝1时，F（1）＝0∴t＝121．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax+b（e为自然对数的底数）．（Ⅰ）若a≥1，判断f（x）极值点个数；（Ⅱ）若f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立，求a+b的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f′（x）＝e x﹣x﹣a，x∈R，f″（x）＝e x﹣1可得函数f′（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）单调递增，f′（x）min＝f′（0）＝1﹣a当a＞1时，1﹣a＜0，且f′（﹣a）＝e﹣a＞0，取b＞0，使得b＞ln（b+a），∴f′（b）＝e b﹣（b+a）＞b+a﹣（b+a）＝0即函数f′（x）的图象与x轴有两个交点，此时f（x）极值点个数为2，；当a＝1时，f′（x）≥0，此时f（x）极值点个数为0；（Ⅱ）f（x）≥f′（x）在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔e x﹣x2﹣ax+b≥e x﹣x﹣a在x∈[﹣1，1]上恒成立⇔a+b≥在x∈[﹣1，1]上恒成立．令h（x）＝①当1﹣a≥0时，h（x）．∴a+b②当1﹣a＜0时，h（x）max＝h（1）＝a﹣综上得，a+b22．设函数f（x）＝lnx﹣a2x+2a（a∈R）（1）若函数f（x）在上递增，在上递减，求实数a的值．（2）讨论f（x）在（1，+∞）上的单调性；（3）若方程x﹣lnx﹣m＝0有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2＜1．【解答】解：（1）由于函数函数f（x）在上递增，在上递减，由单调性知，是函数的极大值点，无极小值点．所以∵故，经验证成立．（2）∵f（x）＝lnx﹣a2x+2a，∴，①当a＝0时，在（1，+∞）上单调递增．②当a2≥1，即a≤﹣1或a≥1时，f'（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上单调递减．③当﹣1＜a＜1且a≠0时，由f'（x）＝0得．令f'（x）＞0得；令f'（x）＜0得．∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．综上，当a＝0时，f（x）在（1，+∞）上递增；当a≤﹣1或a≥1时，f（x）在（1，+∞）上递减；当﹣1＜a＜1且a≠0时，f（x）在上递增，在上递减．（3）令h（x）＝x﹣lnx（x＞0），g（x）＝m，当x∈（0，1）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递减；当x∈（1，+∞）时，，h（x）＝x﹣lnx（x＞0）单调递增；故h（x）在x＝1处取得最小值，h（1）＝1又当x→0，h（x）→+∞；x→+∞，h（x）→1，∴m∈（1，+∞）不妨设x1＜x2，则有0＜x1＜1＜x2，，要证x1x2＜1⇔即证⇔即证h（x1）＞h（）∵h（x1）＝h（x2）＝m，∴＝令，∴p（x）在（1，+∞）上单调递增，故p（x）＞p（1）＝0即＞0，∴∴x1x2＜1 得证23．已知函数f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1．（Ⅰ）设﹣1≤a≤1，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线在y轴上的截距为b，求b的最小值；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，求a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2x3﹣3（a﹣1）x2﹣6ax+a2+1的导数为f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为6﹣6（a﹣1）﹣6a＝12﹣12a，切点为（1，6﹣9a+a2），可得切线方程为y﹣（6﹣9a+a2）＝（12﹣12a）（x﹣1），由x＝0，可得b＝a2+3a﹣6＝（a+）2﹣，由﹣1≤a≤1，可得b在[﹣1，1]上递增，可得b的最小值为﹣8；（Ⅱ）若f（x）只有一个零点x0，且x0＜0，可得f（0）＞0，f′（x）＝6x2﹣6（a﹣1）x﹣6a，由f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝a，由f（﹣1）＜0，且f（a）＜0，即为a2+3a+2＜0，且a3+2a2﹣1＞0，解得＜a＜﹣1．24．设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R，a＞0）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k．问：是否存在a，使k＝2﹣a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∴f′（x）＝1+﹣＝，（a∈R，a＞0）．令g（x）＝x2﹣ax+2，其判别式△＝a2﹣8，①当0＜a时，△≤0，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，②当a时，△＞0，令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝，∵在（0，x1）上f′（x）＞0，在（x1，x2）上f′（x）＜0，在（x2，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上为增函数，在（x1，x2）上为减函数．（2）由（1）知，a，∴f（x1）﹣f（x2）＝（x1﹣x2）+﹣a（lnx1﹣lnx2），∴k＝＝1+﹣a，∵x1x2＝2，∴k＝2﹣a，假设存在a，使k＝2﹣a，则2﹣a＝2﹣a，∴＝1，∴lnx1﹣lnx2＝x1﹣x2，即x2﹣﹣2lnx2＝0（•），其中x2＞1，令h（t）＝t﹣﹣2lnt，∴h′（t）＝1+﹣＝＝＞0，∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，∴h（t）＞h（1）＝0，与（•）矛盾．故不存在a使k＝2﹣a成立．25．已知．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值且f（x）≥0，求实数a的取值范围；（3）求证：当x＞1时，．【解答】解：（1）显然定义域为（0，+∞），∵f′（x）＝x﹣＝，①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上是单调递增函数，②当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝，∵在（0，）上f′（x）＜0，∴f（x）是单调递减函数；∵在（，+∞）上f′（x）＞0，∴f（x）是单调递增函数．（2）∵f（x）存在极值且f（x）≥0，∴a＞0，∴只需f（x）min≥0，由上知f（x）min＝f（）＝a﹣alna＝a（1﹣lna）≥0，∴a∈（0，e]（3）设F（x）＝，∴F′（x）＝2x2﹣x﹣＝，∵x＞1，∴F′（x）＞0，即F（x）在（1，+∞）上为增函数，∴F（x）＞F（1）＝＞0，∴F（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，故当x＞1时，．26．已知函数f（x）＝（ax+1）e x，a∈R（1）当a＝1时，求函数f（x）的最小值．（2）当a＝时，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），求证：x1+x2＜2．【解答】解：（1）当a＝1，f（x）＝（x+1）e x，∴f′（x）＝（x+2）e x，∴f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，+∞）上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣2）＝﹣．（2）当a＝时，f（x）＝（﹣x+1）e x，对于两个不相等的实数x1，x2，有f（x1）＝f（x2），∵f′（x）＝（1﹣x）e x，∴f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，不妨设x1＜1＜x2，令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），（x＜1）∴g′（x）＝（1﹣x）（e x﹣e2﹣x），当x＜1时，1﹣x＞0，x＜2﹣x，e x﹣e2﹣x＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，1）单调递减，∴g（x）＞g（1）＝f（1）﹣f（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0，不妨设x1＜1＜x2，则2﹣x1＞1，由以上可知f（x1）＞f（2﹣x1），∵f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∵f（x1）＝f（x2），∴f（x2）＞f（2﹣x1），∵x2＞1，2﹣x1＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴x2＜2﹣x1，∴x1+x2＜2。

第4讲 导数应用综合
知识要点
复习回顾
求曲线的切线
0()'=k f x
研究函数的单调性 ()0()f x f x '>⇒单增
()0()f x f x '<⇒单减
研究函数的极值与最值
()0'=f x 与端点函数值 研究函数图像的大致形状
典型例题分析
例1 函数()2sin 2=-x f x x 的图象大致是
解析：
例2设函数1()ln (0)3
=->f x x x x ，则()=y f x A 在区间1,1,(1,)⎛⎫
⎪⎝⎭
e e 内均有零点 B 在区间1,1,(1,)⎛⎫
⎪⎝⎭
e e 内均无零点
C 在区间1,1⎛⎫ ⎪⎝⎭
e 内有零点，在区间(1,)e 内无零点 D 在区间1,1⎛⎫ ⎪⎝⎭
e 内无零点，在区间(1,)e 内有零点
解析：
思考：研究函数32()(0)=+++≠f x ax bx cx d a 的单调性.
例3已知函数2()ln(1)(0)2
k f x x x x k =+-+≥. (Ⅰ)当k=2时，求曲线()=y f x 在点(1,(1))f 处的切线方程； (Ⅱ)求()=y f x 的单调区间.
解析：
例4设0≥a ，2()1ln 2ln (0)=--+>f x x x a x x ，
（1）令()()'=F x xf x ，讨论()F x 在(0,)+∞内的单调性并求极值；
（2）求证:当1>x 时恒有2ln 2ln 1>-+x x a x
解析：。