考点06 函数与导数的综合运用(1)(解析版)

函数与导数06 函数 幂函数一、具体目标： 1.了解幂函数的概念.2.结合函数12312,,,,y x y x y x y x y x -=====的图象,了解它们的变化情况.二、知识概述： 1.幂函数的概念(1)一般地，形如ny x =的函数叫做幂函数，其中x 是自变量，n 是常数．(2)在同一平面直角坐标系中，幂函数12312,,,,y x y x y x y x y x -=====的图象的比较如下．2.幂函数的性质：（1）恒过点(1,1)；（2）在第一象限当0n >时ny x =是增函数，当0n <时ny x =是减函数； （3）幂函数的图象不经过第四项限. 3.判数函数是幂函数的依据：【考点讲解】幂函数错误!未找到引用源。

，其中错误!未找到引用源。

为常数，其本质特征是以幂的底错误!未找到引用源。

为自变量，指数错误!未找到引用源。

为常数，这是判断一个函数是否是幂函数的重要依据和唯一标准． 4.在错误!未找到引用源。

上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近x 轴 (简记为“指大图低”)，在(1，＋∞)上，幂函数中指数越大，函数图象越远离x 轴．幂函数的图象一定会出现在第一象限内，一定不会出现在第四象限内，至于是否出现在第二、三象限内，要看函数的奇偶性；幂函数的图象最多只能同时出现在两个象限内；如果幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点．5.幂函数y ＝x α的图像与性质由于α的值不同而比较复杂，一般从两个方面考查：(1)α的正负：α>0时，图像过原点和(1,1)，在第一象限的图像上升；α<0时，图像不过原点，在第一象限的图像下降．(2)曲线在第一象限的凹凸性：α>1时，曲线下凸；0<α<1时，曲线上凸；α<0时，曲线下凸． 2．在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数．借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂函数的图像和性质是解题的关键．1. 【2019年高考北京文数】下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的是（ ） A ．12y x = B ．y =2x - C ．12log y x =D ．1y x=【解析】本题考查简单的指数函数、对数函数、幂函数的单调性问题，由题意可知函数122,log xy y x -==，1y x=在区间(0,)+∞上单调递减，函数12y x =在区间(0,)+∞上单调递增.故选A.【答案】A【真题分析】2.【2018优选题】函数()()952411＝－－-+m m f x m m x是幂函数，对任意的x 1，x 2∈(0，+∞)，且x 1≠x 2，满足f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0，若a ，b ∈R ，且a ＋b >0，ab <0，则f (a )＋f (b )的值( )A ．恒大于0B ．恒小于0C ．等于0D ．无法判断【解析】由题意可知，当x ∈(0，＋∞)时，f (x )单调递增．∵()()952411＝－－-+m m f x m m x是幂函数，∴m 2－m －1＝1，解得m ＝2或m ＝－1.当m ＝2时，4m 9－m 5＋1＝4×29－25＋1＝2017， f (x )＝x 2017 在(0，＋∞)上为增函数，符合题意；当m ＝－1时，4m 9－m 5＋1＝4×(－1)9－(－1)5＋1＝－2, f (x )＝x -2在 (0，＋∞)上为减函数，不符合题意．∴f (x )＝x 2017，该函数为R 上的奇函数，且为R 上的增函数．∵a ＋b >0，∴a >－b ，∴f (a )>f (－b )＝－f (b )，即f (a )＋f (b )>0.故选A. 【答案】A3.【2018优选题】在同一平面直角坐标系内，函数y ＝x a (a ≠0)和y ＝ax ＋1a的图像可能是( )【解析】当a ＞0时，函数y ＝x a 在第一象限单调递增，直线y ＝ax ＋1a 经过第一、二、三象限，无选项符合题意；当a ＜0时，函数y ＝x a 在第一象限单调递减，直线y ＝ax ＋1a 经过第二、三、四象限，选项B 符合题意．故选B. 【答案】B4.【2016全国Ⅲ】已知a ＝432，b ＝233，c ＝1325，则( )A ．b <a <cB ．a <b <cC ．b <c <aD ．c <a <b【解析】∵b ＝233＝433，c ＝1325＝235＝435，a ＝432，且函数y ＝43x 在区间(0，＋∞)上单调递增，5>2>3，∴)435>432>433，∴b <a <c .故选A.【答案】A5.【2019优选题】幂函数f (x )的图像经过点(4，2)，若0<a <b <1，则下列各式正确的是( )A ．f (a ) < f (b ) < f ⎝⎛⎭⎫1a < f ⎝⎛⎭⎫1bB ．f ⎝⎛⎭⎫1a < f ⎝⎛⎭⎫1b < f (b ) < f (a )C ．f (a ) < f (b ) < f ⎝⎛⎭⎫1b < f ⎝⎛⎭⎫1aD ．f ⎝⎛⎭⎫1a < f (a ) < f ⎝⎛⎭⎫1b < f (b ) 【解析】设幂函数的解析式为f (x )＝x α，由f (x )的图像经过点(4，2)，得4α＝2，解得α＝12，即f (x )＝12x .∵f (x )＝12x 在(0，＋∞)上是增函数，且0 < a < b < 1，∴0 < a < b < 1b < 1a ，∴f (a )< f (b ) < f ⎝⎛⎭⎫1b < f ⎝⎛⎭⎫1a . 【答案】C6.【2018上海卷7】已知⎭⎬⎫⎩⎨⎧---∈3,2,1,21,21,1,2α，若幂函数αx x f =)(为奇函数，且在0+∞（，）上递减，则α=_____【解析】本题考点是幂函数与奇函数的综合应用，由题意可知幂函数要满足两个条件，一个条件就是奇函数，此时3,1,1-=α，另一个条件是在区间0+∞（，）上递减，此时1-=α，所以答案是-1. 【答案】1-7.【2014上海,理9】若2132)(x x x f -=，则满足0)(<x f 的x 取值范围是 .【解析】根据幂函数的性质，由于1223<，所以当01x <<时2132x x <，当1x >时，2132x x >，因此()0f x <的解集为(0,1). 【答案】(0,1)8.【2019优选题】幂函数1222)33)(+-+-=m m x m m x f （在区间()+∞,0上是增函数，则=m ．【解析】若幂函数1222)33)(+-+-=m m xm m x f （在区间()+∞,0上是增函数，则由2331m m -+=，解得：2m =或1m =，2m =时，()f x x =，是增函数，1m =时，()1f x =，是常函数，故答案为2．【答案】29.【2017优选题】幂函数错误!未找到引用源。

函数与导数在高考数学中的综合应用在高考数学中，函数与导数是非常重要的知识点。

函数是数学中最基本的概念之一，而导数则是函数的重要性质之一。

函数与导数的综合应用可以帮助我们解决许多实际问题，下面我们一起来了解一下。

一、基本概念函数是一种映射关系，将一个自变量映射到一个因变量。

通常用一个公式来表示函数，例如 y = f(x)。

其中，x 是自变量，y 是因变量，f(x) 是函数关系式。

在高考数学中，我们经常遇到各种形式的函数，例如多项式函数、指数函数、对数函数等等。

导数表示函数在某个点上的变化率，是函数的重要性质之一。

具体来讲，导数可以表示函数在某个点上的斜率。

设函数 f(x) 在点 x 处可导，则函数 f(x) 在 x 处的导数为：f'(x) = lim (f(x + h) - f(x))/h (h -> 0)其中，h 是一个非常小的数，通常取非常接近于 0 的值，也就是说，函数 f(x) 在 x 处的导数是函数在 x 点的极限。

二、实际应用在实际生活中，函数与导数的应用非常广泛，从物理、经济到生物等领域均有所涉及。

下面我们以一些具体的例子来了解一下函数与导数在实际问题中的应用。

1. 停车问题假设你要在一个长为100 米，宽为50 米的矩形停车场内停车，如果不能停在墙边，那么最大的停车面积是多少？解法：将停车场分为两个一样大小的区域，这样停车面积最大。

设停车场中心为原点，车停在横坐标 x 上，车头距停车场边界的距离为 y，则停车面积为：A = 2xy但是 y 的取值范围为 (0, 25)，因为如果 y 大于 25，车就停在了对面的区域里。

将 y 带入公式，得到：A = 2x(25 - x) = 50x - 2x^2求导得：A' = 50 - 4x令 A' = 0，解得 x = 12.5，所以最大停车面积为：A = 2×12.5×12.5 = 312.5 平方米。

1.已知函数x x a x f ln )21()(2+-=.（R a ∈）（Ⅰ）当1=a 时，求)(x f 在区间[1，e ]上的最大值和最小值；（Ⅱ）若在区间（1，+∞）上，函数)(x f 的图象恒在直线ax y 2=下方，求a 的取值范围．解析：（Ⅰ）当1=a 时，x x x f ln 21)(2+=，xx xx x f 11)(2+=+='；………………2分对于∈x [1，e ]，有0)(>'x f ，∴)(x f 在区间[1，e ]上为增函数，…………3分∴21)()(2max ee f x f +==，21)1()(min ==f x f .……………………………4分（Ⅱ）令x ax x a ax x f x g ln 2)21(2)()(2+--=-=，则)(x g 的定义域为（0，+∞）.……………………………………………5分在区间（1，+∞）上，函数)(x f 的图象恒在直线ax y 2=下方等价于0)(<x g 在区间（1，+∞）上恒成立.∵xx a x xax x a xa x a x g ]1)12)[(1(12)12(12)12()(2---=+--=+--='① 若21>a ，令0)(='x g ，得极值点11=x ，1212-=a x ，………………6分当112=>x x ，即121<<a 时，在（2x ，+∞)上有0)(>'x g ，此时)(x g 在区间(2x ，+∞)上是增函数，并且在该区间上有)(x g ∈()(2x g ，+∞)，不合题意；………………………………………7分当112=<x x ，即1≥a 时，同理可知，)(x g 在区间(1，+∞)上，有)(x g ∈()1(g ，+∞)，也不合题意；………………………………………9分② 若21≤a ，则有012≤-a ，此时在区间(1，+∞)上恒有0)(<'x g ，从而)(x g 在区间(1，+∞)上是减函数；……………………………………11分 要使0)(<x g 在此区间上恒成立，只须满足021)1(≤--=a g 21-≥⇒a ，由此求得a 的范围是[21-，21].综合①②可知，当a ∈[21-，21]时，函数)(x f 的图象恒在直线ax y 2=下方.……12分2．已知函数()∈--=b a bx ax x x f ,(ln 2R ，且)0≠a .（1）当2=b 时，若函数()x f 存在单调递减区间，求a 的取值范围； （2）当0>a 且12=+b a 时，讨论函数()x f 的零点个数.解：（1）当2=b 时，函数()x f x ax x 2ln 2--=，其定义域是()∞+,0，∴()xx axax xx f1222212'-+-=--=.函数()x f 存在单调递减区间，∴()xx axx f1222'-+-=0≤在()∞+∈,0x 上有无穷多个解.∴关于x 的不等式01222≥-+x ax 在()∞+∈,0x 上有无穷多个解. ① 当0>a 时，函数1222-+=x ax y 的图象为开口向上的抛物线， 关于x 的不等式01222≥-+x ax 在()∞+∈,0x 上总有无穷多个解. ② 当0<a 时，函数1222-+=x ax y 的图象为开口向下的抛物线，其对称轴为01>-=a x .要使关于x 的不等式01222≥-+x ax 在()∞+∈,0x 上有无穷多个解. 必须480a ∆=+>，解得12a >-，此时102a -<<.综上所述，a 的取值范围为()1(,0)0,2-+∞ .另解：分离系数：不等式01222≥-+x ax 在()∞+∈,0x 上有无穷多个解， 则关于x 的不等式221212(1)1x a xx-≥=--在()∞+∈,0x 上有无穷多个解，∴21a >-，即12a >-，而0a ≠.∴a 的取值范围为()1(,0)0,2-+∞ .（2）当12b a =-时，函数()x f ()2ln 12x ax a x =---，其定义域是()∞+,0，∴()()2'12(12)1212ax a x fx ax a xx+--=---=-.令()0'=x f，得22(12)10ax a x x+--=，即22(12)10ax a x +--=，(1)(21)0x ax -+=， 0x > ，0a >，则210ax +>，∴1x = 当<<x 01时，()0'>x f；当>x 1时，()0'<x f.∴函数()x f 在区间()0,1上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减. ∴当1x =时，函数()x f 取得最大值，其值为()1ln 1121f a b a a a =--=--+=-. ① 当1a =时，()10f =，若1≠x , 则()()1f x f <, 即()0<x f .此时，函数()x f 与x 轴只有一个交点，故函数()x f 只有一个零点； ② 当1a >时，()10f >，又()011112111ln 122<-⎪⎭⎫⎝⎛--=⨯--⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a a a e e a e a e a e e f ，()()()02121ln 2<---=---=e e ae e a aee ef ，函数()x f 与x 轴有两个交点，故函数()x f 有两个零点；③ 当01a <<时，()10f <，函数()x f 与x 轴没有交点，故函数()x f 没有零点. 3．已知函数.)(,ln )(x x g x x f ==（Ⅰ）若1>x ，求证：)11(2)(+->x x g x f ；（Ⅱ）是否存在实数k ，使方程k x f x g =+-)1()(2122有四个不同的实根？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由.解：（I ）令,1)1(2ln )11(2)()(+--=+--=x x x x x g x f x F则222)1()1()1()1(2)1(21)(+-=+--+-='x x x x x x xx F ， ------4分因.0)(,1>'∴>x F x 故函数),1()(+∞在x F 上是增函数.又1)(=x x F 在处连续，所以，函数),1[)(+∞在x F 上是增函数.1>∴x 时，).11(2)(.0)1()(+->=>x x g x f F x F 即 ------7分（Ⅱ）令=+-=+-='=+-=+-=2322222112)(,).1ln(21)1()(21)(xx x xx x x h k y x x x f x g x h 由.1,1,0,0)(,1)1)(1(2-=='+-+x x h xx x x 则令 ------9分当x 变化时，)(x h '、)(x h 的变化关系如下表：据此可画出)(x h 的简图如下， ------12分 故存在)0,2ln 21(-∈k ，使原方程有4个不同实根. ------14分4．已知函数()()()⎪⎩⎪⎨⎧>-≤+=.01,03123x e x mx x x f x（1）当0≤x 时，函数()x f 在()()1,1--f 处的切线方程为013=+-y x ，求m 的值；（2）当0>x 时，设()1+x f 的反函数为()x g 1-（()x g 1-的定义域即是()1+x f 的值域）.证明:函数()()x gx x h 131--=在区间()3,e 内无零点，在区间()2,3e 内有且只有一个零点；（3）求函数()x f 的极值.（本小题主要考察分段函数、函数与方程、函数导数、函数的极值、函数图象的切线等知识，考查化归与转化、分类与整合、函数与方程的数学思方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识） 解:（1）当0≤x 时，()2331mx x x f +=，()311-=-m f ， ……1分()mx x x f 22+='，()m f 211-=-'，……2分函数()x f 在()()1,1--f 处的切线方程为:()()12131+-=⎪⎭⎫⎝⎛--x m m y ， ……3分 整理得:()032363=-+--m y x m ，所以有⎩⎨⎧=-=-132163m m ，解得.31=m ……4分(2) 当0>x 时，()x e x f =+1， 所以()()1ln 1>=-x x x g ，……5分()()x g x x h 131--==()1ln 31>-x x x ，()xx xx h 33131-=-='，令0)(>'x h 得3>x ；令0)(<'x h 得31<<x ，令0)(='x h 得3=x ，故知函数)(x h 在区间)3,1(上为减函数，在区间),3(+∞为增函数，在3=x 处取得极小值, 进而可知()x h 在()3,e 上为减函数，在()2,3e 上为增函数，在3=x 处取得极小值.……6分 又 ()023)(,03ln 13,013)(22>-=<-=<-=ee h h e e h .……7分所以，函数()()x gx x h 131--=在区间()3,e 内无零点，在区间()2,3e 有且只有一个零点.……8分(3)当0>x 时，()1-=x e x f 在()+∞,0上单调递增，且()1-=x e x f >0. ……9分 当0≤x 时，()()m x x mx x x f 222+=+='. ①若(),0,02≥='=x x f m 则()331x x f =在(]0,∞-上单调递增,且()0313<=x x f .又()00=f ，()x f ∴在R 上是增函数，无极值. ……10分 ②若0<m ，()()0222>+=+='m x x mx x x f ，则()2331mx x x f +=在(]0,∞-上单调递增.同理,()x f 在R 上是增函数，无极值. ……11分③若0>m ，()(),222m x x mx x x f +=+='令()0='x f ，得0,221=-=x m x .当m x 2-<时， ()0>'x f 当02<<-x m 时， ()0<'x f 所以,()2331mx x x f +=在(]m 2,-∞-上单调递增,在(]0,2m -上单调递减.又()x f 在()+∞,0上单调递增,故()[](),00==f x f 极小()[]()3342m m f x f =-=极大.……13分综上, 当0>m 时,()[](),00==f x f 极小()[]234m x f =极大.当0≤m 时, ()x f 无极值. ……14分5. 如图是函数y =f (x )的导函数y =f ′(x )的图象,则下面判断正确的是A.在区间(－2,1)内f (x )是增函数B.在(1,3)内f (x )是减函数C.在(4,5)内f (x )是增函数D.在x =2时,f (x )取到极小值 分析:本题主要考查函数的单调性、极值、最值与导函数的关系.解:在(－2,1)上,导函数的符号有正有负,所以函数f (x )在这个区间上不是单调函数;同理,函数在(1,3)上也不是单调函数.在x =2的左侧,函数在(－23,2)上是增函数,在x =2的右侧,函数在(2,4)上是减函数,所以在x =2时,f (x )取到极大值;在(4,5)上导数的符号为正,所以函数在这个区间上为增函数.答案:C6．函数a ax x y +-=23在)1,0(内有极小值，则实数a 的取值范围为（ ） A.(0,3) B. )3,(-∞ C. ),0(+∞ D. )23,0(解析： 32,023)('2a x a x x f ±==-=，由题意知只要230,1320<<<<a a 即选D7.（1992全国卷）等差数列{}n a 中，312a =，12130,0S S ><。

导数在函数中的应用一、知识梳理1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.函数的极值与导数形如山峰形如山谷3.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值二、例题精讲 + 随堂练习1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(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)函数的极大值一定大于其极小值.( )(4)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件.( )(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( ) 解析 (1)f (x )在(a ，b )内单调递增，则有f ′(x )≥0. (3)函数的极大值也可能小于极小值.(4)x 0为f (x )的极值点的充要条件是f ′(x 0)＝0，且x 0两侧导函数异号. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√2.如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A.1B.2C.3D.4解析 由题意知在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正. 答案 A3.函数f (x )＝2x －x ln x 的极值是( ) A.1eB.2eC.eD.e 2解析 因为f ′(x )＝2－(ln x ＋1)＝1－ln x ，令f ′(x )＝0，所以x ＝e ，当f ′(x )>0时，解得0<x <e ；当f ′(x )<0时，解得x >e ，所以x ＝e 时，f (x )取到极大值，f (x )极大值＝f (e)＝e. 答案 C4.(2019·青岛月考)函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( ) A.先增后减 B.先减后增 C.单调递增D.单调递减解析易知f′(x)＝－sin x－1，x∈(0，π)，则f′(x)<0，所以f(x)＝cos x－x在(0，π)上递减.答案D5.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.答案D6.(2019·豫南九校考评)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为()A.4B.2或6C.2D.6解析函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，而当e＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值，故c＝2.答案C考点一 求函数的单调区间【例1】 已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值. (1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，求函数g (x )的单调减区间. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )<0，即x (x ＋1)(x ＋4)<0， 解得－1<x <0或x <－4，所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4). 规律方法 1.求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)在定义域内解不等式f ′(x )>0，得单调递增区间；(4)在定义域内解不等式f ′(x )<0，得单调递减区间. 2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接.【训练1】 (1)已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A.在(0，＋∞)上递增 B.在(0，＋∞)上递减 C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增 D.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减 (2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.解析 (1)因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )>0时，解得x >1e ，即函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞；当f ′(x )<0时，解得0<x <1e ，即函数的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .(2)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x .令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.答案 (1)D (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2考点二 讨论函数的单调性【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0. 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 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，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增.(2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②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， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].【训练2】 已知f (x )＝x 22－a ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间.解 因为f (x )＝x 22－a ln x ，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax .(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数. (2)当a >0时，f ′(x )＝（x ＋a ）（x －a ）x，则有①当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，a ). ②当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞). 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞).考点三 函数单调性的简单应用 角度1 比较大小或解不等式【例3－1】 (1)已知函数y ＝f (x )对于任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＝1＋ln x ，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6(2)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）e x ，则不等式F (x )<1e 2的解集为( ) A.(－∞，1) B.(1，＋∞) C.(1，e)D.(e ，＋∞)解析 (1)令g (x )＝f （x ）cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )(－sin x )cos 2x ＝1＋ln x cos 2x .由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′(x )>0，解得1e <x <π2；由⎩⎪⎨⎪⎧0<x <π2，g ′(x )<0，解得0<x <1e .所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，π2上单调递增，又π3>π4，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cos π4， 即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4.(2)F ′(x )＝f ′(x )e x －e x f (x )(e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ，又f (x )－f ′(x )>0，知F ′(x )<0， ∴F (x )在R 上单调递减.由F (x )<1e 2＝F (1)，得x >1， 所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞).答案 (1)B (2)B角度2 根据函数单调性求参数【例3－2】 (2019·日照质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x . (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围. 解 h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0.∴h ′(x )＝1x －ax －2.(1)若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解. 设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立， 则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ， 所以a ≥G (x )max . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1，4]，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.又当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝（7x －4）（x －4）16x，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x ≤0，当且仅当x ＝4时等号成立. ∴h (x )在[1，4]上为减函数. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集.(2)f (x )是单调递增的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.【训练3】 (1)已知f (x )是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f ′(x )，且不等式xf ′(x )<2f (x )恒成立，则( ) A.4f (1)<f (2) B.4f (1)>f (2) C.f (1)<4f (2)D.f (1)>4f ′(2)(2)(2019·淄博模拟)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(2，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )A.(－∞，－2]B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.[2，＋∞) D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12解析 (1)设函数g (x )＝f (x )x 2(x >0)，则g ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3<0，所以函数g (x )在(0，＋∞)内为减函数，所以g (1)>g (2)，即f (1)12>f (2)22，所以4f (1)>f (2).(2)由于f ′(x )＝k －1x ，f (x )＝kx －ln x 在区间(2，＋∞)上单调递增，等价于f ′(x )＝k －1x ≥0在(2，＋∞)上恒成立，由于k ≥1x ，而0<1x <12，所以k ≥12.即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 答案 (1)B (2)B三、课后练习1.(2017·山东卷)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是( ) A.f (x )＝2－x B.f (x )＝x 2 C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x解析 设函数g (x )＝e x ·f (x )，对于A ，g (x )＝e x ·2－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x，在定义域R 上为增函数，A 正确.对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B 不正确.对于C ，g (x )＝e x ·3－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x在定义域R 上是减函数，C 不正确.对于D ，g (x )＝e x ·cos x ，则g ′(x )＝2e x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确. 答案 A2.(2019·上海静安区调研)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x <2f (1)的解集为( ) A.(e ，＋∞)B.(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ∪(1，e) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 解析 f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x ).则原不等式可变形为f (ln x )<f (1)⇔f (|ln x |)<f (1). 又f ′(x )＝x cos x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 由2＋cos x >0，得x >0时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增. ∴|ln x |<1⇔－1<ln x <1⇔1e <x <e. 答案 D3.若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立.令cos x ＝t ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0在[－1，1]上恒成立，即4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎨⎧g (1)＝4－3a －5≤0，g (－1)＝4＋3a －5≤0，解得－13≤a ≤13. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，134.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求m 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a （1－x ）x， 当a >0时，f (x )的递增区间为(0，1)， 递减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)； 当a ＝0时，f (x )为常函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a 2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数， 即g ′(x )在区间(t ，3)上有变号零点.由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎨⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1，2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0， 即m <－5且m <－9，即m <－9；由g ′(3)>0，即m >－373. ∴－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。

第一章函数与导数专题06 函数、导数与数列、不等式的综合应用【压轴综述】纵观近几年的高考命题，应用导数研究函数的单调性、极（最）值问题，证明不等式、研究函数的零点等，是高考考查的“高频点”问题，常常出现在“压轴题”的位置.其中，函数、导数与数列、不等式的综合应用问题的主要命题角度有：函数与不等式的交汇、函数与数列的交汇、导数与数列不等式的交汇等.本专题就函数、导数与数列、不等式的综合应用问题，进行专题探讨，通过例题说明此类问题解答规律与方法.1.数列不等式问题，通过构造函数、应用函数的单调性或对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围.如2.涉及等差数列的求和公式问题，应用二次函数图象和性质求解.3.涉及数列的求和问题，往往要利用“错位相减法”、“裂项相消法”等，先求和、再构造函数.【压轴典例】例1.（2018·浙江高考真题）已知成等比数列，且．若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】分析:先证不等式，再确定公比的取值范围，进而作出判断.详解：令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.例2.（2019·全国高考真题（文））记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{a n }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n N *≤≤∈. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩， 解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n N *≤≤∈例3.（2019·江苏高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M－数列”； （2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M－数列”{c n }θ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈.②由①知，b k =k ，*k N ∈.因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e .列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==．取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5． 例4.（2010·湖南高考真题）数列中，是函数的极小值点（Ⅰ）当a=0时，求通项； （Ⅱ）是否存在a ，使数列是等比数列？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）详见解析【解析】 易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，，而，因此.综上所述，当时，，，.（Ⅱ）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.例5.（2017·浙江高考真题）已知数列{}n x 满足： ()()*1n n 1n 1x =1x x ln 1x n N ++=++∈， 证明：当*n N ∈时 （I ）n 1n 0x x +＜＜;（II ）n n 1n 1n x x 2x -x 2++≤； (III) n n 1n-211x 22-≤≤【答案】（I ）见解析；（II ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明： 0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则()110ln 10k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此()*0n x n N >∈．所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，因此()*10n n x x n N +<<∈． （Ⅱ）由()11ln 1n n n x x x ++=++得，()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++．记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++≥，()()22'ln 10(0)1x x f x x x x +=++>>+，函数f (x )在[0，+∞）上单调递增，所以()()0f x f ≥=0，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥，故()*1122n n n n x x x x n N ++-≤∈． （Ⅲ）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=， 所以112n n x -≥， 由1122n n n n x x x x ++≥-，得111112022n n x x +⎛⎫-≥-> ⎪⎝⎭， 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫-≥-≥⋅⋅⋅≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -≤．综上，()*121122n n n x n N --≤≤∈． 例6.（2019·湖南高考模拟（理））设函数()ln(1)(0)f x x x =+≥，(1)()(0)1x x a g x x x ++=≥+.（1）证明：2()f x x x ≥-.（2）若()()f x x g x +≥恒成立，求a 的取值范围； （3）证明：当*n N ∈时，22121ln(32)49n n n n -++>+++. 【答案】（1）见解析；（2）(,1]-∞；（3）见解析. 【解析】（1）证明：令函数()()2h x ln x 1x x =+-+，[)x 0,∞∈+，()212x xh x 2x 101x 1x+=+=++'-≥，所以()h x 为单调递增函数，()()h x h 00≥=， 故()2ln x 1x x +≥-.（2）()()f x x g x +≥，即为()axln x 11x+≥+， 令()()axm x ln x 11x=+-+，即()m x 0≥恒成立， ()()()()22a 1x ax 1x 1a m x x 11x 1x +-+-=-=++'+， 令()m x 0'>，即x 1a 0+->，得x a 1>-.当a 10-≤，即a 1≤时，()m x 在[)0,∞+上单调递增，()()m x m 00≥=，所以当a 1≤时，()m x 0≥在[)0,∞+上恒成立；当a 10->，即a 1>时，()m x 在()a 1,∞-+上单调递增，在[]0,a 1-上单调递减， 所以()()()min m x m a 1m 00=-<=， 所以()m x 0≥不恒成立.综上所述：a 的取值范围为(],1∞-. （3）证明：由（1）知()2ln x 1x x +≥-，令1x n=，*n N ∈，(]x 0,1∈， 2n 1n 1ln n n +->，即()2n 1ln n 1lnn n-+->，故有ln2ln10->，1ln3ln24->， …()2n 1ln n 1lnn n-+->， 上述各式相加可得()212n 1ln n 149n-+>+++. 因为()()22n 3n 2n 1n 10++-+=+>，2n 3n 2n 1++>+，()()2ln n 3n 2ln n 1++>+，所以()2212n 1ln n 3n 249n-++>+++. 例7.（2018·福建省安溪第一中学高三期中（文））公差不为零的等差数列中，，，成等比数列，且该数列的前10项和为100，数列的前n 项和为，且满足．Ⅰ求数列，的通项公式；Ⅱ令，数列的前n 项和为，求的取值范围．【答案】（I ），；（II ）.【解析】Ⅰ依题意，等差数列的公差，，，成等比数列，，即，整理得：，即，又等差数列的前10项和为100，，即，整理得：，，；，，即，当时，，即，数列是首项为1、公比为2的等比数列，；Ⅱ由可知，记数列的前n项和为，数列的前n项和为，则，，，，，，记，则，故数列随着n的增大而减小，又，，．例8.（2019·江苏高考模拟）已知数列满足（），（）．（1）若，证明：是等比数列；（2）若存在，使得，，成等差数列．① 求数列的通项公式；② 证明：．【答案】（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】（1）由，得，得，即，因为，所以，所以（），所以是以为首项，2为公比的等比数列．（2）① 设，由（1）知，，所以，即，所以．因为，，成等差数列，则，所以，所以，所以，即．② 要证，即证，即证．设，则，且，从而只需证，当时，．设（），则，所以在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以，原不等式得证．【压轴训练】1．（黑龙江省哈尔滨三中高考模拟）已知1(1)32(1,2)n n n b b a b n b--+-=>≥，若对不小于4的自然数n ，恒有不等式1n n a a +>成立，则实数b 的取值范围是__________． 【答案】3+∞（，） 【解析】由题设可得1(1)(1)32(1)32n n n b b n b b b b-+-+--+->，即22(1)341n b b b ->-+，也即(1)31n b b ->-对一切4n ≥的正整数恒成立，则3141b b b -<≥-，即31444311b b b b -⇒---，所以3b >，应填答案(3,)+∞. 2.（2019·山东济南一中高三期中（理））（1）已知函数的图象经过点，如图所示，求的最小值；（2）已知对任意的正实数恒成立，求的取值范围.【答案】（1）最小值，当且仅当时等号成立；（2）【解析】⑴函数的图象经过点，当且仅当时取等号⑵①令，，当时，，递增当时，，递减代入时，②，令，，，综上所述，的取值范围为3.（2019·桃江县第一中学高三月考（理））已知都是定义在R上的函数，，，且，且，．若数列的前n项和大于62，求n的最小值.【答案】6【解析】∵，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴数列为等比数列，∴，∴，即，所以n的最小值为6.4.（2019·福建省漳平第一中学高三月考（文））已知数列的首项，前项和满足，.（1）求数列通项公式；（2）设，求数列的前项为，并证明：.【答案】（1）；（2）见解析【解析】 （1）当时，，得. 又由及得，数列是首项为，公比为的等比数列，所以.（2），①②①②得： ，所以，又，故，令，则，故单调递减，又，所以恒成立，所以.5.（2019·江苏高考模拟（文））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且218S =，490S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令2115log 3n n b a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 及n T 的最大值.【答案】（1）32nn a =⨯（2）22922n n nT =-+；最大值为105. 【解析】（1）设数列{}n a 的公比为(0)q q >，若1q =，有414S a =，212S a =，而4490236S S =≠=，故1q ≠，则()()()()21242211411811119011a q S q a q a q q S q q ⎧-⎪==-⎪⎨-+-⎪===⎪--⎩，解得162a q =⎧⎨=⎩.故数列{}n a 的通项公式为16232n nn a -=⨯=⨯. （2）由215log 215nn b n =-=-，则2(1415)29222n n n n n T +-==-+. 由二次函数22922x x y =-+的对称轴为292921222x =-=⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭， 故当14n =或15时n T 有最大值，其最大值为14151052⨯=. 6.（2019·黑龙江高三月考（理））已知数列的前n 项和为, 其中，数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)令，数列的前n 项和为，若对一切恒成立，求实数k 的最小值.【答案】（1），；（2）【解析】 （1）由可得，两式相减得: ，又由可得，数列是首项为2，公比为4的等比数列，从而，于是.（2）由（1）知，于是，依题意对一切恒成立，令，则由于易知，即有，∴只需，从而所求k的最小值为.7.（2018·浙江高考模拟）已知数列满足，（）．（Ⅰ）证明数列为等差数列，并求的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，若数列满足，且对任意的恒成立，求的最小值．【答案】（Ⅰ）证明见解析，；（Ⅱ）.【解析】∵（n+1）a n+1﹣（n+2）a n=2，∴﹣==2（﹣），又∵=1，∴当n≥2时，=+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）=1+2（﹣+﹣+…+﹣）=，又∵=1满足上式，∴=，即a n=2n，∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列；（Ⅱ）解：由（I）可知==n+1，∴b n=n•=n•，令f（x）=x•，则f′（x）=+x••ln，令f′（x）=0，即1+x•ln=0，解得：x0≈4.95，则f（x）在(0, x0)上单调递增，在(x0,+单调递减.∴0＜f（x）≤max{f（4），f（5），f（6）}，又∵b5=5•=，b4=4•=﹣，b6=6•=﹣，∴M的最小值为．8.（2018·浙江镇海中学高三期中）已知数列的前项和为，且，（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）是否存在实数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的取值范围，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明略；（2）【解析】证明：（1）已知数列{a n}的前n项和为S n，且，①当n=1时，，则：当n≥2时，，②①﹣②得：a n=2a n﹣2a n﹣1﹣+，整理得：，所以：，故：（常数），故：数列{a n}是以为首项，2为公比的等比数列．故：，所以：．由于：，所以：（常数）．故：数列{b n}为等比数列．（2）由（1）得：，所以：+（），=，=，假设存在实数λ，对任意m，n∈N*，不等式恒成立，即：，由于：，故当m=1时，，所以：，当n=1时，．故存在实数λ，且．9.（2019·宁夏银川一中高三月考（理））（1）当时，求证：；（2）求的单调区间；（3）设数列的通项,证明．【答案】(1)见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）的定义域为，恒成立；所以函数在上单调递减，得时即：（2）由题可得，且.当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递增，当时，当有，所以单调递增，当有，所以单调递减，当时，当有，所以单调递减，当有，所以单调递增，（3）由题意知.由（1）知当时当时即令则，同理:令则.同理:令则以上各式两边分别相加可得：即所以：10.（2019·北京人大附中高考模拟（理））已知数列{a n}满足：a1+a2+a3+…+a n=n-a n，（n=1，2，3，…）（Ⅰ）求证：数列{a n-1}是等比数列；（Ⅱ）令b n=（2-n）（a n-1）（n=1，2，3，…），如果对任意n∈N*，都有b n+t≤t2，求实数t的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）由题可知：，①，②②-①可得.即：，又.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，∴.由可得，由可得.所以，，故有最大值.所以，对任意，都有，等价于对任意，都有成立.所以，解得或.所以，实数的取值范围是.11.（2019·江苏高三月考）已知数列的各项均为正数，前项和为，首项为2．若对任意的正整数，恒成立．（1）求，，；（2）求证：是等比数列；（3）设数列满足，若数列，，…，（，）为等差数列，求的最大值．【答案】（1）,，；（2）详见解析；（3）3.【解析】（1）由，对任意的正整数，恒成立取，得，即，得.取，，得，取，，得，解得，.（2）取，得，取，得，两式相除，得，即，即.由于，所以对任意均成立，所以是首项为4，公比为2的等比数列，所以，即.时，，而也符合上式，所以.因为（常数），所以是等比数列.（3）由（2）知，.设，，成等差数列，则.即，整理得，.若，则，因为，所以只能为2或4，所以只能为1或2.若，则.因为，故矛盾.综上，只能是，，，成等差数列或，，成等差数列，其中为奇数.所以的最大值为3.12．（2019·上海高考模拟）已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．⑴求，，并猜想不要求证明)；⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．【答案】⑴，,；⑵；⑶详见解析【解析】，猜想，由，，，，对任意恒成立⑶证明：，记，则，记，则，当时，可知：，13．（2019·广西高考模拟（理））已知函数2()2ln 1()f x ax x x a =--∈R .(1) 若1x e=时,函数()f x 取得极值,求函数()f x 的单调区间； (2) 证明：()*11111ln(21)3521221nn n n n +++⋯+>++∈-+N . 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意可得，()'222(0,)f x ax lnx x a R =-->∈，由1x e =时，函数()f x 取得极值知12'220af e e ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭，所以0a =． 所以()()21,'22(0)f x xlnx f x lnx x =--=-->， 所以10x e <<时，()'0f x >；1x e>时，()'0f x <； 所以()f x 的单调增区间10e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调减区间为1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，. （2）当1a =时，()221f x x xlnx =--，所以()()'22221f x x lnx x lnx =--=--，令()ln 1g x x x =--，则()11'1x g x x x-=-=，当01x <<时，()'0g x <；当1x >时，()'0g x >，()g x 的单调减区间为()01，，单调增区间为()1+∞，， 所以()()10g x g ≥=，所以()'0f x ≥，()f x 是增函数，所以1x >时，()()22ln 110f x x x x f =-->=，所以1x >时，12ln x x x->， 令*211,21n x n N n +=>∈-，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+- 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭ 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭上式中123n =，，，…，n ，然后n 个不等式相加， 得到()11111...ln 213521221nn n n ++++>++-+ 14.（2019·宁夏高考模拟（文））已知函数()()ln 1(0)f x ax x a =->．()1求函数()y f x =的单调递增区间；()2设函数()()316g x x f x =-，函数()()h x g x =' ．①若()0h x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；②证明：()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈【答案】（1）单调递增区间为[)1,+∞．（2）①(]0,e ．②见证明 【解析】()10a >，0x >．()()1'ln 1ln 0f x a x ax a x x=-+⋅=≥． 解得1x ≥．∴函数()y f x =的单调递增区间为[)1,+∞．()2函数()()316g x x f x =-，函数()()21h =x ln 2x g x a x '=-．()'ah x x x=-①，0a ≤时，函数()h x 单调递增，不成立，舍去； 0a >时，()('x x a h x x xx+=-=，可得x =()h x 取得极小值即最小值，()11ln 022h x ha a a ∴≥=-≥，解得：0a e <≤． ∴实数a 的取值范围是(]0,e ．②证明：由①可得：a e =，1x ≥时满足：22ln x e x ≥，只有1x =时取等号．依次取x n =，相加可得：()222221232ln1ln2ln ln(12)en e n n +++⋯+>++⋯⋯+=⨯⨯⋯．因此()22222ln(123)123.e n n n N +⨯⨯⨯⋯⨯<+++⋯+∈15.（2019·黑龙江高考模拟（理））已知函数2()2ln 2(1)(0)a f x ax x a a x-=-+-+>. （1）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）证明：11113521n ++++>-*1ln(21)()221nn n N n ++∈+.【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析. 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()2222222a ax x a f x a x x x--+-=--=' ()221a a x x a x -⎛⎫-- ⎪⎝⎭=. ①当01a <<时，21aa->， 若21a x a -<<，则()0f x '<，()f x 在21,a a -⎡⎫⎪⎢⎣⎭上是减函数，所以21,a x a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()10f x f <=，即()0f x ≥在[)1,+∞上不恒成立. ②当1a ≥时，21aa-≤，当1x >时，()0f x '>，()f x 在[)1,+∞上是增函数，又()10f =，所以()0f x ≥. 综上所述，所求a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由（1）知当1a ≥时，()0f x ≥在[)1,+∞上恒成立.取1a =得12ln 0x x x --≥，所以12ln x x x-≥. 令21121n x n +=>-，*n N ∈，得2121212ln 212121n n n n n n +-+->-+-， 即2221112ln 212121n n n n +⎛⎫+--> ⎪-+-⎝⎭， 所以1121111ln 2122122121n n n n n +⎛⎫>+- ⎪---+⎝⎭. 上式中1,2,3,,n n =，然后n 个不等式相加，得到()11111ln 213521221nn n n ++++>++-+. 16.（2019·江苏高考模拟）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立.因为()211211111k k k k k a a a a a +++++=-+-+=()()11221112211111k k k k k k k k a a a a a a a a a a a a +--+--=+=++-即：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立由①、②可知，112211n n n n a a a a a a +--=+(n *N ∈)成立.（2）（ⅰ）当1n =时，221221311a >=-=++成立，当2n =时，()2322222172131112a a a a a =-+=-+=>⨯>++成立，（ⅱ）假设n k =时（3k ≥），结论正确，即：11kk a k +>+成立 下证：当1n k =+时，()1211k k a k ++>++成立.因为()()2211112111111kkkk k k k k k a a a a a k k kk +++++-+==-+>++=++要证()1211k k a k ++>++，只需证()12111k k k k k k +++>++只需证：()121k k k k ++>，只需证：()12ln ln 1k k k k ++>即证：()()12l l n n 10k k k k -++>（3k ≥） 记()()()2ln 11ln h x x x x x -++=∴()()()()2ln 1112ln 11ln ln x x x x h x +-++=-++⎡⎤⎦=⎣'21ln 1ln 12111x x x x ⎛⎫=+=++-+ ⎪++⎝⎭当12x +≥时，1111ln 121ln 221ln 1ln 10122x x e ⎛⎫⎛⎫++-+≥+-+=+>+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭所以()()()2ln 11ln h x x x x x -++=在[)1,+∞上递增， 又()6423ln34ln3ln 34ln729ln2564l 0n h ⨯-=-=->=所以，当3x ≥时，()()30h x h ≥>恒成立. 即：当3k ≥时，()()30h k h ≥>成立.即：当3k ≥时，()()12l l n n 10k k k k -++>恒成立. 所以当3k ≥，()1211k k a k ++>++恒成立.由（ⅰ）（ⅱ）可得：对任意的正整数n *∈N ，不等式11nn a n +>+恒成立，命题得证.。

导数在研究函数中的应用【自主归纳，自我查验】一、自主归纳1．利用导函数判断函数单调性问题函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若____ ___，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若____ ___，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若_____ __，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间． 3．函数的极大值在包含0x 的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x 为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (0x )为函数的极大值． 4．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都_____0x 点的函数值，称点0x x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (0x )为函数的极小值．极大值与极小值统称为_______，极大值点与极小值点统称为极值点． 5．函数的最值与导数1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．2．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最小值点0x 指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都_________f (0x )．二、自我查验1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．55.函数ln xy x=的最大值为（ ） A ．1e - B ．e C ．2e D ．103【典型例题】考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．【变式训练1】已知()3222f x x ax a x =+-+．（1）若1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程； （2）若0a >，求函数()f x 的单调区间．考点二 利用导函数研究函数极值问题【例2】已知函数()ln 3,f x x ax a =-+∈R . （1）当1a =时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间.【变式训练2】(2011·安徽)设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数.当a ＝43时，求f (x )的极值点；考点三 利用导函数求函数最值问题【例3】已知a 为实数，.（1）求导数； （2）若，求在[]2,2-上的最大值和最小值.【应用体验】1.函数ln y x x =-的单调递减区间为（ ） A ．](1,1- B ．)(0,+∞ C ．[)1,+∞ D ．](0,1()))(4(2a x x x f --=()xf '()01=-'f ()x f2.函数()e x f x x -=的单调递减区间是（ ）A ．(1,)+∞B ．(,1)-∞-C ．(,1)-∞D ．(1,)-+∞ 3.函数()()3e x f x x =-的单调递增区间是（ ） A ．()0,3 B ．()1,4C ．()2,+∞D ．(),2-∞4.设函数()2ln f x x x=+，则（ ） A ．12x =为()f x 的极大值点 B ．12x =为()f x 的极小值点C ．2x =为()f x 的极大值点D ．2x =为()f x 的极小值点5．函数32()23f x x x a =-+的极大值为6，那么a 的值是（ ） A ．0 B ．1 C ．5 D ．6【复习与巩固】A 组 夯实基础一、选择题1．已知定义在R 上的函数()f x ，其导函数()f x '的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）A ．()()()f b f c f d >>B ．()()()f b f a f e >>C ．()()()f c f b f a >>D ．()()()f c f e f d >>2.函数()2ln f x x a x =+在1x =处取得极值，则a 等于（ ）A ．2B ．2-C ．4D ．4-3.函数()e xf x x =-（e 为自然对数的底数）在区间[]1,1-上的最大值是（ ）A.1B.1C.e ＋1D.e －1二、填空题4.若函数()321f x x x mx =+++是R 上的单调增函数，则实数m 的取值范围是________________．5.若函数()23exx axf x +=在0x =处取得极值，则a 的值为_________. 6.函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是_____________. 三、解答题 7.已知函数()21ln ,2f x x x =-求函数()f x 的单调区间8.已知函数(),1ln xf x ax x x=+>． （1）若()f x 在()1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若2a =，求函数()f x 的极小值.B 组 能力提升一、选择题1．已知函数()213ln 22f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1a a -+内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．13,22⎛⎫-⎪⎝⎭ B ．51,4⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭2.若函数32y x ax a =-+在()0,1内无极值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．(),0-∞C ．(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U D ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭3.若函数()3232f x x x a =-+在[]1,1-上有最大值3，则该函数在[]1,1-上的最小值是（ ） A ． B ．0 C ．D ．1二、填空题4．已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．5．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．6．若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题7．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围；(2)求g (x )的最大值．12-128．设函数f(x)＝(x－1)e x－kx2(其中k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)当k∈[0，＋∞)时，证明函数f(x)在R上有且只有一个零点．《导数在研究函数中的应用》标准答案一．自主归纳1.（1）f ′(x )>0 （2）f ′(x )<0 （3）f ′(x )＝0 3. 小于 4. 大于 极值 5.不超过 不小于 二．自我查验1.解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex>0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2.解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞3.解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4.解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D5..A 当(0,e)x ∈时函数单调递增，当(e,)x ∈+∞时函数单调递减， A. 三．典型例题【例题1】(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞单调递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．【变式训练1】（1）当1a =时，()322f x x x x =+-+，∴()2321f x x x '=+-， ∴切线斜率为()14k f '==，又()13f =，∴切点坐标为()1,3，∴所求切线方程为()341y x -=-，即410x y --=．（2）()()()22323f x x ax a x a x a '=+-=+-，由()0f x '=，得x a =-或3ax =.0,.3a a a >∴>-Q 由()0f x '>，得x a <-或3a x >，由()0f x '<，得.3aa x -<<∴函数()f x 的单调递减区间为,3a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，单调递增区间为(),a -∞-和,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．【例题2】（1）当1a =时，()ln 3f x x x =-+，()()1110xf x x x x-'=-=>， 令()0f x '>，解得01x <<，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增； 令()0f x '<，解得1x >，所以函数()f x 在()1,+∞上单调递减； 所以当1x =时取极大值，极大值为()12f =，无极小值. （2）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()1f x a x'=-. 当0a ≤时，1()0f x a x'=->在()0,+∞上恒成立，所以函数()f x 在()0,+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；令()0f x '<，解得1x a >，所以函数()f x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减. 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的单调增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()f x 的单调增区间为10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.【变式训练2】解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax 1＋ax 22. 当a ＝43时，若f ′(x )＝0， 则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知x (－∞，12) 12 (12，32) 32 (32，＋∞) f ′(x ) ＋0 － 0 ＋ f (x )极大值极小值所以x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点.【例题3】1）.（2）由得，故， 则43x =或，由，，41641205504.39329627f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-=-⨯=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭故，.【变式训练3】1）当0a ≥时，函数()e 20x f x a '=+>，()f x 在R 上单调递增，当0a <时，()e 2x f x a '=+，令e 20x a +=，得ln(2)x a =-，所以当(,ln(2))x a ∈-∞-()423)4()(2'22--=-+-=ax x x a x x x f ()01=-'f 21=a 2421)21)(4()(232+--=--=x x x x x x f ()34,143'2=-=⇒--=x x x x x f 或0)2()2(==-f f 29)1(=-f 29)(max =x f 2750)(min -=x f时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当(ln(2),)x a ∈-+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增.（2）由（1）可知，当0a ≥时，函数()e 20x f x ax =+>，不符合题意. 当0a <时，()f x 在(,ln(2))a -∞-上单调递减，在(ln(2),)a -+∞上单调递增.①当ln(2)1a -≤()f x 最小值为(1)2e f a =+.解2e 0a +=，得.②当ln(2)1a ->()f x 最小值为(ln(2))22ln(2)f a a a a -=-+-，解22ln(2)0a a a -+-=，得2ea =-，不符合题意.应用体验： 1.D【解析】函数的定义域为)(0,+∞，令1110x y x x-'=-=≤，解得](0,1x ∈，又0x >，所以](0,1x ∈，故选D. 考点：求函数的单调区间. 2.A【解析】导数为()()()e e 1e x x x f x x x ---'=+⋅-=-，令()0f x '<，得1x >，所以减区间为()1,+∞.考点：利用导数求函数的单调区间． 3.C【解析】()()()e 3e e 2x x x f x x x '=+-=-，令()()e 20x f x x '=->，解得2x >，所以函数()f x 的单调增区间为()2,+∞．故选C ． 4.【解析】()22212x f x x x x-'=-+=，由()0f x '=得2x =，又函数定义域为()0,+∞，当02x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当2x >时，()0f x '>，()f x 递增，因此2x =是函数()f x 的极小值点．故选D ． 考点：函数的极值点． 5.D【解析】()()322()23,6661f x x x a f x x x x x '=-+∴=-=-Q ，令()0,f x '= 可得0,1x =，容易判断极大值为()06f a ==. 考点：函数的导数与极值. 复习与巩固 A 组 1.C【解析】由()f x '图象可知函数()f x 在(),c -∞上单调递增，在(),c e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增，又(),,,a b c c ∈-∞，且a b c <<，故()()()f c f b f a >>． 考点：利用导数求函数单调性并比较大小． 2.B【解析】()2a f x x x '=+，由题意可得()121201af a '=⨯+=+=，2a ∴=-.故选B.考点：极值点问题. 3.D【解析】()e 1x f x '=-，令()0,f x '=得0x =.又()()()010e 01,1e 11,111,e f f f =-==->-=+>且11e 11e 2e e ⎛⎫--+=-- ⎪⎝⎭＝2e 2e 10e--=>，所以()()max 1e 1,f x f ==-故选D.考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】由题意得()0f x '≥在R 上恒成立，则()2320f x x x m '=++≥，即232m x x ≥--恒成立.令()232g x x x =--，则()max m g x ≥⎡⎤⎣⎦，因为()g x232x x =--为R 上的二次函数，所以()2max11333g x g ⎛⎫⎛⎫=-=-⨯-⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭11233⎛⎫-⨯-= ⎪⎝⎭，则m 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.5.0【解析】()()()()()2226e 3e 36e e x xxx x a x ax x a x a f x +-+-+-+'==， 由题意得()00f a '==． 考点：导数与极值． 6.1【解析】因为()e 1x f x '=-，()00,()00f x x f x x ''>⇒><⇒<，所以()f x 在[1,0]-单调递减，在[0,1]单调递增，从而函数()e x f x x =-在]1,1[-上的最小值是0(0)e 01f =-=.考点：函数的最值与导数.7.【解析】()21ln 2f x x x =-的定义域为()0,+∞，()211x f x x x x-'=-=，令()0f x '=，则1x =或1-（舍去）.∴当01x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当1x >时，()0f x '>，()f x 递增， ∴()f x 的递减区间是()0,1，递增区间是()1,+∞．考点：利用导数求函数的单调区间． 8.（1）14a ≤-（2）【解析】（1）函数(),1ln x f x ax x x =+>，则()2ln 1ln x f x a x-'=+，由题意可得()0f x '≤在()1,x ∈+∞上恒成立，∴2211111ln ln ln 24a x x x ⎛⎫≤-=-- ⎪⎝⎭， ∵()1,x ∈+∞，()ln 0,,x ∴∈+∞021ln 1=-∴x 时，函数2111ln 24t x ⎛⎫=--⎪⎝⎭取最小值41-，41-≤∴a ，（2）当2a =时，()2ln x f x x x =+，()22ln 12ln ln x x f x x -+'=， 令()0f x '=，得22ln ln 10x x +-=，解得21ln =x 或ln 1x =-（舍去），即x =当1x <<()0f x '<，当x >()0f x '>， ∴()f x的极小值为f =.B 组 1.D【解析】因为函数()213ln 22f x x x =-+在区间()1,1a a -+上不单调，所以()2141222x f x x x x-'=-=在区间()1,1a a -+上有零点，由()0f x '=，得12x =，则10,111,2a a a -≥⎧⎪⎨-<<+⎪⎩得312a ≤<，故选D ． 考点：函数的单调性与导数的关系．2.C【解析】232y x a '=-，①当0a ≤时，0y '≥，所以32y x ax a =-+在()0,1上单调递增，在()0,1内无极值，所以0a ≤符合题意；②当0a >时，令0y '=，即2320x a -=，解得12,33x x =-=，当,x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，0y '>，当x ⎛∈ ⎝⎭时，0y '<，所以32y x ax a =-+的单调递增区间为,,⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，单调递减区间为⎛ ⎝⎭，当x =数取得极大值，当x =原函数取得极小值，要满足原函数在()0,1内无极值，1≥，解得32a ≥.综合①②得，a 的取值范围为(]3,0,2⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭U ，故选C.考点：导函数，分类讨论思想. 3.C【解析】()()23331f x x x x x '=-=-，当()0f x '>时，1>x 或0<x ，当()0f x '<时，10<<x ，所以()f x 在区间[]1,0-上函数递增，在区间[]1,0上函数递减，所以当0=x 时，函数取得最大值()30==a f ，则()32332f x x x =-+，所以()211=-f ，()251=f ，所以最小值是()211=-f ． 考点：利用导数求函数在闭区间上的最值.4.解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞5.解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎨⎧a >2，a3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)6.解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2)7.解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)．因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)g ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1＋2ln x －x ，由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.8.解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：0]，[ln 2，＋∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝ －(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )， 当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点． 故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增．∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增．f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]， 令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ，g ″(t )＝e t －2，∵t>2，∴g″(t)>0，g′(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g′(t)>g′(2)＝e2－4>0，∴g(t)在(2，＋∞)上单调递增．∴g(t)>g(2)＝e2－4>0.∴f(k＋1)>0.∴f(x)在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k∈[0，＋∞)时，f(x)在R上有且只有一个零点．。

1 23 4 56 7 8 9 10 1112 13 14 15 1617 18 19 20 212223，且关于的方的取值范围是．24252627 28 29 30123，4．567解析式最值奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算数列数列的应用数列与不等式数列的概念数列的递推公式数列的前n项和89恒成立,则有即恒成立,，令,解得．得:,,或，时矛盾．函数的模型及其应用导数及其应用利用导数研究函数的单调性10如图点在的下方，∴得．再根据当与相切时，设切点坐标为，则，∴，此时，此时与有个交点，∴．故选．函数与导数函数分段函数图象函数与方程方程根的个数函数图象的交点11函数与导数函数单调性函数与方程函数的零点导数及其应用导数与零点导数与分类讨论导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式1213解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率14又图象可知交点为∴解得．∵，∴，由（）知，当时，在故要证原不等式成立，只需要证明：当时，令，则，∴在上为增函数，∴，即，∴，即．函数与导数函数与方程函数图象的交点导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率直线的方程15对应的点坐标的最高点为最低点为，此两点也是函数的最高和最低点，由此可知．同理可得时，取得最大值．依理，当时，取得最小值，即．16在上至少有三个零点可化为少有三个交点，在上单调递减，则，解得：．函数与导数函数奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质对数函数对数函数的概念、图象及其性质函数与方程方程根的个数函数的零点B. C.，关于的不等式只有两个整数解，则实数17C函数的定义域为，则，当得，即即，即，由得，得即，即，即当时，函数取得极大值，同时也是最大值即当时，有一个整数解当时，有无数个整数解，若，则得若，则由得或当时，不等式由无数个整数解，不满足条件．当时，由得当时，没有整数解，则要使当有两个整数解，∵，，∴当时，函数有两个整数点，∴要使有两个整数解，则，即．故选．函数与导数二次函数二次型函数导数及其应用导数与零点导数的运算利用导数研究函数的单调性18单调性19复合函数20易知共有个交点．函数与导数函数分段函数奇偶性周期性函数与方程函数图象的交点2122，则，恰好是正方形的面积，所以23，且关于的方的取值范围是．，如图所示，2425函数与导数导数及其应用导数与恒成立导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式不等式与线性规划解不等式分式不等式2627正弦函数的图象与性质282930。

第4讲函数与导数的综合应用高考定位在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以指数函数、对数函数为载体考查函数的零点(方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)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.(1)证明当a＝1时，f(x)＝e x－x2，则f′(x)＝e x－2x.令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝e x－2.令g′(x)＝0，解得x＝ln 2.当x∈(0，ln 2)时，g′(x)<0；当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0.∴当x≥0时，g(x)≥g(ln 2)＝2－2ln 2>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1.(2)解若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程e x－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a＝e xx2，令φ(x)＝e xx2，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝e x（x－2）x3，令φ′(x)＝0，解得x＝2.当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0.∴φ(x)min＝φ(2)＝e24.∴a＝e24.2.(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. 证明 (1)设g (x )＝f ′(x )， 则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 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，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0.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.(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞).①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.②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. 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上没有零点.③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点. ④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.考点整合1.利用导数研究函数的零点函数的零点、方程的实根、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结合求解.2.三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1<x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值) 一个f(x1)＜0或f (x2)>0 两个f(x1)＝0或f(x2)＝0 三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a ＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值) 一个f(x1)>0或f(x2)＜0 两个f(x1)＝0或f(x2)＝0 三个f(x1)＜0且f(x2)＞03.(1)利用导数证明不等式.若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果能证明F(x)在(a，b)上的最大值小于0，即可证明f(x)<g(x)，x∈(a，b).(2)利用导数解决不等式的“恒成立”与“存在性”问题.①f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立I是f(x)>g(x)的解集的子集[f(x)－g(x)]min>0(x∈I).②x∈I，使f(x)>g(x)成立I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集[f(x)－g(x)]max>0(x∈I).③对x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)f(x)max≤g(x)min.④对x1∈I，x2∈I使得f(x1)≥g(x2)f(x)min≥g(x)min.温馨提醒 解决方程、不等式相关问题，要认真分析题目的结构特点和已知条件，恰当构造函数并借助导数研究性质，这是解题的关键.热点一 利用导数研究函数的零点【例1】 (2019·天津卷选编)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 <1e ，试证明f (x )恰有两个零点.(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－ax 2e x x .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 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 2·1a ＝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<ln 1a . 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f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a －1e ln 1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 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.探究提高 1.三步求解函数零点(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.2.根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论.【训练1】 (2019·洛阳模拟)已知函数f (x )＝(x －1)2＋a (ln x －x ＋1)(a <2). (1)讨论f (x )的极值点的个数；(2)若方程f (x )＋a ＋1＝0在(0，2]上有且只有一个实根，求a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2(x －1)＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＝（x －1）（2x －a ）x .由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝a2.当a ≤0时，由f ′(x )>0得x >1，由f ′(x )<0得0<x <1，∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，f (x )在x ＝1处取得极小值，无极大值；当0<a 2<1，即0<a <2时，由f ′(x )>0得x >1或0<x <a 2，由f ′(x )<0得a2<x <1，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )在x ＝1处取得极小值，在x ＝a2处取得极大值.综上，当a ≤0时，f (x )有一个极值点；当0<a <2时，f (x )有两个极值点.(2)当a <2时，设g (x )＝f (x )＋a ＋1＝(x －1)2＋a (ln x －x ＋1)＋a ＋1，则g (x )在(0，2]上有且只有一个零点.显然函数g (x )与f (x )的单调性是一致的.①当a ≤0时，由(1)知函数g (x )在区间(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴g (x )在(0，2]上的最小值为g (1)＝a ＋1，由于g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 2－12－ae 2＋1>0，要使g (x )在(0，2]上有且只有一个零点，需满足g (1)＝0或g (2)<0，解得a ＝－1或a <－2ln 2.②当0<a <2时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1上单调递减，在(1，2]上单调递增.∵g (1)＝a ＋1>0，∴当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤a 2，2时，总有g (x )>0.∵e －2a ＋2a <1<a ＋2，∴g (e－2a ＋2a)＝e－2a ＋2a[e－2a ＋2a－(a ＋2)]＋(a ln e－2a ＋2a＋2a ＋2)<0，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上必有零点.∵g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递增，∴当0<a <2时，g (x )在(0，2]上有且只有一个零点.综上，当0<a <2或a <－2ln 2或a ＝－1时，方程f (x )＋a ＋1＝0在(0，2]上有且只有一个实根.热点二 利用导数证明不等式【例2】 (2019·安徽十校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1(a ∈R ). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )的图象与x 轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1<1x 1＋1x 2.(1)解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋a ＝ax ＋1x . 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 ＝－1a . 若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，f ′(x )>0，f (x )单调递增；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞，f ′(x )<0，f (x )单调递减.综上所述：当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减.(2)证明 由(1)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，不满足条件. 所以a <0，此时f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－ln(－a )，由已知得－ln(－a )＝0，故a ＝－1，此时f (x )＝ln x －x ＋1. 不妨设0<x 1<x 2， 则f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1<1x 1＋1x 2等价于ln x 2x 1<x 2x 1－x 1x 2＋x 2－x 1，即证：ln x 2x 1－x 2x 1＋x 1x 2<x 2－x 1. 令g (x )＝ln x －x ＋1x (x >1)， 故g (x )在(1，＋∞)单调递减， 所以g (x )<g (1)＝0<x 2－x 1.所以对于任意互不相等的正实数x 1，x 2，都有f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1<1x 1＋1x 2成立.探究提高 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①x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②x 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. 【训练2】 已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0. (1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2<f (x 0)<2－2. (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， 设g (x )＝ax －a －ln x ，则f (x )＝xg (x )， f (x )≥0等价于g (x )≥0，因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0， 而g ′(x )＝a －1x ，g ′(1)＝a －1，得a ＝1. 若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x .当0<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x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0. 综上，a ＝1.(2)证明 由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ， f ′(x )＝2x －2－ln x ，设h (x )＝2x －2－ln x ， 则h ′(x )＝2－1x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )>0.所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增.又h (e －2)>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<0，h (1)＝0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0，1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0.因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点. 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0). 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)<14.因为x ＝x 0是f (x )在(0，1)的最大值点， 由e －1∈(0，1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2<f (x 0)<2－2.热点三 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题 角度1 不等式恒成立问题【例3－1】 (2019·西安模拟)已知函数f (x )＝m e x －x 2. (1)若m ＝1，求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)若关于x 的不等式f (x )≥x (4－m e x )在[0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围. 解 (1)当m ＝1时，f (x )＝e x －x 2，则f ′(x )＝e x －2x . ∴f (0)＝1，且在点(0，f (0))处的切线斜率k ＝f ′(0)＝1. 故所求切线方程为y －1＝x ，即x －y ＋1＝0. (2)由m e x －x 2≥x (4－m e x )得m e x (x ＋1)≥x 2＋4x . 故问题转化为当x ≥0时，m ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋4x e x（x ＋1）max . 令g (x )＝x 2＋4xe x （x ＋1），x ≥0，则g ′(x )＝－（x ＋2）（x 2＋2x －2）（x ＋1）2e x .由g ′(x )＝0及x ≥0，得x ＝3－1.当x ∈(0，3－1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(3－1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.所以当x ＝3－1时，g (x )取得最大值，g (x )max ＝g (3－1)＝2e 1－3.所以m ≥2e 1－3.即实数m 的取值范围为[2e 1－3，＋∞).角度2 不等式存在性问题【例3－2】 (2019·六安一中模拟)已知函数f (x )＝x －m ln x －m －1x (m ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当m ≤2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)成立，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝x －m ln x －m －1x ，且定义域(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝1－m x ＋m －1x 2＝（x －1）[x －（m －1）]x 2，当m ≤2时，若x ∈[1，e]，则f ′(x )≥0，∴f (x )在[1，e]上是增函数，则f (x )min ＝f (1)＝2－m . 当m ≥e ＋1时，若x ∈[1，e]，则f ′(x )≤0，∴f (x )在[1，e]上是减函数，则f (x )min ＝f (e)＝e －m －m －1e . 当2<m <e ＋1时，若x ∈[1，m －1]，则f ′(x )≤0； 若x ∈[m －1，e]，则f ′(x )≥0. f (x )min ＝f (m －1)＝m －2－m ln(m －1). (2)已知等价于f (x 1)min ≤g (x 2)min .由(1)知m ≤2时，在x ∈[e ，e 2]上有f ′(x )≥0， ∴f (x 1)min ＝f (e)＝e －m －m －1e . 又g ′(x )＝x ＋e x －(x ＋1)e x ＝x (1－e x )，当x 2∈[－2，0]时，g ′(x 2)≤0，g (x 2)min ＝g (0)＝1. 所以m ≤2且e －m －m －1e ≤1，解得e 2－e ＋1e ＋1≤m ≤2.所以实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤e 2－e ＋1e ＋1，2. 探究提高 1.对于含参数的不等式，如果易分离参数，可先分离参数、构造函数，直接转化为求函数的最值；否则应进行分类讨论，在解题过程中，必要时，可作出函数图象草图，借助几何图形直观分析转化.2.“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值.应特别关注等号是否取到，注意端点的取舍. 【训练3】 设函数f (x )＝(1－x 2)e x .(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝－2x e x＋(1－x2)e x＝(1－2x－x2)e x.令f′(x)＝0，得x2＋2x－1＝0，解得x1＝－2－1，x2＝2－1，令f′(x)>0，则x∈(－2－1，2－1)，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－2－1)∪(2－1，＋∞).∴f(x)在区间(－∞，－2－1)，(2－1，＋∞)上单调递减，在区间(－2－1，2－1)上单调递增.(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)e x.当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)e x，h′(x)＝－x e x<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)＝e x－x－1，g′(x)＝e x－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故e x≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝5－4a－12，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0＝5－1 2，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞).热点四利用导数求解最优化问题【例4】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD是矩形，弧CmD是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T等于横截面的面积S与边AB的乘积，设AB＝2x，BC＝y.(1)写出y关于x的函数表达式，并指出x的取值范围；(2) 求当x 取何值时，凹槽的强度最大. 解 (1)易知半圆CmD 的半径为x ， 故半圆CmD 的弧长为πx .所以4＝2x ＋2y ＋πx ，得y ＝4－（2＋π）x2.由题意知0＜x ＜y ，得0＜x ＜44＋π， 所以y ＝4－（2＋π）x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜44＋π，即y ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<x <44＋π. (2)由题意可设凹槽的强度为函数T (x )， 则T (x )＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2xy －12πx 2＝8x 2－(4＋3π)x 3，T ′(x )＝16x －3(4＋3π)x 2＝0， 解得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0＜169π＋12＜4π＋4， 所以当0＜x ＜169π＋12时，T ′(x )＞0，T (x )单调递增；当169π＋12＜x ＜44＋π时，T ′(x )＜ 0，T (x )单调递减. 所以当x ＝169π＋12时，凹槽的强度最大.探究提高 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ). (2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.【训练4】 (2019·成都诊断)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______.解析 由题意，连接OD ，交BC 与点G ，由题意，OD ⊥BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高 h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12·(23x )2·sin 60°＝33x 2， 则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5，令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )＝0得x ＝2，当x ∈(0，2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80， 则V ≤3×80＝415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 4151.重视转化思想在研究函数零点中的应用，如方程的解、两函数图象的交点均可转化为函数零点，充分利用函数的图象与性质，借助导数求解.2.利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )>0.其中找到函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点是解题的突破口.3.不等式恒成立、能成立问题常用解法：(1)分离参数转化为最值；(2)直接转化为函数的最值；(3)数形结合，构造函数.A 级 巩固提升一、选择题1.设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( ) A.(－2，0)∪(2，＋∞) B.(－2，0)∪(0，2) C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－2)∪(0，2)解析 x >0时⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0， ∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0. 又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数. 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2). 答案 D2.(2019·衡水调研)已知函数f (x )＝x 2－3x ＋5，g (x )＝ax －ln x ，若对x ∈(0，e)，x 1，x 2∈(0，e)且x 1≠x 2，使得f (x )＝g (x i )(i ＝1，2)，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，6e B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，e 74 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫6e ，e 74 解析 当x ∈(0，e)时，函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫114，5.由g ′(x )＝a －1x ＝ax －1x 可知：当a ≤0时，g ′(x )<0，与题意不符，故a >0.令g ′(x )＝0，得x ＝1a ，则1a ∈(0，e)， 所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a .作出函数g (x )在(0，e)上的大致图象，如图所示，数形结合，知⎩⎪⎨⎪⎧1＋ln a <114，g （e ）＝a e －1≥5.解之得6e ≤a <e 74.答案 C3.(2019·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x >1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[0，2] C.[0，e]D.[1，e]解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x 恒成立.设g (x )＝xln x (x >1)，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0， ∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e.综上，a的取值范围是[0，e]. 答案 C4.(2019·重庆南开中学调研)已知函数f(x)＝exeln x，若函数g(x)＝f(x)＋a无零点，则实数a的取值范围为()A.⎝⎛⎦⎥⎤－e22，0 B.⎝⎛⎦⎥⎤－e2，0C.(－2e，0]D.(－e，0]解析依题意，f′(x)＝1e·exe·ln x－1x·exe（ln x）2＝exe（ln x）2·⎝⎛⎭⎪⎫1e·ln x－1x，令h(x)＝1e·ln x－1x，则函数h(x)单调递增，且h(e)＝0，故当x∈(0，e)时，h(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，h(x)>0.故函数f(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，作出函数f(x)的图象如图所示.令f(x)＋a ＝0，得－a＝f(x)，观察可知0≤－a<e，即－e<a≤0.答案 D二、填空题5.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm3，且用料最省，则圆柱的底面半径为________ dm.解析设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则V＝πR2l＝27π，所以l＝27R2，要使用料最省，只需使圆柱形水桶的表面积最小.S表＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·27R，所以S ′表＝2πR －54πR 2.令S ′表＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 表最小. 答案 36.对于函数y ＝f (x )，若其定义域内存在两个不同实数x 1，x 2，使得x i f (x i )＝1(i ＝1，2)成立，则称函数f (x )具有性质P .若函数f (x )＝e xa 具有性质P ，则实数a 的取值范围为________.解析 依题意，xf (x )＝1，即x e xa ＝1在R 上有两个不相等实根， ∴a ＝x e x 在R 上有两个不同的实根，令φ(x )＝x e x ， 则φ′(x )＝e x (x ＋1)，当x <－1时，φ′(x )<0，φ(x )在(－∞，－1)上是减函数； 当x >－1时，φ′(x )>0，φ(x )在(－1，＋∞)上是增函数.因此φ(x )极小值为φ(－1)＝－1e .在同一坐标系中作y ＝φ(x )与y ＝a 的图象， 又当x <0时，φ(x )＝x e x <0.由图象知，当－1e <a <0时，两图象有两个交点. 故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0三、解答题7.(2019·河南八市联考)设函数f (x )＝ln x ＋k x ，k ∈R .(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围. 解 (1)由条件得f ′(x )＝1x －kx 2(x >0)，因为曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直， 所以f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，解得k ＝e ， 所以f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex 2(x >0). 由f ′(x )<0得0<x <e ；由f ′(x )>0得x >e.所以f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2. 所以f (x )的极小值为2.(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋kx －x (x >0)， 则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以h ′(x )＝1x －kx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 故当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，又－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14≤14，则k ≥14，故实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.8.(2019·天津卷选编)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.(1)解 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.B 级 能力突破9.(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝x ＋m (m ∈R ). (1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数m 的取值范围；(2)已知x 1，x 2是函数F (x )＝f (x )－g (x )的两个零点，且x 1<x 2，求证：x 1x 2<1. (1)解 令F (x )＝f (x )－g (x )＝ln x －x －m (x >0)， 则F ′(x )＝1x －1＝1－x x (x >0)，当x >1时，F ′(x )<0，当0<x <1时，F ′(x )>0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.F (x )在x ＝1处取得最大值－1－m ，若f (x )≤g (x )恒成立，则－1－m ≤0，即m ≥－1.故m 的取值范围为[－1，＋∞).(2)证明 由(1)可知，若函数F (x )＝f (x )－g (x )有两个零点，则m <－1，0<x 1<1<x 2， 要证x 1x 2<1，只需证x 2<1x 1，由于F (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F (x 2)>F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1，由F (x 1)＝F (x 2)＝0，m ＝ln x 1－x 1，即证ln 1x 1－1x 1－m ＝ln 1x 1－1x 1＋x 1－ln x 1<0，令h (x )＝－1x ＋x －2ln x (0<x <1)， 则h ′(x )＝1x 2＋1－2x ＝x 2－2x ＋1x 2>0，故h (x )在(0，1)上单调递增，h (x )<h (1)＝0， 所以x 1x 2<1.10.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－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. (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2.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 f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2 ＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2， 所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0. 设函数g (x )＝1x －x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，故f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.。