2020高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第3讲 导数及其应用学案

2019-2020年高考数学 导数及其应用导学案 新人教版一、考纲解读（1）了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）；（2）了解函数在某点取得极值域的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。

（3）会利用导数解决某些实际问题。

二、知识梳理1、函数的单调性与导数在某个区间（a,b ）内，如果，那么函数在这个区间内_______________；如果，那么函数在这个区间内_____________。

如果，那么函数在这个区间上是__________。

注：函数在（a,b ）内单调递增，则，是在（a,b ）内单调递增的充分不必要条件。

2、函数的极值与导数（1）曲线在极值点处切线的斜率为0，并且，曲线在极大值点左侧切线的斜率为正，右侧为负；曲线在极小值点左侧切线的斜率为负，右侧为正．一般地，当函数 f(x) 在点 x 0 处连续时，判断 f(x 0) 是极大（小）值的方法是：（1）如果在 x 0附近的左侧 f’(x)>0 ，右侧f’(x ) <0 ，那么 f(x 0) 是_________（2）如果在x 0附近的左侧 f’(x) <0 ，右侧f’(x) >0 ，那么f(x 0) 是________注：导数为0的点不一定是极值点3、函数的最值与导数函数f(x)在[a,b]上有最值的条件，如果在区间[a,b]上函数的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有_________________________。

4、生活中的优化问题解决优化问题的基本思路是:优化问题用函数表示的数学问题用导数解决函数问题优化问题答案三、典例精析典例一、函数的单调性与导数例1．设函数f(x)= 3223(1)1, 1.x a x a --+≥其中（Ⅰ）求f(x)的单调区间；（Ⅱ）讨论f(x)的极值。

§3.2导数的应用1.函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.2.函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值.(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考察f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号.如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.3.函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值.(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.概念方法微思考1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)提示必要不充分题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．( √)(2)函数的极大值一定大于其极小值．( ×)(3)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．( √)题组二教材改编2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案 C解析在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)是增函数．3．函数f(x)＝e x－x的单调递增区间是________．答案(0，＋∞)解析由f′(x)＝e x－1>0，解得x>0，故其单调递增区间是(0，＋∞)．4．当x >0时，ln x ，x ，e x的大小关系是________． 答案 ln x <x <e x解析 构造函数f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x－1，可得x ＝1为函数f (x )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，故f (x )≤f (1)＝－1<0，所以ln x <x .同理可得x <e x，故ln x <x <e x.5．现有一块边长为a 的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x 的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________． 答案227a 3 解析 容积V ＝(a －2x )2x,0<x <a2，则V ′＝(a 2x －4ax 2＋4x 3)′＝(a －2x )(a －6x )，由V ′＝0得x ＝a 6或x ＝a2(舍去)，则x ＝a 6为V 在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时V max ＝227a 3.题组三 易错自纠6．函数f (x )＝x 3＋ax 2－ax 在R 上单调递增，则实数a 的取值范围是________． 答案 [－3,0]解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax －a ≥0在R 上恒成立，即4a 2＋12a ≤0，解得－3≤a ≤0，即实数a 的取值范围是[－3,0]．7．(2018·铁岭质检)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a 的值为________． 答案 －4解析 f ′(x )＝x 2－3x ＋a ，且f (x )恰在[－1,4]上单调递减，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a ≤0的解集为[－1,4]，∴－1,4是方程f ′(x )＝0的两根， 则a ＝(－1)×4＝－4.8．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，m ＝________.答案 4解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.9．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4 解析 f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4.第1课时 导数与函数的单调性题型一 不含参函数的单调性1．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案 B解析 由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2(x ≠0)，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.故选B.2．函数f (x )＝exx的单调递减区间是________．答案 (－∞，0)，(0,1)解析 ∵f ′(x )＝e x·(x －1)x2(x ≠0)， 令f ′(x )<0可得x <0或0<x <1，∴f (x )＝exx的单调递减区间是(－∞，0)，(0,1)．3．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )的单调递减区间是________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫0，1e解析 因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)，当f ′(x )<0时，解得0<x <1e，即函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e . 4．(2018·赤峰调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是______________________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析 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∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.思维升华确定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)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 题型二 含参数的函数的单调性例1讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性． 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a ，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 综上所述，当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当0<a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．跟踪训练1已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a >0)．试讨论f (x )的单调性． 解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a >0)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，令f ′(x )>0，则x <0或x >2－2a a，令f ′(x )<0，则0<x <2－2a a；②当a ＝1时，f ′(x )≥0在R 上恒成立； ③当a >1时，令f ′(x )>0，则x >0或x <2－2a a，令f ′(x )<0，则2－2a a<x <0.综上所述，当0<a <1时，f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a 上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0上单调递减．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小或解不等式例2(1)设函数f (x )＝e x＋x －2，g (x )＝ln x ＋x 2－3，若实数a ，b 满足f (a )＝0，g (b )＝0，则( ) A ．g (a )<0<f (b ) B ．f (b )<0<g (a ) C ．0<g (a )<f (b ) D ．f (b )<g (a )<0答案 A解析 因为函数f (x )＝e x＋x －2在R 上单调递增，且f (0)＝1－2<0，f (1)＝e －1>0，所以f (a )＝0时，a ∈(0,1)．又g (x )＝ln x ＋x 2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g (1)＝－2<0，所以g (a )<0.由g (2)＝ln2＋1>0，g (b )＝0得b ∈(1,2)， 又f (1)＝e －1>0，所以f (b )>0. 综上可知，g (a )<0<f (b )．(2)已知定义域为R 的偶函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0.若a ＝f (e )e，b ＝f (ln2)ln2，c ＝f (3)3，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b <a <cB ．a <c <bC ．a <b <cD ．c <a <b 答案 D 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2， 又当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，即函数g (x )在区间(－∞，0)内单调递减．因为f (x )为R 上的偶函数，所以2<e<3，可得g (3)<g (e)<g (ln2)，即c <a <b ，故选D.(3)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )－f (x )<0，其中f ′(x )是函数f (x )的导函数．若2f (m －2019)>(m －2019)f (2)，则实数m 的取值范围为( ) A ．(0,2019) B ．(2019，＋∞) C ．(2021，＋∞) D ．(2019,2021)答案 D 解析 令h (x )＝f (x )x，x ∈(0，＋∞)， 则h ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2.∵xf ′(x )－f (x )<0，∴h ′(x )<0， ∴函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∵2f (m －2019)>(m －2019)f (2)，m －2019>0， ∴f (m －2019)m －2019>f (2)2，即h (m －2019)>h (2)．∴m －2019<2且m －2019>0，解得2019<m <2021. ∴实数m 的取值范围为(2019,2021)．(4)设f (x )是定义在R 上的奇函数，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__________________． 答案 (－∞，－2)∪(0,2)解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝x ·f ′(x )－f (x )x 2<0，∴φ(x )＝f (x )x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， ∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时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)． 命题点2 根据函数单调性求参数例3(2018·辽阳质检)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当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 即可．而G (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．由(1)知G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． 引申探究1．本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围． 解 因为h (x )在[1,4]上单调递增， 所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围． 解 h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )<0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，⎝⎛⎭⎪⎫1x 2－2xmin ＝－1(此时x ＝1)， 所以a >－1，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 思维升华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 )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练2(1)已知定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f (1)C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 A解析 令g (x )＝f (x )sin x，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x， 由已知g ′(x )<0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π422>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π332，∴3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3. (2)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0,3]答案 A解析 ∵f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x，∴由f ′(x )≤0，解得0<x ≤3，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.(3)(2018·呼伦贝尔期末)若f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，1) B ．(－∞，1] C ．(－∞，2) D ．(－∞，2]答案 D解析 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －ax， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∵当x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.用分类讨论思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．例已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．解 g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x＝(2ax －1)(x －1)x. ∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1.当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a， 若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a， 由g ′(x )<0，得12a<x <1； 若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a或0<x <1， 由g ′(x )<0，得1<x <12a， 若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a >12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．1．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( )A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞)答案 D解析 因为f (x )＝(x －3)e x ，所以f ′(x )＝e x (x －2)．令f ′(x )>0，得x >2，所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．2．(2018·锦州调研)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 )答案 C解析 由题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，故选C.3．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( )答案 D解析 利用导数与函数的单调性进行验证．f ′(x )>0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )<0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有D 选项符合．4．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3 D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) 答案 A解析 因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，故选A. 5．已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 答案 A解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立， 故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．6．若f (x )＝ln x x，e<a <b ，则( ) A ．f (a )>f (b )B ．f (a )＝f (b )C ．f (a )<f (b )D ．f (a )f (b )>1答案 A解析 f ′(x )＝1－ln x x 2，当x >e 时，f ′(x )<0，则f (x )在(e ，＋∞)上为减函数，所以f (a )>f (b )．7．(2018·满洲里质检)函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( ) A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a答案 C解析 由题意得，当x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，1)上为增函数．又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1， 因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b . 8．(2018·营口调研)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为____________． 答案 {x |x <－1或x >1}解析 设F (x )＝f (x )－12x ， ∴F ′(x )＝f ′(x )－12， ∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0， 即函数F (x )在R 上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12， ∴f (x 2)－x 22<f (1)－12， ∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．9．已知g (x )＝2x＋x 2＋2a ln x 在[1,2]上是减函数，则实数a 的取值范围为__________． 答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－72 解析 g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2a x，由已知得g ′(x )≤0在[1,2]上恒成立，可得a ≤1x－x 2在[1,2]上恒成立． 又当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －x 2min ＝12－4＝－72. ∴a ≤－72. 10．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是____________．答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0，所以f (1)＝－f (－1)＝0.当x ≠0时，令g (x )＝f (x )x， 则g (x )为偶函数，g (1)＝g (－1)＝0.则当x >0时，g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′ ＝xf ′(x )－f (x )x 2<0， 故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0<x <1时，由g (x )>g (1)＝0，得f (x )x >0，所以f (x )>0；在(－∞，0)上，当x <－1时，由g (x )<g (－1)＝0，得f (x )x <0，所以f (x )>0.综上知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．11．已知函数f (x )＝ln x ＋k e x (k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求实数k 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)f ′(x )＝1x －ln x －k e x (x >0)． 又由题意知f ′(1)＝1－k e＝0，所以k ＝1. (2)f ′(x )＝1x －ln x －1e x (x >0)．设h (x )＝1x－ln x －1(x >0)， 则h ′(x )＝－1x 2－1x<0， 所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，所以f ′(x )>0；当x >1时，h (x )<0，所以f ′(x )<0.综上，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．12．已知函数f (x )＝b e x －1(b ∈R ，e 为自然对数的底数)在点(0，f (0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F (x )＝f (x )＋ax (a ∈R )的单调性．解 因为f (0)＝b －1，所以过点(0，b －1)，(2，－2)的直线的斜率为k ＝b －1－(－2)0－2＝－b ＋12，而f ′(x )＝－b e x ，由导数的几何意义可知，f ′(0)＝－b ＝－b ＋12， 所以b ＝1，所以f (x )＝1e x －1. 则F (x )＝ax ＋1e x －1，F ′(x )＝a －1e x ， 当a ≤0时，F ′(x )<0恒成立；当a >0时，由F ′(x )<0，得x <－ln a ，由F ′(x )>0，得x >－ln a .故当a ≤0时，函数F (x )在R 上单调递减；当a >0时，函数F (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．13．定义在区间(0，＋∞)上的函数y ＝f (x )使不等式2f (x )<xf ′(x )<3f (x )恒成立，其中y ＝f ′(x )为y ＝f (x )的导函数，则( )A ．8<f (2)f (1)<16 B ．4<f (2)f (1)<8 C ．3<f (2)f (1)<4 D ．2<f (2)f (1)<3 答案 B解析 ∵xf ′(x )－2f (x )>0，x >0，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x 2′＝f ′(x )·x 2－2xf (x )x 4＝xf ′(x )－2f (x )x 3>0， 令g (x )＝f (x )x 2， ∴g (x )＝f (x )x 2在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (2)22>f (1)12，又由2f (x )<3f (x )，得f (x )>0，即f (2)f (1)>4. ∵xf ′(x )－3f (x )<0，x >0， ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x 3′＝f ′(x )·x 3－3x 2f (x )x 6＝xf ′(x )－3f (x )x 4<0， 令h (x )＝f (x )x 3， ∴h (x )＝f (x )x 3在(0，＋∞)上单调递减， ∴f (2)23<f (1)13，即f (2)f (1)<8. 综上，4<f (2)f (1)<8. 14．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞ 解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a . 由题意知，f ′(x )>0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上有解， 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a . 令29＋2a >0，解得a >－19，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.15．对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－6x 2＋4，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫199100＝________. 答案 0解析 g ′(x )＝6x 2－12x ，∴g ″(x )＝12x －12，由g ″(x )＝0，得x ＝1，又g (1)＝0，∴函数g (x )的对称中心为(1,0)，故g (x )＋g (2－x )＝0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫199100＝g (1)＝0. 16．已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x (a >0)，讨论函数f (x )的单调性． 解 f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝(ax －1)(x －1)x(x >0)， ①当0<a <1时，1a>1， 由f ′(x )>0，解得x >1a或0<x <1， 由f ′(x )<0，解得1<x <1a. ②当a ＝1时，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．③当a >1时，0<1a<1， 由f ′(x )>0，解得x >1或0<x <1a， 由f ′(x )<0，解得1a<x <1. 综上，当0<a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞和(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >1时，f (x )在(1，＋∞)和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第3讲导数的几何意义及函数的单调性[考情分析] 1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属综合性问题．考点一导数的几何意义与计算核心提炼1．导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．2．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x.例1(1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2e x－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为()A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0答案 B解析由题意，函数f(x)＝(2e x－x)·cos x，可得f′(x)＝(2e x－1)·cos x－(2e x－x)·sin x，所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)解析 因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a )0e x)，O 为坐标原点，依题意得，切线斜率k OA ＝0=|x x y'＝(x 0＋a ＋1)0e x ＝000e x x a x (+)，化简，得x 20＋ax 0－a ＝0.因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以关于x 0的方程x 20＋ax 0－a ＝0有两个不同的根，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点． 跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y ＝ln|x |过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.答案 y ＝1e xy ＝－1ex 解析 先求当x >0时，曲线y ＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x 0，y 0)，则由y ′＝1x ，得切线斜率为1x 0， 又切线的斜率为y 0x 0，所以1x 0＝y 0x 0， 解得y 0＝1，代入y ＝ln x ，得x 0＝e ，所以切线斜率为1e ，切线方程为y ＝1ex . 同理可求得当x <0时的切线方程为y ＝－1ex . 综上可知，两条切线方程为y ＝1e x ，y ＝－1ex . (2)(2022·保定联考)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝b e x ，若直线y ＝kx (k >0)与函数f (x )，g (x )的图象都相切，则a ＋1b的最小值为( ) A ．2 B ．2eC ．e 2D. e答案 B解析 设直线y ＝kx 与函数f (x )，g (x )的图象相切的切点分别为A (m ，km )，B (n ，kn )．由f ′(x )＝a x ，有⎩⎪⎨⎪⎧ km ＝a ln m ，a m ＝k ，解得m ＝e ，a ＝e k .又由g ′(x )＝b e x ，有⎩⎪⎨⎪⎧kn ＝b e n ，b e n ＝k ， 解得n ＝1，b ＝k e， 可得a ＋1b ＝e k ＋e k≥2e 2＝2e ， 当且仅当a ＝e ，b ＝1e时取“＝”．考点二 利用导数研究函数的单调性 核心提炼利用导数研究函数单调性的步骤(1)求函数y ＝f (x )的定义域．(2)求f (x )的导数f ′(x )．(3)求出f ′(x )的零点，划分单调区间．(4)判断f ′(x )在各个单调区间内的符号．例2(2022·哈师大附中模拟)已知函数f (x )＝ax e x －(x ＋1)2(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在x ＝0处的切线与直线y ＝ax 垂直，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，则f ′(0)＝a －2，由已知得(a －2)a ＝－1，解得a ＝1.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，①当a ≤0时，a e x －2<0，所以f ′(x )>0⇒x <－1，f ′(x )<0⇒x >－1，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令a e x －2＝0，得x ＝ln 2a， (ⅰ)当0<a <2e 时，ln 2a>－1， 所以f ′(x )>0⇒x <－1或x >ln 2a， f ′(x )<0⇒－1<x <ln 2a， 则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； (ⅱ)当a ＝2e 时，f ′(x )＝2(x ＋1)(e x ＋1－1)≥0， 则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅲ)当a >2e 时，ln 2a<－1， 所以f ′(x )>0⇒x <ln 2a或x >－1， f ′(x )<0⇒ln 2a<x <－1， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；当0<a <2e 时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； 当a ＝2e 时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝ln x －ln t x －t. (1)当t ＝2时，求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间．解 (1)∵t ＝2，∴f (x )＝ln x －ln 2x －2， ∴f ′(x )＝x －2x －ln x ＋ln 2(x －2)2， ∴f ′(1)＝ln 2－1，又f (1)＝ln 2，∴切线方程为y －ln 2＝(ln 2－1)(x －1)，即y ＝(ln 2－1)x ＋1.(2)f (x )＝ln x －ln t x －t， ∴f (x )的定义域为(0，t )∪(t ，＋∞)，且t >0，f ′(x )＝1－t x －ln x ＋ln t (x －t )2， 令φ(x )＝1－t x－ln x ＋ln t ，x >0且x ≠t ， φ′(x )＝t x 2－1x ＝t －x x 2， ∴当x ∈(0，t )时，φ′(x )>0，当x ∈(t ，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，t )上单调递增，在(t ，＋∞)上单调递减，∴φ(x )<φ(t )＝0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，t )，(t ，＋∞)上单调递减．即f (x )的单调递减区间为(0，t )，(t ，＋∞)，无单调递增区间．考点三 单调性的简单应用 核心提炼1．函数f (x )在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在x ∈D 上恒成立．2．函数f (x )在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在x ∈D 上有解．例3 (1)若函数f (x )＝e x (cos x －a )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝e x (cos x －a )＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x －a )，∵f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，∴f ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，即cos x －sin x －a ≤0恒成立，即a ≥cos x －sin x ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4恒成立，∵－π2<x <π2，∴－π4<x ＋π4<3π4，∴－1<2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≤2，∴a ≥ 2.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a ＝0.1e 0.1，b ＝19，c ＝－ln 0.9，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．a <c <b答案 C解析 设u (x )＝x e x (0<x ≤0.1)，v (x )＝x 1－x(0<x ≤0.1)， w (x )＝－ln(1－x )(0<x ≤0.1)．则当0<x ≤0.1时，u (x )>0，v (x )>0，w (x )>0.①设f (x )＝ln[u (x )]－ln[v (x )]＝ln x ＋x －[ln x －ln(1－x )]＝x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则f ′(x )＝1－11－x ＝x x －1<0在(0,0.1]上恒成立， 所以f (x )在(0,0.1]上单调递减，所以f (0.1)<f (0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u (0.1)]－ln[v (0.1)]<0，所以ln[u (0.1)]<ln[v (0.1)]．又函数y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，所以u (0.1)<v (0.1)，即0.1e 0.1<19，所以a <b . ②设g (x )＝u (x )－w (x )＝x e x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则g ′(x )＝(x ＋1)e x －11－x＝(1－x 2)e x －11－x(0<x ≤0.1)． 设h (x )＝(1－x 2)e x －1(0<x ≤0.1)，则h ′(x )＝(1－2x －x 2)e x >0在(0,0.1]上恒成立，所以h (x )在(0,0.1]上单调递增，所以h (x )>h (0)＝(1－02)·e 0－1＝0，即g ′(x )>0在(0,0.1]上恒成立，所以g (x )在(0,0.1]上单调递增，所以g (0.1)>g (0)＝0·e 0＋ln(1－0)＝0，即g (0.1)＝u (0.1)－w (0.1)>0，所以0.1e 0.1>－ln 0.9，即a >c .综上，c <a <b ，故选C.规律方法 利用导数比较大小或解不等式的策略利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．跟踪演练3 (1)(2022·全国甲卷)已知9m ＝10，a ＝10m －11，b ＝8m －9，则( )A ．a ＞0＞bB ．a ＞b ＞0C ．b ＞a ＞0D ．b ＞0＞a答案 A解析 ∵9m ＝10，∴m ∈(1,2)，令f (x )＝x m －(x ＋1)，x ∈(1，＋∞)，∴f ′(x )＝mx m －1－1， ∵x >1且1<m <2，∴x m －1>1，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又9m ＝10，∴9m －10＝0，即f (9)＝0，又a ＝f (10)，b ＝f (8)，∴f (8)<f (9)<f (10)，即b <0<a .(2)已知变量x 1，x 2∈(0，m )(m >0)，且x 1<x 2，若2112x x x x 恒成立，则m 的最大值为(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)( )A ．e B. e C.1eD ．1 答案 A解析 ∵2112x x x x ⇒x 2ln x 1<x 1ln x 2，x 1，x 2∈(0，m )，m >0，∴ln x 1x 1<ln x 2x 2恒成立， 设函数f (x )＝ln x x ，∵x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(0，m )上单调递增，又f ′(x )＝1－ln xx 2，则f ′(x )>0⇒0<x <e ，即函数f (x )的单调递增区间是(0，e)，则m 的最大值为e.专题强化练一、单项选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f (x )＝1x －2x ＋ln x ，则函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为() A ．2x ＋y －2＝0 B ．2x －y －1＝0C ．2x ＋y －1＝0D ．2x －y ＋1＝0答案 C解析 因为f ′(x )＝－1x 2－2＋1x ，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝－1，故函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －1)，化简得2x ＋y －1＝0.2．已知函数f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，其导函数为f ′(x )，则f ′(0)等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析 因为f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，所以f (0)＝2－f ′(0)．因为f ′(x )＝2x ＋f (0)＋f ′(0)·sin x ，所以f ′(0)＝f (0)．故f ′(0)＝f (0)＝1.3．(2022·重庆检测)函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，π2B.⎝⎛⎭⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎫0，3π4 D.⎝⎛⎭⎫3π4，π 答案 D解析 f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，3π4时， e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，则f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，则f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，π)上的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫3π4，π.4．(2022·厦门模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －mx 在区间x ∈[1,2]上存在单调递增区间，则m 的取值范围为( )A ．(0，e)B ．(－∞，e)C ．(0,2e 2)D ．(－∞，2e 2)答案 D解析 ∵f (x )＝(x －1)e x －mx ，∴f ′(x )＝x e x －m ，∵f (x )在区间[1,2]上存在单调递增区间，∴存在x ∈[1,2]，使得f ′(x )>0，即m <x e x ，令g (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0恒成立，∴g (x )＝x e x 在[1,2]上单调递增，∴g (x )max ＝g (2)＝2e 2，∴m <2e 2，故实数m 的取值范围为(－∞，2e 2)．5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则( )A ．e b <aB ．e a <bC ．0<a <e bD ．0<b <e a答案 D解析 (用图估算法)过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则点(a ，b )在曲线y ＝e x 的下方且在x 轴的上方，得0<b <e a .6．已知a ＝e 0.3，b ＝ln 1.52＋1，c ＝ 1.5，则它们的大小关系正确的是( ) A ．a >b >c B ．a >c >bC ．b >a >cD ．c >b >a答案 B解析 由b ＝ln 1.52＋1＝ln 1.5＋1，令f (x )＝ln x ＋1－x ，则f ′(x )＝1x －1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0；所以f (x )＝ln x ＋1－x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，则f ( 1.5)<0，因此ln 1.5＋1－ 1.5<0，所以b <c ，又因为c ＝ 1.5<1.3，所以ln 1.5＋1< 1.5<1.3，得ln 1.5<0.3＝ln e 0.3， 故 1.5<e 0.3，所以a >c .综上，a >c >b .二、多项选择题7．若曲线f (x )＝ax 2－x ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则a 的取值可以是() A ．－12 B ．0 C.18 D.14答案 ABC解析 依题意，f (x )存在垂直于y 轴的切线，即存在切线斜率k ＝0的切线，又k ＝f ′(x )＝2ax ＋1x －1，x >0，∴2ax ＋1x －1＝0有正根，即－2a ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 有正根，即函数y ＝－2a 与函数y ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x ，x >0的图象有交点，令1x ＝t >0，则g (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14，∴g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫12＝－14，∴－2a ≥－14，即a ≤18.8．已知函数f (x )＝ln x ，x 1>x 2>e ，则下列结论正确的是() A ．(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0B.12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x22C ．x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0D ．e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2答案 BCD解析 ∵f (x )＝ln x 是增函数，∴(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，A 错误；12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12(ln x 1＋ln x 2)＝12ln(x 1x 2)＝ln x 1x 2，f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝ln x 1＋x 22，由x 1>x 2>e ，得x 1＋x 22>x 1x 2，又f (x )＝ln x 单调递增，∴12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x1＋x 22，B 正确；令h (x )＝f (x )x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2， 当x >e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x 1)<h (x 2)，即 f (x 1)x 1< f (x 2)x 2⇒x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0， C 正确；令g (x )＝e f (x )－x ，则g ′(x )＝e x－1， 当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x 1)<g (x 2)，即e f (x 1)－x 1<e f (x 2)－x 2⇒e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2，D 正确．三、填空题9．(2022·保定模拟)若函数f (x )＝ln x －2x＋m 在(1，f (1))处的切线过点(0,2)，则实数m ＝______. 答案 6解析 由题意，函数f (x )＝ln x －2x ＋m ， 可得f ′(x )＝1x ＋321x ， 可得f ′(1)＝2，且f (1)＝m －2，所以m －2－21－0＝2，解得m ＝6. 10．已知函数f (x )＝x 2－cos x ，则不等式f (2x －1)<f (x ＋1)的解集为________．答案 (0,2)解析 f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数．当x >0时，f ′(x )＝2x ＋sin x ，令g (x )＝2x ＋sin x ，则g ′(x )＝2＋cos x >0，∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，∴原不等式化为|2x －1|<|x ＋1|，解得0<x <2，∴原不等式的解集为(0,2)．11．(2022·伊春模拟)过点P (1,2)作曲线C ：y ＝4x的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为________．答案 2x ＋y －8＝0解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y ′＝－4x 2， 所以曲线C 在A 点处的切线方程为y －y 1＝－4x 21(x －x 1)， 将P (1,2)代入得2－y 1＝－4x 21(1－x 1)， 因为y 1＝4x 1，化简得2x 1＋y 1－8＝0， 同理可得2x 2＋y 2－8＝0，所以直线AB 的方程为2x ＋y －8＝0.12．已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3，则实数a 的取值范围是________．答案a ≤－1解析 对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3. 不妨设x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)<3(x 1－x 2)，即f (x 1)－3x 1<f (x 2)－3x 2，设F (x )＝f (x )－3x ，则F (x 1)<F (x 2)，又x 1<x 2，所以F (x )单调递增，F ′(x )≥0恒成立．F (x )＝f (x )－3x ＝12x 2－(a ＋3)x ＋ln x . 所以F ′(x )＝x －(3＋a )＋1x ＝x 2－(3＋a )x ＋1x， 令g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1，要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1≥0恒成立，即3＋a ≤x ＋1x 恒成立，x ＋1x ≥2x ·1x＝2， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立， 所以3＋a ≤2，即a ≤－1.四、解答题13．(2022·滁州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若函数在x ＝1处的切线与直线x －4y －2＝0垂直，求实数a 的值；(2)当a >0时，讨论函数的单调性．解 函数定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝2x －2＋a x. (1)由已知得f ′(1)＝2×1－2＋a ＝－4，得a ＝－4.(2)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x(x >0)， 对于方程2x 2－2x ＋a ＝0，记Δ＝4－8a .①当Δ≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当Δ>0，即0<a <12时，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝1－1－2a 2，x 2＝1＋1－2a 2. 又a >0，故x 2>x 1>0.当x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上所述，当a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2a 2，1＋1－2a 2上单调递减． 14．(2022·湖北八市联考)设函数f (x )＝e x －(ax －1)ln(ax －1)＋(a ＋1)x .(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求F (x )＝e x －f (x )的单调区间；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，F (x )＝e x －f (x )＝(x －1)ln(x －1)－2x ，定义域为(1，＋∞)，F ′(x )＝ln(x －1)－1，令F ′(x )>0，解得x >e ＋1，令F ′(x )<0，解得1<x <e ＋1，故F (x )的单调递增区间为(e ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e ＋1)．(2)f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上有意义，故ax －1>0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，可得a >e ，依题意可得f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1≥0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，设g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1，g ′(x )＝e x－a 2ax －1， 易知g ′(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，故g ′(x )≤g ′(1)＝e －a 2a －1<0， 故g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，最小值为g (1)，故只需g (1)＝e －a ln(a －1)＋1≥0，设h (a )＝e －a ln(a －1)＋1，其中a >e ，由h ′(a )＝－ln(a －1)－a a －1<0可得， h (a )＝e －a ln(a －1)＋1在(e ，＋∞)上单调递减，又h (e ＋1)＝0，故a ≤e ＋1.综上所述，a 的取值范围为(e ，e ＋1]．。

高三数学教案函数的导数与应用高三数学教案函数的导数与应用导学引入：在高三数学课程中，我们已经学习了函数的概念以及基本的函数性质。

今天，我们将进一步学习函数的导数及其应用。

函数的导数是函数在某一点的瞬时变化率，它在数学和实际问题中具有重要的应用价值。

一、函数的导数定义与性质1.1 导数的定义在函数y=f(x)的定义域中，若极限$$f'(x) = \lim_{h \to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$$存在，那么称该极限为函数f(x)在点x处的导数，记作f'(x)或$\frac{dy}{dx}$。

1.2 导数的几何意义导数表示函数曲线在某一点切线的斜率。

当导数大于0时，曲线上升；当导数小于0时，曲线下降；当导数等于0时，曲线具有极值。

1.3 导数的基本性质（1）常数导数：对于常数函数y=c，导数为0，即f'(x)=0。

（2）线性运算：若f(x)和g(x)的导数都存在，则$(f+g)'(x)=f'(x)+g'(x)$，$(cf)'(x)=cf'(x)$。

（3）乘法法则：若f(x)和g(x)的导数都存在，则$(f \cdot g)'(x)=f'(x) \cdot g(x)+f(x) \cdot g'(x)$。

（4）链式法则：若f(g(x))的导数存在，则$(f \circ g)'(x)=f'(g(x))\cdot g'(x)$。

二、函数的导数计算方法2.1 常见函数的导数（1）常数函数的导数为0。

（2）幂函数的导数：若y=x^n，则$y'=nx^{n-1}$。

（3）指数函数的导数：若y=a^x，则$y'=a^x \ln a$。

（4）三角函数的导数：若y=sin x，则$y'=\cos x$；若y=cos x，则$y'=-\sin x$。

（5）对数函数的导数：若y=log_a x，则$y'=\frac{1}{x \ln a}$。

第3讲导数的简单应用[考情考向·高考导航]1．此部分内容是高考命题的热点内容．在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度属中等偏上，属综合性问题．有时也常在解答题的第一问中考查，难度中档．[真题体验]1．(2019·全国Ⅱ卷)曲线y＝2sin x＋cos x在点(π，－1)处的切线方程为( )A．x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0解析：C [∵y′＝2cos x－sin x，∴切线斜率k＝2cos π－sin π＝－2，∴在点(π，－1)处的切线方程为y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.]2．(全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·e x－1的极值点，则f(x)的极小值为( ) A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1解析：A [f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·e x－1，则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，则f(x)＝(x2－x－1)·e x－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·e x－1，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，则f(x)极小值为f(1)＝－1.]3．(2018·天津卷)已知函数f(x)＝e x ln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．解析：由函数的解析式可得：f ′(x )＝e x ×ln x ＋e x×1x ＝e x (ln x ＋1x)，则：f ′(1)＝e 1×(ln 1＋11)＝e.即f ′(1)的值为e.答案：e4．(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：C [首先f (0)≥0，即a ≥0，当0≤a ≤1时，f (x )＝x 2－2ax ＋2a ＝(x －a )2＋2a －a 2≥2a －a 2＝a (2－a )＞0， 当a ＜1时，f (1)＝1＞0，故当a ≥0时，x 2－2ax ＋2a ≥0在(－∞，1]上恒成立；若x －a ln x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤xln x在(1，＋∞)上恒成立， 令g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝ln x －1ln x2，易知x ＝e 为函数g (x )在(1，＋∞)唯一的极小值点、也是最小值点， 故g (x )max ＝g (e)＝e ，所以a ≤e.综上可知，a 的取值范围是[0，e]．故选C.][主干整合]1．导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x ＝x 0处的导数值就是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率，其切线方程是y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )＞0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.(2)f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．3．可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值．(2)对于可导函数f (x )，“f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x )＝0”是“f (x )在x ＝x 0处取得极值”的必要不充分条件．(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．4．函数的极值与最值(1)函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．(2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有． (3)闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．热点一 导数的几何意义[例1] (1)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1[解析] D [y ′＝a e x＋ln x ＋1，k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1. 又∵切线方程为y ＝2x ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，即a ＝e －1，b ＝－1.故选D.](2)(2019·成都二模)已知曲线C 1：y 2＝tx (y ＞0，t ＞0)在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1－1也相切，则t ln 4e2t的值为( )A ．4e 2B ．8eC ．2D ．8[解析] D [曲线C 1：y ＝tx ，y ′＝t2tx .当x ＝4t 时，y ′＝t 4，切线方程为y －2＝t 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t ，化简为y ＝t4x ＋1.①与曲线C 2相切，设切点为(x 0，y 0)，y ′|x ＝x 0＝e x 0＋1＝t 4，x 0＝ln t4－1，那么y 0＝e x 0＋1－1＝t4－1，切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫t 4－1＝t 4⎝⎛⎭⎪⎫x －ln t4＋1，化简为y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t2－1，②①②是同一方程，所以－t 4ln t 4＋t2－1＝1⇔ln t 4＝2t －8t， 即t ＝4，那么t ln 4e 2t＝4ln e 2＝8，故选D.]求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程． (3)已知切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．(1)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________．解析：导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．设点A (x 0，y 0)，则y 0＝ln x 0.又y ′＝1x，当x ＝x 0时，y ′＝1x 0，点A 在曲线y ＝ln x 上的切线为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即y －ln x 0＝x x 0－1，代入点(－e ，－1)，得－1－ln x 0＝－ex 0－1，即x 0ln x 0＝e ，考查函数H (x )＝x ln x ，当x ∈(0,1)时，H (x )＜0，当x ∈(1，＋∞)时，H (x )＞0， 且H ′(x )＝ln x ＋1，当x ＞1时，H ′(x )＞0，H (x )单调递增， 注意到H (e)＝e ，故x 0ln x 0＝e 存在唯一的实数根x 0＝e ，此时y 0＝1， 故点A 的坐标为A (e,1)． 答案：(e,1)(2)(2019·烟台三模)函数f (x )＝e xsin x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是________．解析：由f (x )＝e x sin x ，得f ′(x )＝e x sin x ＋e xcos x ，所以f (0)＝0且f ′(0)＝1，则切线的斜率为1，切点坐标为(0,0)，所以切线方程为y ＝x .答案：y ＝x热点二 利用导数研究函数的单调性逻辑 推理 素养逻辑推理——分类与整合思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法.[例2] (1)(2019·青岛三模)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，则实数a 的取值范围是____________．[解析] 由已知得f ′(x )＝x 2－ax ＋1，∵函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上单调递减，∴f ′(x )≤0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤0，f ′3≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－12a ＋1≤0，9－3a ＋1≤0，解得a ≥103，∴实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞.[答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞ (2)(2019·吉林三模节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ＋1＋1＋a x －1，当－12≤a ≤0时，讨论f (x )的单调性．[解] f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋a －1＋a x 2＝ax 2＋x －a －1x2＝ax ＋a ＋1x －1x 2.①当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2，此时，在(0,1)上f ′(x )＜0，f (x )单调递减，在(1，＋∞)上f ′(x )＞0，f (x )单调递增；②当－12≤a ＜0时，f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1＋a a x －1x 2.(ⅰ)当－1＋a a ＝1，即a ＝－12时，f ′(x )＝－x －122x 2≤0在(0，＋∞)上恒成立．所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减；(ⅱ)当－12＜a ＜0时，－1＋a a ＜1，此时在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋a a ，＋∞上f ′(x )＜0，f (x )单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1＋a a 上f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 综上所述：当a ＝0时，f (x )在(0,1)上单调递减，f (x )在(1，＋∞)上单调递增；当－12＜a ＜0时，f (x )在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－a a ，＋∞上单调递减，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1－a a 上单调递增；当a ＝－12时f (x )在(0，＋∞)上单调递减．求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论． [注意] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．(2019·广州二模)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx＋ln x 的一个极值点． (1)求函数f (x )的单调递减区间．(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1,2]内单调递增，求a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2－b x 2＋1x，x ∈(0，＋∞)．因为x ＝1是f (x )＝2x ＋bx＋ln x 的一个极值点， 所以f ′(1)＝0，即2－b ＋1＝0.解得b ＝3，经检验，适合题意，所以b ＝3. 因为f ′(x )＝2－3x 2＋1x ＝2x 2＋x －3x2， 解f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1]． (2)g (x )＝f (x )－3＋a x ＝2x ＋ln x －ax(x ＞0)，g ′(x )＝2＋1x ＋ax 2(x ＞0)．因为函数g (x )在[1,2]上单调递增，所以g ′(x )≥0在[1,2]上恒成立，即2＋1x ＋a x2≥0在[1,2]上恒成立，所以a ≥－2x 2－x 在[1,2]上恒成立，所以a ≥(－2x 2－x )max ，x ∈[1,2]．因为在[1,2]上，(－2x 2－x )max ＝－3，所以a ≥－3.热点三 利用导数研究函数的极(最)值[例3] (2019·银川二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(a －2)x . (1)若f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值． (2)求函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值．[审题指导] (1)要求a 的值，只需要令f ′(1)＝0即可．(2)要求f (x )的最大值，就要根据12与区间[a 2，a ]的关系分类讨论，依据单调性求解．[解析] (1)因为f (x )＝ln x －ax 2＋(a －2)x ，所以函数的定义域为(0，＋∞)． 所以f ′(x )＝1x －2ax ＋(a －2)＝1－2ax 2＋a －2x x＝－2x －1ax ＋1x.因为f (x )在x ＝1处取得极值，即f ′(1)＝－(2－1)(a ＋1)＝0，解得a ＝－1.当a ＝－1时，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上f ′(x )＜0，在(1，＋∞)上f ′(x )＞0， 此时x ＝1是函数f (x )的极小值点，所以a ＝－1. (2)因为a 2＜a ，所以0＜a ＜1，f ′(x )＝－2x －1ax ＋1x，因为x ∈(0，＋∞)，所以ax ＋1＞0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减． ①当0＜a ≤12时，f (x )在[a 2，a ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (a )＝ln a －a 3＋a 2－2a ；②当⎩⎪⎨⎪⎧a ＞12，a 2＜12，即12＜a ＜22时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，a 上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－ln 2－a 4＋a －22＝a 4－1－ln 2；③当12≤a 2，即22≤a ＜1时，f (x )在[a 2，a ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (a 2)＝2ln a －a 5＋a 3－2a 2.综上所述，当0＜a ≤12时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是ln a －a 3＋a 2－2a ；当12＜a ＜22时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是a 4－1－ln 2； 当22≤a ＜1时，函数y ＝f (x )在[a 2，a ]上的最大值是2ln a －a 5＋a 3－2a 2.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左、右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．几点注意：①求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点； ②求函数最值时，务必将极值与端点值比较得出最大(小)值；③对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论．(2019·惠州二模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2x ＜1a ln x x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．解析：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0)0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 f ′(x ) －0 ＋0 －f (x )极小值极大值故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0)和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，23上单调递增． 因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a ＞0时，f (x )在[1，e]上单调递增， 则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a ＜2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.限时50分钟 满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2020·南开中学质检)已知函数f (x )＝g (x )＋2x 且曲线y ＝g (x )在x ＝1处的切线为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的斜率为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：B [∵曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，∴g ′(1)＝2.∵函数f (x )＝g (x )＋2x ，∴f ′(x )＝g ′(x )＋2，∴f ′(1)＝g ′(1)＋2，∴f ′(1)＝2＋2＝4，即曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的斜率为4.故选B.]2．(2019·南京三模)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：D [因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x.因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＞1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x ＞1，所以0＜1x＜1，所以k ≥1.故选D.]3．(2019·保定三模)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是( ) A ．[0,1)B ．(－1,1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．(0,1)解析：D [f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )． 当a ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0,1)内单调递增，无最小值． 当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a )．当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减，所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0,1)内有最小值．]4．(2020·长沙模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(3，＋∞)B ．(－∞，－3)C ．(－3，3)D ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)解析：D [f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3.由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得a ＞3或a ＜－ 3.]5．(2019·长春质量监测)已知函数f (x )是定义在R 上的函数，且满足f ′(x )＋f (x )＞0，其中f ′(x )为f (x )的导函数，设a ＝f (0)，b ＝2f (ln 2)，c ＝e f (1)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．c ＞b ＞aB ．a ＞b ＞cC ．c ＞a ＞bD ．b ＞c ＞a解析：A [令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x[f (x )＋f ′(x )]＞0，所以函数g (x )在定义域R 上单调递增，从而g (0)＜g (ln 2)＜g (1)，得f (0)＜2f (ln 2)＜e f (1)，即a ＜b ＜c .故选A.]6．(山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3解析：A [当y ＝sin x 时，y ′＝cos x ，cos 0·cos π＝－1，所以在函数y ＝sin x 图象存在两点x ＝0，x ＝π使条件成立，故A 正确；函数y ＝ln x ，y ＝e x，y ＝x 3的导数值均非负，不符合题意，故选A.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2019·厦门三模)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为____________． 解析：由y ＝x ln x 知y ′＝ln x ＋1，设切点为(x 0，x 0ln x 0)，则切线方程为y －x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(x －x 0)，因为切线y ＝kx －2过定点(0，－2)，所以－2－x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(0－x 0)，解得x 0＝2，故k ＝1＋ln 2.答案：1＋ln 28．(2019·潍坊三模)设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范围是____________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x＝－ax ＋1x －1x.①若a ≥0，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； 所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a ＜0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a.因为x ＝1是f (x )的极大值点， 所以－1a＞1，解得－1＜a ＜0.综合①②得a 的取值范围是(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 9．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ；(2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x∴f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x∴f ′(2)＝(2a －1)e 2＝0 ∴a ＝12(2)f ′(x )＝(ax －1)(x －1)e x①当a ＝0时，令f ′(x )＝0得x ＝1f ′(x )，f (x )随x 变化如下表：x (－∞，1)1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值∴f (x )在x ＝1②当a ＞0时，令f ′(x )＝0得x 1＝1a，x 2＝1a ．当x 1＝x 2，即a ＝1时， f ′(x )＝(x －1)2e x ≥0∴f (x )在R 上单调递增 ∴f (x )无极值(舍)b ．当x 1＞x 2，即0＜a ＜1时，f ′(x )，f (x )随x 变化如下表：x (－∞，1)1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 1a⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值c ．当x 1＜x 2，即a ＞1时 f ′(x )，f (x )随x 变化如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1a1a⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －＋f (x )极大值极小值即a ＞1成立③当a ＜0时，令f ′(x )＝0得x 1＝1a，x 2＝1f ′(x )，f (x )随x 变化如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1a 1a⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋ 0 －f (x )极小值极大值综上所述：a 的取值范围为(1，＋∞)．10．(2019·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性．(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解析：这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少．考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算．思考量不大，由计算量补充．(1)对f (x )＝2x 3－ax 2＋b 求导得f ′(x )＝6x 2－2ax ＝6x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 3.所以有当a ＜0时，⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a 3区间上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；当a ＝0时，(－∞，＋∞)区间上单调递增；当a ＞0时，(－∞，0)区间上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3区间上单调递减，⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞区间上单调递增． (2)若f (x )在区间[0,1]有最大值1和最小值－1，所以若a ＜0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3区间上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；此时在区间[0,1]上单调递增，所以f (0)＝－1，f (1)＝1代入解得b ＝－1，a ＝0，与a ＜0矛盾，所以a ＜0不成立．若a ＝0，(－∞，＋∞)区间上单调递增；在区间[0.1]．所以f (0)＝－1，f (1)＝1代入解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0b ＝－1.若0＜a ≤2，(－∞，0)区间上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3区间上单调递减，⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞区间上单调递增．即f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，1单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a3而f (0)＝b ，f (1)＝2－a ＋b ≥f (0)，故所以区间[0,1]上最大值为f (1).即⎩⎪⎨⎪⎧2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 33－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＋b ＝－12－a ＋b ＝1相减得2－a ＋a 327＝2，即a (a －33)(a ＋33)＝0，又因为0＜a ≤2，所以无解．若2＜a ≤3，(－∞，0)区间上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3区间上单调递减，⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞区间上单调递增． 即f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，1单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a3而f (0)＝b ，f (1)＝2－a ＋b ≤f (0)，故所以区间[0,1]上最大值为f (0).即⎩⎪⎨⎪⎧2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 33－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＋b ＝－1b ＝1相减得a 327＝2，解得x ＝332，又因为2＜a ≤3，所以无解．若a ＞3，(－∞，0)区间上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3区间上单调递减，⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞区间上单调递增． 所以有f (x )区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为f (0)，最小值为f (1)即⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝12－a ＋b ＝－1解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝1.综上得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0b ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝1.答案：(1)见详解；(2)⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0b ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝1.11．(2018·江苏卷)记f ′(x )，g ′(x )分别为函数f (x )，g (x )的导函数．若存在x 0∈R ，满足f (x 0)＝g (x 0)且f ′(x 0)＝g ′(x 0)，则称x 0为函数f (x )与g (x )的一个“S 点”．(1)证明：函数f (x )＝x 与g (x )＝x 2＋2x －2不存在“S 点”； (2)若函数f (x )＝ax 2－1与g (x )＝ln x 存在“S 点”，求实数a 的值；(3)已知函数f (x )＝－x 2＋a ，g (x )＝b e xx.对任意a ＞0，判断是否存在b ＞0，使函数f (x )与g (x )在区间(0，＋∞)内存在“S 点”，并说明理由．解：(1)f ′(x )＝1，g ′(x )＝2x ＋2若存在，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋2x 0－2＝x 0……①1＝2x 0＋2……②根据②得到x 0＝－12代入①不符合，因此不存在“S 点”．(2)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝1x根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧ax 20－1＝ln x 0……①2ax 0＝1x 0……②且有x 0＞0根据②得到x0＝12a代入①得到a＝e2.(3)f′(x)＝－2x，g′(x)＝b e x x－1x2转化为－x20＋a＋2x20x0－1＝0∵0＜x0＜1∴－x30＋x20＋a(x0－1)＋2x20＝0⇒m(x)＝－x30＋3x20＋a(x0－1)＝0 转化为m(x)存在零点x0,0＜x0＜1又m(0)＝－a＜0，m(1)＝2∴m(x)恒存在零点大于0小于1∴对任意a＞0均存在b＞0，使得存在“S点”．。

第3讲 导数的简单应用[做真题]题型一 导数的几何意义1．(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D ．法一：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 所以(－x )3＋(a －1)(－x )2＋a (－x )＝－[x 3＋(a －1)x 2＋ax ]，所以2(a －1)x 2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D ．法二：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D ．2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1解析：选D ．因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.3．(2018·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：因为y ＝2ln(x ＋1)，所以y ′＝2x ＋1.当x ＝0时，y ′＝2，所以曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .答案：y ＝2x4．(2016·高考全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________．解析：设y ＝kx ＋b 与y ＝ln x ＋2和y ＝ln(x ＋1)的切点分别为(x 1，ln x 1＋2)和(x 2，ln(x 2＋1))．则切线分别为y －ln x 1－2＝1x 1(x －x 1)，y －ln(x 2＋1)＝1x 2＋1(x －x 2)，化简得y ＝1x 1x ＋ln x 1＋1，y ＝1x 2＋1x －x 2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝－x2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，解得x 1＝12，从而b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 答案：1－ln 2题型二 导数与函数的单调性、极值与最值1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A ．因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A ．2．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：法一：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，所以f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12(cos x ＋1)，由f ′(x )≥0得12≤cos x ≤1，即2k π－π3≤x ≤2k π＋π3，k ∈Z ，由f ′(x )≤0得－1≤cos x ≤12，即2k π＋π≥x ≥2k π＋π3或2k π－π≤x ≤2k π－π3，k ∈Z ，所以当x ＝2k π－π3(k ∈Z )时，f (x )取得最小值，且f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＋sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－π3＝－332. 法二：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )＝4sin x 2cos x2·2cos 2x2＝8sin x 2cos 3 x 2＝833sin 2x2cos 6x2，所以[f (x )]2＝643×3sin 2x 2cos 6 x 2≤643·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3sin 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 244＝274， 当且仅当3sin 2x 2＝cos 2x 2，即sin 2x 2＝14时取等号， 所以0≤[f (x )]2≤274，所以－332≤f (x )≤332，所以f (x )的最小值为－332.答案：－332[明考情]1．此部分内容是高考命题的热点内容，在选择题、填空题中多考查导数的几何意义，难度较小．2．应用导数研究函数的单调性、极值、最值，多在选择题、填空题最后几题的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．有时也常在解答题的第一问中考查，难度一般．导数的几何意义 [典型例题](1)(2019·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2sin x ＋cos x 在点(π，－1)处的切线方程为( )A ．x －y －π－1＝0B ．2x －y －2π－1＝0C ．2x ＋y －2π＋1＝0D ．x ＋y －π＋1＝0(2)曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则点P 的坐标为________． (3)(2019·广州市调研测试)若过点A (a ，0)作曲线C ：y ＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是________．【解析】 (1)依题意得y ′＝2cos x －sin x ，y ′|x ＝π＝(2cos x －sin x )|x ＝π＝2cos π－sin π＝－2，因此所求的切线方程为y ＋1＝－2(x －π)，即2x ＋y －2π＋1＝0，故选C ．(2)f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，所以P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故点P 的坐标为(1，3)或(－1，3)．(3)设切点坐标为(x 0，x 0e x 0)，y ′＝(x ＋1)e x，y ′|x ＝x 0＝(x 0＋1)e x 0，所以切线方程为y －x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0(x －x 0)，将点A (a ，0)代入可得－x 0e x 0＝(x 0＋1)e x 0(a －x 0)，化简，得x 20－ax 0－a ＝0，过点A (a ，0)作曲线C 的切线有且仅有两条，即方程x 20－ax 0－a ＝0有两个解，则有Δ＝a 2＋4a >0，解得a >0或a <－4，故实数a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．【答案】 (1)C (2)(1，3)或(－1，3) (3)(－∞，－4)∪(0，＋∞)(1)求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法1．(2019·武汉调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点．故选C ．2．(2019·成都第二次诊断性检测)已知直线l 既是曲线C 1：y ＝e x的切线，又是曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切线，则直线l 在x 轴上的截距为( )A ．2B ．1C ．e 2D ．－e 2解析：选B ．设直线l 与曲线C 1：y ＝e x的切点为A (x 1，e x 1)，与曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切点为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，14e 2x 22.由y ＝e x ，得y ′＝e x，所以曲线C 1在点A 处的切线方程为y －e x 1＝e x 1(x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1(x 1－1) ①.由y ＝14e 2x 2，得y ′＝12e 2x ，所以曲线C 2在点B 处的切线方程为y －14e 2x 22＝12e 2x 2(x －x 2)，即y ＝12e 2x 2x －14e 2x 22 ②.因为①②表示的切线为同一直线，所以⎩⎪⎨⎪⎧e x 1＝12e 2x 2，e x 1(x 1－1)＝14e 2x 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，x 2＝2，所以直线l 的方程为y ＝e 2x －e 2，令y ＝0，可得直线l 在x 上的截距为1，故选B ．3．(2019·广州市综合检测(一))若函数f (x )＝ax －3x的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2，4)，则a ＝________．解析：f ′(x )＝a ＋3x2，f ′(1)＝a ＋3，f (1)＝a －3，故f (x )的图象在点(1，a －3)处的切线方程为y －(a －3)＝(a ＋3)(x －1)，又切线过点(2，4)，所以4－(a －3)＝a ＋3，解得a ＝2.答案：2利用导数研究函数的单调性[典型例题]命题角度一 求函数的单调区间或判断函数的单调性已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．【解】 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1. ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增． 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．命题角度二 已知函数的单调性求参数已知函数f (x )＝ln x －a 2x 2＋ax (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x，令f ′(x )＝0，则x ＝1(负值舍去)．当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)法一：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－(2ax ＋1)(ax －1)x.①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>0，所以f (x )在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意； ②当a >0时，由f ′(x )<0，得x >1a.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1a ≤1，a >0，解得a ≥1；③当a <0时，由f ′(x )<0，得x >－12a.所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞. 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－12a ≤1，a <0，解得a ≤－12.综上所述，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．法二：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x.由f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g (x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，1≤0不合题意；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧14a <1，g (1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，－2a 2＋a ＋1≤0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，a ≥1或a ≤－12，所以a ≥1或a ≤－12.所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解．[对点训练]1．若函数f (x )＝(x ＋a )e x在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x(x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.答案：(－∞，－1)2．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0， 得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0； 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．利用导数研究函数的极值(最值)问题[典型例题]命题角度一 求已知函数的极值(最值)已知函数f (x )＝ln x x－1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．【解】 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >0得0<x <e ； 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >0，得x >e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，(m ，2m )⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增， 所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减， 所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1；③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e－1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在求得极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．命题角度二 已知函数的极值或最值求参数(2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解】 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(i)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ii)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(iii)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.已知函数极值点或极值求参数的方法(2019·长春质量检测(一))已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x (其中常数a ≠0)．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a 的值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，x >0， f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，解得x 1＝12，x 2＝1，当0<x <12时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增； 当12<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减； 当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x，令f ′(x )＝0，得x ′1＝1，x ′2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x ′2＝12a ≠x ′1＝1，当12a<0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2.当0<12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增，所以最大值1可能在x ＝12a或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)×12a ＝ln 12a －14a －1<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 当1<12a <e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值1可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1<12a<e 矛盾．当12a≥e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值1在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，不符合题意． 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.一、选择题1．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x＋x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数a 的值是( )A ．12 B ．1 C ．2D ．e解析：选B ．由题意知y ′＝a e x＋1＝2，则a >0，x ＝－ln a ，代入曲线方程得y ＝1－ln a ，所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a )，即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( ) A ．(－3，3) B ．(－11，4)C ．(4，－11)D ．(－3，3)或(4，－11)解析：选C ．f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C ．3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知f (x )在R 上连续可导，f ′(x )为其导函数，且f (x )＝e x ＋e －x －f ′(1)x ·(e x －e －x )，则f ′(2)＋f ′(－2)－f ′(0)f ′(1)＝( )A ．4e 2＋4e －2B ．4e 2－4e －2C ．0D ．4e 2解析：选C ．由题意，得f ′(x )＝e x－e －x－f ′(1) [e x－e －x＋x (e x ＋e －x)]，所以f ′(0)＝e 0－e 0－f ′(1)[e 0－e 0＋0·(e 0＋e 0)]＝0，f ′(2)＋f ′(－2)＝0，所以f ′(2)＋f ′(－2)－f ′(0)f ′(1)＝0，故选C ．4．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－26] B ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C ．由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g (1)≥0⇔－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－4，a ≥－5⇔a ≥－26，故选C ． 5．函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x )，若xf ′(x )＋f (x )＝e x，且f (1)＝e ，则( ) A ．f (x )的最小值为e B ．f (x )的最大值为e C ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1e解析：选A ．设g (x )＝xf (x )－e x， 所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x ＝0， 所以g (x )＝xf (x )－e x为常数函数． 因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0， 所以g (x )＝xf (x )－e x ＝g (1)＝0， 所以f (x )＝e xx ，f ′(x )＝e x(x －1)x2， 当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， 所以f (x )≥f (1)＝e.6．若函数f (x )＝e x－(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( )A ．(－e 2，－e) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－e 2C ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 D ．(－∞，－e －1)解析：选D ．由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x－(m ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1x－2＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m ＋1＝x e x1－2x在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g (x )＝x e x1－2x ，则g ′(x )＝－e x(x －1)(2x ＋1)(1－2x )2，所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m ＋1＝x e x1－2x 在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m ＋1<g (1)，即m ＋1<－e ，m <－e －1，所以实数m 的取值范围是(－∞，－e －1)．故选D ．二、填空题7．(2019·高考全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .答案：y ＝3x8．函数f (x )＝x 2－ln x 的最小值为________．解析：因为f (x )＝x 2－ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －1x ，令2x －1x ＝0得x ＝22，令f ′(x )>0，则x >22；令f ′(x )<0，则0<x <22.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以f (x )的极小值(也是最小值)为⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＝1＋ln 22.答案：1＋ ln 229．若函数f (x )＝x 2－4e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________． 解析：因为f (x )＝x 2－4e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －4e x －a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x－a >0，即a <2x －4e x 有解，即a <(2x －4e x )max 即可．令g (x )＝2x －4e x ，则g ′(x )＝2－4e x.令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，函数g (x )＝2x －4e x单调递增；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递减．所以当x ＝－ln 2时，g (x )＝2x －4e x取得最大值－2－2ln 2，所以a <－2－2ln 2.答案：(－∞，－2－2ln 2) 三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x, f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＋1x .(2)f ′(x )＝1x －2ax ＋1＝－2ax 2＋x ＋1x，x >0，①当a ≤0时，显然f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)， 则x 1x 2＝－12a<0，所以x 1<0<x 2，所以f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x，x >0.令f ′(x )>0，得x ∈(0，x 2)，令f ′(x )<0得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 11．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2＝a ＋2xx.当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0<x <2时，f ′(x )<0， 即f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2. (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值； 当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为极小值，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a .根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2－a ≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， 综上实数a 的取值范围是[－2，0)．12．(2019·广州市调研测试)已知函数f (x )＝x e x＋a (ln x ＋x )． (1)若a ＝－e ，求f (x )的单调区间；(2)当a <0时，记f (x )的最小值为m ，求证：m ≤1.解：(1)当a ＝－e 时，f (x )＝x e x－e(ln x ＋x )，f (x )的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝(x ＋1)e x －e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1＝x ＋1x (x e x －e)．当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时．f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)证明：f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )， 令g (x )＝x e x＋a ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为a <0，所以g (0)＝a <0，g (－a )＝－a e －a＋a >－a ＋a ＝0， 故存在x 0∈(0，－a )，使得g (x 0)＝x 0e x 0＋a ＝0. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x＋a )>0，f (x )单调递增． 故x ＝x 0时，f (x )取得最小值，即m ＝f (x 0)＝x 0e x 0＋a (ln x 0＋x 0)． 由x 0e x 0＋a ＝0得m ＝x 0e x 0＋a ln(x 0e x 0)＝－a ＋a ln(－a )，令x ＝－a >0，h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x ， 当x ∈(0，1)时，h ′(x )＝－ln x >0，h (x )＝x －x ln x 单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝－ln x <0，h (x )＝x －x ln x 单调递减， 故x ＝1，即a ＝－1时，h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，故m ≤1.。

第1讲 函数的图象与性质[例1] (1)已知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，a x ＋b ，x ≤0(0＜a ＜1)，且f (－2)＝5，f (－1)＝3，则f (f (－3))＝( )A.－2B.2C.3D.－3(2)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________.[解析] (1)由题意得，f (－2)＝a －2＋b ＝5，①f (－1)＝a －1＋b ＝3，②联立①②，结合0＜a ＜1，得a ＝12，b ＝1，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 3x ，x ＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋1，x ≤0，则f (－3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3＋1＝9，f (f (－3))＝f (9)＝log 39＝2，故选B.(2)当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－2a ）x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，y ＝(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1]内的所有实数，则⎩⎪⎨⎪⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a ＜12.[答案] (1)B (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 [解题方略]1.函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可.2.分段函数问题的5种常见类型及解题策略求函数值弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算求函数最值分别求出每个区间上的最值，然后比较大小解不等式根据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要注意取值范围的大前提求参数 “分段处理”，采用代入法列出各区间上的方程利用函数性质求值依据条件找到函数满足的性质，利用该性质求解[跟踪训练]1.已知函数f (x )的定义域为[0，2]，则函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋8－2x的定义域为( )A.[0，3]B.[0，2]C.[1，2]D.[1，3]解析：选A 由题意，函数f (x )的定义域为[0，2]，即x ∈[0，2]，因为函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋8－2x ，所以⎩⎪⎨⎪⎧0≤12x ≤2，8－2x ≥0，得0≤x ≤3，即函数g (x )的定义域为[0，3]，故选A. 2.函数f (x )＝2＋|x |－x2(－2＜x ≤2)的值域为( )A.(2.4)B.[2，4)C.[2，4]D.(2，4]解析：选B 法一：因为f (x )＝2＋|x |－x2(－2＜x ≤2)，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，－2＜x ≤0，2，0＜x ≤2.函数f (x )的图象如图所示，由图象得，函数f (x )的值域为[2，4).法二：因为f (x )＝2＋|x |－x 2(－2＜x ≤2)，当－2＜x ≤0时，f (x )＝2－x ，所以2≤f (x )＜4；当0＜x ≤2时，f (x )＝2.综上，函数f (x )的值域为[2，4).3.已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数： ①f (x )＝x －1x ；②f (x )＝x ＋1x ；③f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0＜x ＜1，0，x ＝1，－1x，x ＞1.其中满足“倒负”变换的函数是( ) A.①② B.①③ C.②③D.①解析：选B 对于①，f (x )＝x －1x，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x －x ＝－f (x )，满足；对于②，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x＋x＝f (x )，不满足；对于③，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0＜1x ＜1，0，1x ＝1，－x ，1x ＞1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ＞1，0，x ＝1，－x ，0＜x ＜1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＝－f (x )，满足.综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③. 考点二函数的图象及应用题型一 函数图象的识别[例2] (1)(2019·开封市定位考试)函数f (x )的大致图象如图所示，则函数f (x )的解析式可以是( )A.f (x )＝x 2·sin|x |B.f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x ·cos 2xC.f (x )＝()e x－e－xcos ⎝⎛⎭⎪⎫π2xD.f (x )＝x ln|x ||x|(2)(2019·福建五校第二次联考)函数f (x )＝x 2＋ln(e －x )ln(e ＋x )的图象大致为( )[解析] (1)由题中图象可知，在原点处没有图象，故函数的定义域为{}x |x ≠0，故排除选项A 、C ；又函数图象与x 轴只有两个交点，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1x cos2x 中cos2x ＝0有无数个根，故排除选项B ，正确选项是D.(2)因为f (－x )＝(－x )2＋ln(e ＋x )ln(e －x )＝x 2＋ln(e －x )ln(e ＋x )＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，据此可排除选项C ()也可由f （0）＝1排除选项C .当x →e 时，f (x )→－∞，据此可排除选项B 、D.故选A.[答案] (1)D (2)A [解题方略]寻找函数图象与解析式之间的对应关系的方法知式选图①从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置②从函数的单调性，判断图象的变化趋势 ③从函数的奇偶性，判断图象的对称性 ④从函数的周期性，判断图象的循环往复知图选式①从图象的左右、上下分布，观察函数的定义域、值域 ②从图象的变化趋势，观察函数的单调性③从图象的对称性方面，观察函数的奇偶性 ④从图象的循环往复，观察函数的周期性题型二 函数图象的应用[例3] (1)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋x －1，x ＞2，ax －1，x ≤2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A.－14≤a ＜0B.a ≤－14C.－1≤a ≤－14D.a ≤－1(2)(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，则满足f (x ＋1)<f (2x )的x 的取值范围是( )A.(－∞，－1]B.(0，＋∞)C.(－1，0)D.(－∞，0)[解析] (1)因为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋x －1，x ＞2，ax －1，x ≤2是R 上的单调递减函数，所以其图象如图所示，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，－12a ≤2，2a －1≥4a ＋2－1，解得a ≤－1，故选D.(2)∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x >0，∴函数f (x )的图象如图所示. 结合图象知，要使f (x ＋1)<f (2x )，则需⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，2x <0，∴x <0，故选D. [答案] (1)D (2)D [解题方略]1.利用函数的图象研究不等式当不等式问题不能用代数法求解，但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上下关系问题，从而利用数形结合求解.2.利用函数的图象研究函数的性质对于已知或解析式易画出其在给定区间上图象的函数，其性质常借助图象研究：①从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；②从图象的对称性，分析函数的奇偶性；③从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性.[跟踪训练]1.已知函数f (x )＝x |x |－2x ，则下列结论正确的是( ) A.f (x )是偶函数，递增区间是(0，＋∞) B.f (x )是偶函数，递减区间是(－∞，1) C.f (x )是奇函数，递减区间是(－1，1) D.f (x )是奇函数，递增区间是(－∞，0)解析：选C 将函数f (x )＝x |x |－2x 去掉绝对值，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥0，－x 2－2x ，x ＜0，作出函数f (x )的图象， 如图，观察图象可知，函数f (x )为奇函数，且在(－1，1)上单调递减.2.(2019·安徽五校联盟第二次质检)函数y ＝x 2＋12x的图象大致为( )解析：选C 因为函数y ＝x 2＋12x为奇函数，所以其图象关于原点对称，当x ＞0时，y＝12x 2＋1x 2＝121＋1x 2，所以函数y ＝x 2＋12x在(0，＋∞)上单调递减，所以排除选项B 、D ；又当x ＝1时，y ＝22＜1，所以排除选项A ，故选C. 3.已知函数f (x )＝2xx －1，则下列结论正确的是( ) A.函数f (x )的图象关于点(1，2)对称 B.函数f (x )在(－∞，1)上是增函数C.函数f (x )的图象上至少存在两点A ，B ，使得直线AB ∥x 轴D.函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称 解析：选A 因为f (x )＝2x x －1＝2x －1＋2，所以函数f (x )在(－∞，1)上是减函数，排除B ；画出函数f (x )的大致图象如图所示，结合图象排除C 、D.因为f (x )＋f (2－x )＝2xx －1＋2（2－x ）（2－x ）－1＝2x x －1＋4－2x1－x＝4，所以函数f (x )的图象关于点(1，2)对称.[例4] (1)(2019·广东六校第一次联考)在R 上函数f (x )满足f (x ＋1)＝f (x －1)，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋a ，－1≤x <0，|2－x |，0≤x <1，其中a ∈R ，若f (－5)＝f (4.5)，则a ＝( )A.0.5B.1.5C.2.5D.3.5(2)(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＋x x 2＋1＋1，则f (x )的最大值与最小值的和为( )A.0B.1C.2D.4[解析] (1)由f (x ＋1)＝f (x －1)，即有f (x ＋2)＝f (x )，得f (x )是周期为2的函数，又f (－5)＝f (4.5)，所以f (－1)＝f (0.5)，即－1＋a ＝1.5，所以a ＝2.5，故选C.(2)由已知得f (x )＝sin2x ＋x x 2＋1＋1，因为y ＝sin2x ，y ＝xx 2＋1都为奇函数，所以不妨设f (x )在x ＝a 处取得最大值，则根据奇函数的对称性可知，f (x )在x ＝－a 处取得最小值，故f (a )＋f (－a )＝sin2a ＋aa 2＋1＋1＋sin(－2a )＋－aa 2＋1＋1＝2.故选C. [答案] (1)C (2)C[解题方略] 函数3个性质及应用[跟踪训练]1.(2018·全国卷Ⅲ)下列函数中，其图象与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是( )A.y ＝ln(1－x )B.y ＝ln(2－x )C.y ＝ln(1＋x )D.y ＝ln(2＋x )解析：选B 函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝f (a －x )的图象关于直线x ＝a2对称，令a ＝2可得与函数y ＝ln x 的图象关于直线x ＝1对称的是函数y ＝ln(2－x )的图象.故选B.2.(2019·河北省九校第二次联考)已知函数f (x )＝x 3＋2x ＋sin x ，若f (a )＋f (1－2a )>0，则实数a 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.(－∞，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，13解析：选B f (x )的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x2＋2＋cos x >0，∴f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，∴由f (a )＋f (1－2a )>0，得f (a )>f (2a －1)，a >2a －1，解得a <1，故选B.3.函数f (x )是定义在R 上的奇函数，对任意两个正数x 1，x 2(x 1<x 2)，都有x 2f (x 1)>x 1f (x 2)，记a ＝12f (2)，b ＝f (1)，c ＝－13f (－3)，则a ，b ，c 之间的大小关系为( )A.a >b >cB.b >a >cC.c >b >aD.a >c >b解析：选B 因为对任意两个正数x 1，x 2(x 1<x 2)，都有x 2f (x 1)>x 1f (x 2)，所以f （x 1）x 1>f （x 2）x 2，得函数g (x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上是减函数，又c ＝－13f (－3)＝13f (3)，所以g (1)>g (2)>g (3)，即b >a >c ，故选B.数学抽象——抽象函数与函数的三大性质[典例] 定义在R 上的奇函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，f (x )＝log 12(1－x )，则f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上是( ) A.减函数且f (x )>0 B.减函数且f (x )<0 C.增函数且f (x )>0D.增函数且f (x )<0[解析] 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12时，由f (x )＝log 12(1－x )可知f (x )单调递增且f (x )>0，又函数f (x )为奇函数，所以在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0上函数f (x )也单调递增，且f (x )<0.由f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )知，函数f (x )的周期为32，所以在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上，函数f (x )单调递增且f (x )<0.故选D. [答案] D [素养通路]数学抽象是指通过对数量关系与空间形式的抽象，得到数学研究对象的素养.主要包括：从数量与数量关系，图形与图形关系中抽象出数学概念与概念之间的关系，从事物的具体背景中抽象出一般规律与结构，并用数学语言予以表征.本题由函数的奇偶性得到其对称区间的单调性，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝f (x )得知f (x )的周期，进而得出f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32上的性质.考查了数学抽象这一核心素养. [专题过关检测]A 组——“12＋4”满分练一、选择题1.函数y ＝log 2(2x －4)＋1x －3的定义域是( ) A.(2，3) B.(2，＋∞) C.(3，＋∞)D.(2，3)∪(3，＋∞)解析：选D 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2x －4＞0，x －3≠0，解得x ＞2且x ≠3，所以函数y ＝log 2(2x －4)＋1x －3的定义域为(2，3)∪(3，＋∞)，故选D. 2.若函数f (x )满足f (1－ln x )＝1x，则f (2)＝( )A.12B.eC.1eD.－1解析：选B 法一：令1－ln x ＝t ，则x ＝e 1－t，于是f (t )＝1e 1－t ，即f (x )＝1e 1－x ，故f (2)＝e.法二：由1－ln x ＝2，得x ＝1e ，这时1x ＝11e ＝e ，即f (2)＝e.3.(2019·长沙市统一模拟考试)下列函数中，图象关于原点对称且在定义域内单调递增的是( )A.f (x )＝sin x －xB.f (x )＝ln(x －1)－ln(x ＋1)C.f (x )＝e x ＋e －x2D.f (x )＝e x－e－x2解析：选D 由题意，f (x )＝sin x －x ，该函数是奇函数，满足图象关于原点对称的条件，而f ′(x )＝cos x －1≤0，即在定义域内f (x )＝sin x －x 单调递减，故A 不满足；对于B ，研究定义域可得⎩⎪⎨⎪⎧x －1>0，x ＋1>0，即该函数的定义域为(1，＋∞)，所以该函数是非奇非偶函数，故B 不满足；对于C ，函数的定义域为R ，f (－x )＝f (x )，所以该函数是偶函数，不满足图象关于原点对称的条件，故C 不满足；对于D ，函数的定义域为R ，f (－x )＝－f (x )，所以该函数是奇函数，满足图象关于原点对称的条件，又f ′(x )＝e x ＋e－x2>0，所以该函数在其定义域内单调递增，满足题目中的条件，故选D.4.(2019·江西九江两校3月联考)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的图象过坐标原点，且满足f (－x )＝f (－1＋x )，则函数f (x )在[－1，3]上的值域为( )A.[0，12]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，12 解析：选B 因为函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的图象过坐标原点， 所以f (0)＝0，则b ＝0.由f (－x )＝f (－1＋x )，可知函数的图象的对称轴为直线x ＝－12，即－a 2×1＝－12，所以a ＝1，则f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14，所以当x ＝－12时，f (x )取得最小值，且最小值为－14.又f (－1)＝0，f (3)＝12，所以f (x )在[－1，3]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，12.故选B.5.函数f (x )＝ln|x |＋1ex的图象大致为( )解析：选C 函数f (x )＝ln|x |＋1e x 是非奇非偶函数，排除A 、B ；函数f (x )＝ln|x |＋1e x的零点是x ＝±e －1，当x ＝e 时，f (e)＝2e e <1e，排除选项D.6.已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0，2]上是增函数，则( )A.f (－25)<f (11)<f (80)B.f (80)<f (11)<f (－25)C.f (11)<f (80)<f (－25)D.f (－25)<f (80)<f (11)解析：选D 因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函数f (x )是以8为周期的周期函数， 则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3).由f (x )是定义在R 上的奇函数，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1).因为f (x )在区间[0，2]上是增函数，f (x )在R 上是奇函数，所以f (x )在区间[－2，2]上是增函数，所以f (－1)<f (0)<f (1)，即f (－25)<f (80)<f (11).7.设f (x )是定义在R 上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(]－2，1上的图象，则f (2019)＋f (2020)＝( )A.2B.1C.－1D.0解析：选B 因为函数f (x )是定义在R 上的周期为3的周期函数，所以f (2019)＝f (2019－673×3)＝f (0)，f (2020)＝f (2020－673×3)＝f (1)，由题中图象知f (0)＝0，f (1)＝1，所以f (2019)＋f (2020)＝f (0)＋f (1)＝0＋1＝1，故选B.8.(2019·湖北武汉3月联考)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是( )A.(－∞，0]B.[0，1)C.[1，＋∞)D.[－1，0]解析：选B 由题意知g (x )＝x 2f (x －1)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ＞1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，画出函数g (x )的图象(图略)，由图可得函数g (x )的单调递减区间为[0，1).故选B.9.(2019·湖北省部分重点中学4月联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，1x，x ＜0，g (x )＝－f (－x )，则函数g (x )的图象大致是( )解析：选D 先画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，1x，x ＜0的图象，如图(1)所示，再根据函数f (x )与－f (－x )的图象关于坐标原点对称，即可画出函数－f (－x )的图象，即g (x )的图象，如图(2)所示，故选D.10.(2019·湖北武汉部分重点中学3月联考)已知偶函数f (x )在[0，＋∞)上单调递减，f (1)＝－1，若f (2x －1)≥－1，则x 的取值范围为( )A.(－∞，－1]B.[1，＋∞)C.[0，1]D.(－∞，0]∪[1，＋∞)解析：选C 由题意，得f (x )在(－∞，0]上单调递增，且f (1)＝－1，所以f (2x －1)≥f (1)，则|2x －1|≤1，解得0≤x ≤1.故选C.11.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3（a －3）x ＋2，x ≤1，－4a －ln x ，x ＞1，对于任意的x 1≠x 2，都有(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]＞0成立，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，3]B.(－∞，3)C.(3，＋∞)D.[1，3)解析：选D 由(x 1－x 2)[f (x 2)－f (x 1)]＞0，得函数f (x )为R 上的单调递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －3＜0，3（a －3）＋2≥－4a ，解得1≤a ＜3.故选D. 12.已知f (x )＝2x －1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|＜g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A.有最小值－1，最大值1B.有最大值1，无最小值C.有最小值－1，无最大值D.有最大值－1，无最小值解析：选C 作出函数g (x )＝1－x 2和函数|f (x )|＝|2x－1|的图象如图①所示，得到函数h (x )的图象如图②所示，由图象得函数h (x )有最小值－1，无最大值.二、填空题13.(2019·山东济宁期末改编)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋b ，x ＞1，e x －2，x ≤1，若f (e)＝－3f (0)，则b ＝________，函数f (x )的值域为________________.解析：由f (e)＝－3f (0)得1＋b ＝－3×(－1)，即b ＝2，即函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋2，x ＞1，e x－2，x ≤1.当x ＞1时，y ＝ln x ＋2＞2；当x ≤1时，y ＝e x－2∈(－2，e －2].故函数f (x )的值域为(－2，e －2]∪(2，＋∞).答案：2 (－2，e －2]∪(2，＋∞)14.(2019·全国卷Ⅱ)已知f (x )是奇函数，且当x <0时，f (x )＝－e ax，若f (ln2)＝8，则a ＝________.解析：设x >0，则－x <0.∵当x <0时，f (x )＝－e ax ，∴f (－x )＝－e －ax.∵f (x )是奇函数，∴f (x )＝－f (－x )＝e －ax，∴f (ln2)＝e－a ln2＝(e ln2)－a ＝2－a.又∵f (ln2)＝8，∴2－a＝8，∴a ＝－3. 答案：－315.已知定义在R 上的偶函数f (x )满足当x ≥0时，f (x )＝log a (x ＋1)(a >0，且a ≠1)，则当－1<f (－1)<1时，a 的取值范围为________.解析：因为f (x )是定义在R 上的偶函数， 所以f (－1)＝f (1)＝log a 2.因为－1<f (－1)<1，所以－1<log a 2<1，所以log a 1a<log a 2<log a a .①当a >1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a <2，a >2，解得a >2；②当0<a <1时，原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧1a >2，a <2，解得0<a <12.综上，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞).答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞)16.(2019·河北保定两校3月联考)对于函数y ＝f (x )，若存在x 0，使f (x 0)＋f (－x 0)＝0，则称点(x 0，f (x 0))是曲线f (x )的“优美点”.已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ，x ＜0，kx ＋2，x ≥0，若曲线f (x )存在“优美点”，则实数k 的取值范围为________.解析：由“优美点”的定义，可知若点(x 0，f (x 0))是曲线y ＝f (x )的“优美点”，则点(－x 0，－f (x 0))也在曲线y ＝f (x )上.如图，作出函数y ＝x 2＋2x (x ＜0)的图象，然后作出其关于原点对称的图象，此图象对应的函数解析式为y ＝－x 2＋2x (x ＞0).设过定点(0，2)的直线y ＝k 1x ＋2与曲线y ＝f (x )＝－x 2＋2x (x ＞0)切于点A (x 1，f (x 1))，则k 1＝y ′|x ＝x 1＝－2x 1＋2＝－x 21＋2x 1－2x 1－0，解得x 1＝2或x 1＝－2(舍去)，所以k 1＝－22＋2.由图可知，若曲线y ＝f (x )存在“优美点”，则k ≤2－2 2. 答案：(－∞，2－22]B 组——“5＋3”提速练1.设y ＝f (x )是R 上的奇函数，且f (x )在区间(0，＋∞)上递减，f (2)＝0，则f (x )＞0的解集是( )A.(－∞，－2)B.(0，2)C.(－∞，－2)∪(0，2)D.(－2，0)∪(0，2)解析：选C 根据题意，函数f (x )是奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递减，且f (2)＝0，则函数f (x )在(－∞，0)上单调递减，且f (－2)＝－f (2)＝0. 当x ＞0时，若f (x )＞0，即f (x )＞f (2)，必有0＜x ＜2，当x ＜0时，若f (x )＞0，即f (x )＞f (－2)，必有x ＜－2， 即f (x )＞0的解集是(－∞，－2)∪(0，2).2.(2019·全国卷Ⅲ)函数y ＝2x32x ＋2－x 在[－6，6]的图象大致为( )解析：选B ∵y ＝f (x )＝2x32x ＋2－x ，x ∈[－6，6]，∴f (－x )＝2（－x ）32－x ＋2x ＝－2x32－x ＋2x ＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，排除选项C.当x ＝4时，y ＝2×4324＋2－4＝12816＋116＝128×16257≈7.97∈(7，8)，排除选项A 、D.故选B.3.已知函数f (x )为偶函数，且函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，若g (3)＝2，则f (－2)＝( )A.－2B.2C.－3D.3解析：选D 因为函数f (x )与g (x )的图象关于直线y ＝x 对称，且g (3)＝2，所以f (2)＝3，因为函数f (x )为偶函数，所以f (－2)＝f (2)＝3，故选D.4.(2019·重庆4月调研)已知函数f (x )＝2x ＋log 32＋x 2－x ，若不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m >3成立，则实数m 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.(－∞，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：选D 由2＋x 2－x >0，得－2<x <2，因为y ＝2x 在(－2，2)上单调递增，y ＝log 32＋x2－x ＝log 3x －2＋42－x ＝log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－4x －2在(－2，2)上单调递增，所以函数f (x )为增函数，又f (1)＝3，所以不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m >3成立等价于不等式f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＞f (1)成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2＜1m ＜2，1m ＞1，解得12<m <1.故选D.5.在平面直角坐标系中，横坐标、纵坐标均为整数的点称为整点，若函数f (x )的图象恰好经过n (n ∈N *)个整点，则称函数f (x )为n 阶整点函数，给出下列函数：①f (x )＝sin2x ；②g (x )＝x 3；③h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x；④φ(x )＝ln x . 其中是一阶整点函数的是( ) A.①②③④ B.①③④ C.①④D.④解析：选C 对于函数f (x )＝sin2x ，它的图象(图略)只经过一个整点(0，0)，所以它是一阶整点函数，排除D ；对于函数g (x )＝x 3，它的图象(图略)经过整点(0，0)，(1，1)，…，所以它不是一阶整点函数，排除A ；对于函数h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，它的图象(图略)经过整点(0，1)，(－1，3)，…，所以它不是一阶整点函数，排除B.6.已知函数f (x )的图象关于点(－3，2)对称，则函数h (x )＝f (x ＋1)－3的图象的对称中心为________.解析：函数h (x )＝f (x ＋1)－3的图象是由函数f (x )的图象向左平移1个单位，再向下平移3个单位得到的，又f (x )的图象关于点(－3，2)对称，所以函数h (x )的图象的对称中心为(－4，－1).答案：(－4，－1)7.设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x （x －1），x ≥0，－f （－x ），x <0，则满足f (x )＋f (x －1)<2的x 的取值范围是________.解析：当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－[－x (－x －1)]＝－x (x ＋1)， ①若x <0，则x －1<－1，由f (x )＋f (x －1)<2得－x (x ＋1)－(x －1)x <2， 即－2x 2<2，即x 2>－1，此时恒成立，此时x <0. ②若x ≥1，则x －1≥0，由f (x )＋f (x －1)<2得x (x －1)＋(x －1)(x －2)<2，即x 2－2x <0，即0<x <2，此时1≤x <2. ③若0≤x <1，则x －1<0，则由f (x )＋f (x －1)<2得x (x －1)－(x －1)x <2， 即0<2，此时不等式恒成立，此时0≤x <1， 综上x <2，即不等式的解集为(－∞，2). 答案：(－∞，2)8.若函数y ＝f (x )满足：对于y ＝f (x )图象上任意一点P (x 1，f (x 1))，总存在点P ′(x 2，f (x 2))也在y ＝f (x )图象上，使得x 1x 2＋f (x 1)f (x 2)＝0成立，称函数y ＝f (x )是“特殊对点函数”.给出下列五个函数：①y ＝x －1；②y ＝e x －2；③y ＝ln x ；④y ＝1－x 2(其中e 为自然对数底数).其中是“特殊对点函数”的序号是________.(写出所有正确的序号)解析：由P (x 1，f (x 1))，P ′(x 2，f (x 2))满足x 1x 2＋f (x 1)·f (x 2)＝0，知OP ―→·OP ′―→＝0，即OP ―→⊥OP ′―→.①y ＝x －1.当P (1，1)时，由图象知满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))不在y ＝x －1上，故①y ＝x －1不是“特殊对点函数”；②y ＝e x －2.作出函数y ＝e x－2的图象，由图象知，满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))都在y ＝f (x )图象上，则②是“特殊对点函数”；③y ＝ln x .当P (1，0)时，满足OP ―→⊥OP ′―→的点不在y ＝ln x 上，故③y ＝ln x 不是“特殊对点函数”；④y ＝1－x 2.作出函数y ＝1－x 2的图象，由图象知，满足OP ―→⊥OP ′―→的点P ′(x 2，f (x 2))都在y ＝f (x )图象上，则④是“特殊对点函数”.答案：②④第2讲 基本初等函数、函数与方程[例1] (1)若当x ∈R 时，函数f (x )＝a |x |(a >0，且a ≠1)满足f (x )≤1，则函数y ＝log a (x ＋1)的图象大致为( )(2)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且当x ∈[0，＋∞)时，函数f (x )是单调递减函数，则f (log 25)，f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315，f (log 53)的大小关系是( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 53)<f (log 25)B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 25)<f (log 53)C.f (log 53)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 25)D.f (log 25)<f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315<f (log 53) [解析] (1)由a |x |≤1(x ∈R )，知0<a <1，又函数y ＝log a (x ＋1)的图象是由y ＝log a x 的图象向左平移一个单位而得，故选C.(2)因为f (x )在R 上为偶函数， 所以f ⎝⎛⎭⎪⎫log 315＝f (－log 35)＝f (log 35).由对数函数的单调性可知，log 25>log 35>1>log 53>0. 又因为f (x )在[0，＋∞)上为单调递减函数， 所以f (log 53)>f (log 35)>f (log 25)， 即f (log 53)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 315>f (log 25). [答案] (1)C (2)D[解题方略] 基本初等函数的图象与性质的应用技巧(1)对数函数与指数函数的单调性都取决于其底数的取值，若底数a 的值不确定，要注意分a >1和0<a <1两种情况讨论：当a >1时，两函数在定义域内都为增函数；当0<a <1时，两函数在定义域内都为减函数.(2)由指数函数、对数函数与其他函数复合而成的函数，其性质的研究往往通过换元法转化为两个基本初等函数的有关性质，然后根据复合函数的性质与相关函数的性质之间的关系进行判断.(3)对于幂函数y ＝x α的性质要注意α>0和α<0两种情况的不同.[跟踪训练]1.若函数y ＝a |x |(a >0，且a ≠1)的值域为{y |y ≥1}，则函数y ＝log a |x |的图象大致是( )解析：选B ∵y ＝a |x |的值域为{y |y ≥1}，∴a >1，则y ＝log a x 在(0，＋∞)上是增函数，又函数y ＝log a |x |的图象关于y 轴对称.因此y ＝log a |x |的图象应大致为选项B.2.(2019·天津高考)已知a ＝log 27，b ＝log 38，c ＝0.30.2，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.c <b <a B.a <b <c C.b <c <aD.c <a <b解析：选A ∵a ＝log 27>log 24＝2，b ＝log 38<log 39＝2且b >1，c ＝0.30.2<0.30＝1，∴c <b <a .故选A.3.已知函数f (x )＝log a x (a ＞0，且a ≠1)满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a，则f ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＞0的解集为( )A.(0，1)B.(－∞，1)C.(1，＋∞)D.(0，＋∞)解析：选C 因为函数f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)在(0，＋∞)为单调函数，而2a ＜3a且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a ，所以f (x )＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减，结合对数函数的图象与性质可由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＞0，得0＜1－1x ＜1，所以x ＞1，故选C.考点二函数与方程题型一 确定函数零点个数或所在区间[例2] (1)(2019·新疆乌鲁木齐地区三检)在下列区间中，函数f (x )＝e x＋3x －4的零点所在的区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32 (2)(2019·全国卷Ⅲ)函数f (x )＝2sin x －sin2x 在[0，2π]的零点个数为( ) A.2 B.3 C.4D.5[解析] (1)因为f ′(x )＝e x＋3＞0，所以函数f (x )在R 上单调递增. 易知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12＋32－4＝e 12－52， 因为e ＜254，所以e 12＜52，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，但f (1)＝e ＋3－4＝e －1＞0， 所以结合选项可知，函数f (x )的零点所在区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，故选C.(2)令f (x )＝0，得2sin x －sin2x ＝0， 即2sin x －2sin x cos x ＝0，∴2sin x (1－cos x )＝0，∴sin x ＝0或cos x ＝1. 又x ∈[0，2π]，∴由sin x ＝0得x ＝0，π或2π，由cos x ＝1得x ＝0或2π. 故函数f (x )的零点为0，π，2π，共3个.故选B. [答案] (1)C (2)B [解题方略]1.判断函数在某个区间上是否存在零点的方法(1)解方程：当函数对应的方程易求解时，可通过解方程判断方程是否有根落在给定区间上；(2)利用零点存在性定理进行判断；(3)画出函数图象，通过观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断. 2.判断函数零点个数的3种方法题型二 根据函数的零点求参数的范围[例3] (2019·江西八所重点中学联考)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |（x ≤1），－x 2＋4x －2（x ＞1），若关于x的方程a ＝f (x )恰有两个不同的实根，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪[)1，2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪[)1，2C.(1，2)D.[)1，2[解析] 关于x 的方程a ＝f (x )恰有两个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝a 恰有两个不同的交点，作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可得实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪[)1，2，故选B.[答案] B[解题方略]利用函数零点的情况求参数的范围的3种方法[跟踪训练]1.若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x（x ＜1），log 2x （x ≥1），则函数g (x )＝f (x )－1的所有零点之和等于( )A.4B.2C.1D.0解析：选B 令g (x )＝0，则f (x )＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＜1，2x ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，log 2x ＝1，解得x ＝0或x ＝2，所以函数g (x )＝f (x )－1的所有零点之和等于2.故选B.2.对于实数a ，b ，定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b －a ，a ＜b ，b 2－a 2，a ≥b ，设f (x )＝(2x －3)⊗(x －3)，且关于x 的方程f (x )＝k (k ∈R )恰有三个互不相同的实根，则k 的取值范围为( )A.(0，2)B.(0，3)C.(]0，2D.(]0，3解析：选B 因为a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b －a ，a ＜b ，b 2－a 2，a ≥b ，所以f (x )＝(2x －3)⊗(x －3)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，x ＜0，－3x 2＋6x ，x ≥0， 其图象如图所示：由图可得，要使关于x 的方程f (x )＝k (k ∈R )恰有三个互不相同的实根，则k ∈(0，3).[例4] (1)(2019·北京高考)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足m 2－m 1＝52lg E 1E 2，其中星等为m k 的星的亮度为E k (k ＝1，2).已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )A.1010.1B.10.1C.lg10.1D.10－10.1(2)某养殖场需定期购买饲料，已知该场每天需要饲料200千克，每千克饲料的价格为1.8元，饲料的保管费与其他费用平均每千克每天0.03元，购买饲料每次支付运费300元.则该场________天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少.[解析] (1)设太阳的星等为m 1，天狼星的星等为m 2，则太阳与天狼星的亮度分别为E 1，E 2，由条件m 1＝－26.7，m 2＝－1.45，m 2－m 1＝52lg E 1E 2，得52lg E 1E 2＝－1.45＋26.7＝25.25.∴lgE 1E 2＝25.25×25＝10.1，∴E 1E 2＝1010.1，即太阳与天狼星的亮度的比值为1010.1.(2)设该场x (x ∈N *)天购买一次饲料可使平均每天支付的总费用最少，平均每天支付的总费用为y 元.因为饲料的保管费与其他费用每天比前一天少200×0.03＝6(元)，所以x 天饲料的保管费与其他费用共是6(x －1)＋6(x －2)＋…＋6＝(3x 2－3x )(元).从而有y ＝1x (3x 2－3x ＋300)＋200×1.8＝300x ＋3x ＋357≥417，当且仅当300x＝3x ，即x＝10时，y 有最小值.故该场10天购买一次饲料才能使平均每天支付的总费用最少.[答案] (1)A (2)10[解题方略]1.应用函数模型解决实际问题常见类型 (1)应用所给函数模型解决实际问题. (2)构建函数模型解决实际问题.2.求解函数应用问题的一般程序及关键(1)一般程序：读题文字语言⇒建模数学语言⇒求解数学应用⇒反馈检验作答.(2)解题关键：解答这类问题的关键是准确地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.[跟踪训练]1.某市家庭煤气的使用量x (m 3)和煤气费f (x )(元)满足关系f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧C ，0＜x ≤A ，C ＋B （x －A ），x ＞A .已知某家庭2019年前三个月的煤气费如表：若四月份该家庭使用了20m 3的煤气，则其煤气费为( ) A.11.5元 B.11元 C.10.5元D.10元解析：选A 根据题意可知f (4)＝C ＝4，f (25)＝C ＋B (25－A )＝14，f (35)＝C ＋B (35－A )＝19，解得A ＝5，B ＝12，C ＝4，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4，0＜x ≤5，4＋12（x －5），x ＞5，所以f (20)＝4＋12×(20－5)＝11.5.2.(2019·唐山模拟)某人计划购买一辆A 型轿车，售价为14.4万元，购买后轿车每年的保险费、汽油费、车检费、停车费等约需2.4万元，同时汽车年折旧率约为10%(即这辆车每年减少它的价值的10%)，则大约使用________年后，用在该车上的费用(含折旧费)达到14.4万元.解析：设使用x 年后花费在该车上的费用达到14.4万元，依题意可得，14.4(1－0.9x)＋2.4x ＝14.4.化简得x －6×0.9x＝0. 令f (x )＝x －6×0.9x ，易得f (x )为单调递增函数，又f (3)＝－1.374＜0，f (4)＝0.0634＞0，所以函数f (x )在(3，4)上有一个零点.故大约使用4年后，用在该车上的费用达到14.4万元. 答案：4直观想象——数形结合法在函数零点问题中的应用[典例] 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x，x ≤1，log 13x ，x >1，则函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数为( )A.1B.2C.3D.4[解析] 函数y ＝f (x )＋x －4的零点个数，即函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象的交点的个数.如图所示，函数y ＝－x ＋4与y ＝f (x )的图象有两个交点，故函数y ＝f (x )＋x －4的零点有2个.故选B.[答案] B [素养通路]直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养.主要包括：借助空间形式认识事物的位置关系、形态变化与运动规律；利用图形描述、分析数学问题，建立形与数的联系，构建数学问题的直观模型，探索解决问题的思路.本题是函数零点个数问题，基本思路是数形结合，即把函数拆分为两个基本初等函数，这两个函数图象的交点个数即为函数的零点个数，对于不易直接求解的方程的根的个数的讨论，也是通过根据方程构建两个函数，利用两函数图象交点个数得出对应方程根的个数.考查了直观想象这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“12＋4”满分练一、选择题1.幂函数的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14，则它的单调递增区间是( )A.(0，＋∞)B.[)0，＋∞C.(－∞，＋∞)D.(－∞，0)解析：选D 设f (x )＝x a ，则2a ＝14，所以a ＝－2，所以f (x )＝x －2，它是偶函数，单调递增区间是(－∞，0).故选D.2.(2019·全国卷Ⅰ)已知a ＝log 20.2，b ＝20.2，c ＝0.20.3，则( ) A.a <b <c B.a <c <b C.c <a <bD.b <c <a解析：选B 由对数函数的单调性可得a ＝log 20.2<log 21＝0，由指数函数的单调性可得b ＝20.2>20＝1，0<c ＝0.20.3<0.20＝1，所以a <c <b .故选B.3.函数f (x )＝－|x |－x ＋3的零点所在区间为( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3)D.(3，4)解析：选B 函数f (x )＝－|x |－x ＋3是单调减函数，因为f (1)＝1＞0，f (2)＝1－2＜0，所以f (1)f (2)＜0，可知函数f (x )＝－|x |－x ＋3的零点所在区间为(1，2).4.(2019·广州市综合检测(一))如图，一高为H 且装满水的鱼缸，其底部装有一排水小孔，当小孔打开时，水从孔中匀速流出，水流完所用时间为T .若鱼缸水深为h 时，水流出所用时间为t ，则函数h ＝f (t )的图象大致是( )解析：选B 水位由高变低，排除C 、D.半缸前下降速度先快后慢，半缸后下降速度先慢后快，故选B.5.若函数y ＝a －a x(a >0，且a ≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则log a 56＋log a 485＝( )A.1B.2C.3D.4解析：选C ∵当a >1时，函数y ＝a －a x在[0，1]上单调递减，∴a －1＝1且a －a ＝0，解得a ＝2；当0<a <1时，函数y ＝a －a x在[0，1]上单调递增，∴a －1＝0且a －a ＝1，此时无解.∴a ＝2，因此log a 56＋log a 485＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫56×485＝log 28＝3.故选C.6.若函数f (x )的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y ＝e x关于y 轴对称，则f (x )的解析式为( )A.f (x )＝e x ＋1B.f (x )＝e x －1C.f (x )＝e－x ＋1D.f (x )＝e－x －1解析：选D 与y ＝e x的图象关于y 轴对称的图象对应的函数为y ＝e －x.依题意，f (x )的图象向右平移1个单位长度，得y ＝e －x的图象，∴f (x )的图象是由y ＝e －x的图象向左平移1个单位长度得到的，∴f (x )＝e－(x ＋1)＝e－x －1.7.某商场为了解商品的销售情况，对某种电器今年一至五月份的月销售量Q (x )(台)进行统计，得数据如下：根据表中的数据，你认为能较好地描述月销售量Q (x )(台)与时间x (月份)变化关系的模拟函数是( )A.Q (x )＝ax ＋b (a ≠0)B.Q (x )＝a |x －4|＋b (a ≠0)C.Q (x )＝a (x －3)2＋b (a ≠0) D.Q (x )＝a ·b x(a ≠0，b >0且b ≠1)解析：选C 观察数据可知，当x 增大时，Q (x )的值先增大后减小，且大约是关于Q (3)对称，故月销售量Q (x )(台)与时间x (月份)变化关系的模拟函数的图象是关于x ＝3对称的，显然只有选项C 满足题意，故选C.8.已知函数f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x ＋a 是奇函数，且在x ＝0处有意义，则该函数为( )A.(－∞，＋∞)上的减函数B.(－∞，＋∞)上的增函数C.(－1，1)上的减函数D.(－1，1)上的增函数解析：选D 由题意知，f (0)＝lg(2＋a )＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫21－x －1＝lg x ＋11－x ，令x ＋11－x >0，则－1<x <1，排除A 、B ，又y ＝21－x－1在(－1，1)上是增函数，∴f (x )在(－1，1)上是增函数.选D.9.设函数f (x )＝ax －k－1(a >0，且a ≠1)过定点(2，0)，且f (x )在定义域R 上是减函数，则g (x )＝log a (x ＋k )的图象是( )解析：选A 由题意可知a2－k－1＝0，解得k ＝2，所以f (x )＝ax －2－1，又f (x )在定义域R 上是减函数，所以0<a <1.此时g (x )＝log a (x ＋2)在定义域上单调递减，且恒过点(－1，0)，故选A.10.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≤0，ln x ，x >0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( )A.[－1，0)B.[0，＋∞)C.[－1，＋∞)D.[1，＋∞)解析：选C 令h (x )＝－x －a ，则g (x )＝f (x )－h (x ).在同一坐标系中画出y ＝f (x )，y ＝h (x )的示意图，如图所示.若g (x )存在2个零点，则y ＝f (x )的图象与y ＝h (x )的图象有2个交点，平移y ＝h (x )的图象，可知当直线y ＝－x －a 过点(0，1)时，有2个交点，此时1＝－0－a ，a ＝－1.当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1上方，即a <－1时，仅有1个交点，不符合题意.当y ＝－x －a 在y ＝－x ＋1下方，即a >－1时，有2个交点，符合题意.综上，a 的取值范围为[－1，＋∞).故选C.11.(2019·贵阳市第一学期监测)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，若a ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫log 215，b ＝f (log 24.1)，c ＝f (20.5)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a ＜b ＜cB.b ＜a ＜cC.c ＜a ＜bD.c ＜b ＜a解析：选D 由题意，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为函数y ＝f (x )是定义在R 上的偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 215＝f (－log 25)＝f (log 25)，因为log 25＞log 24.1＞2＞20.5＞0，所以f (log 25)＞f (log 24.1)＞f (20.5)，即c ＜b ＜a ，故选D.12.(2019·福州市质量检测)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋4，x ≤0，－x 3－x ＋5，x ＞0，当x ∈[m ，m ＋1]时，不等式f (2m －x )＜f (x ＋m )恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.(－∞，－4)B.(－∞，－2)C.(－2，2)D.(－∞，0)解析：选B 易知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＋4，x ≤0，－x 3－x ＋5，x ＞0在x ∈R 上单调递减，又f (2m －x )＜f (x ＋m )在x ∈[m ，m ＋1]上恒成立，所以2m －x ＞x ＋m ，即2x ＜m 在x ∈[m ，m ＋1]上恒成立，所以2(m ＋1)＜m ，解得m ＜－2，故选B.二、填空题13.(2019·广州市综合检测(一))已知函数f (x )＝x 3＋a log 3x ，若f (2)＝6，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________.解析：由f (2)＝8＋a log 32＝6，解得a ＝－2log 32，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18＋a log 312＝18－a log 32＝18＋2log 32×log 32＝178. 答案：17814.(2019·河北模拟调研改编)已知函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a ＞0，且a ≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0]，则实数a ＝________；若函数g (x )＝a x ＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m 的取值范围为________.解析：函数f (x )＝log a (－x ＋1)(a ＞0且a ≠1)在[－2，0]上的值域是[－1，0].当a ＞1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2，0]上单调递减，∴⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝log a 3＝0，f （0）＝log a 1＝－1，无解；当0＜a＜1时，f (x )＝log a (－x ＋1)在[－2，0]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）＝log a 3＝－1，f （0）＝log a 1＝0，解得a ＝13.∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＋m－3的图象不经过第一象限，∴g (0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13m－3≤0，解得m ≥－1，即实数m 的取值范围是[－1，＋∞).。

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

第3课时导数在函数有关问题及实际生活中的应用学习目标核心素养1.能用导数解决函数的零点问题．2．体会导数在解决实际问题中的作用．3．能利用导数解决简单的实际问题．(重点、难点）1。

借助用导数解决函数的零点问题，培养直观想象的核心素养．2．通过学习用导数解决生活中的优化问题,培养数学建模的核心素养．3．借助实际问题的求解,提升逻辑推理及数学运算的核心素养.学校或班级举行活动，通常需要张贴海报进行宣传．现让你设计一张如图所示的竖向张贴的海报,要求版心面积为128 dm2，上、下两边各空2 dm，左右两边各空1 dm。

如何设计海报的尺寸，才能使四周空心面积最小？1．函数图象的画法函数f (x)的图象直观地反映了函数f (x)的性质．通常,按如下步骤画出函数f (x)的图象：(1）求出函数f （x）的定义域;（2)求导数f ′（x)及函数f ′(x）的零点；(3)用f ′（x）的零点将f （x)的定义域划分成若干个区间，列表给出f ′（x）在各区间上的正负,并得出f （x）的单调性与极值；(4)确定f （x）的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势；(5)画出f （x）的大致图象．2．用导数解决优化问题的基本思路思考：解决生活中优化问题应注意什么？[提示]（1)在建立函数模型时，应根据实际问题确定出函数的定义域．（2)求实际问题的最大(小）值时,一定要从问题的实际意义去考查,不符合实际意义的应舍去,如：长度、宽度应大于0,销售价为正数等．1．判断正误（正确的打“√"，错误的打“×”）(1)用导数研究实际问题要先求定义域．（）(2）方程x e x＝2有两个不相等的实数根．(）（3）做一个容积为256 m3的方底无盖水箱，所用材料最省时，它的高为4 m．()［提示］（2）令y＝x e x，，则y′＝e x（x＋1）．由于x＞－1时，y′＞0,x＜－1时，y′＜0。

∴x＝－1时y＝x e x取到最小值－错误!。

第三章：一元函数的导数及其应用（模块综合调研卷） （19题新高考新结构）（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。

一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。

在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的）1．若曲线e x y a =+在0x =处的切线也是曲线ln y x =的切线，则=a （ ）A ．2-B ．1C ．1-D ．e【答案】A【分析】求出e x y a =+的导数，求得切线的斜率为1，可得切线方程1y x a =++，再设与曲线ln y x =相切的切点为00(,)x y ，求得函数ln y x =的导数，由导数的几何意义求出切线的斜率，解方程可得00,x y 的值，进而得到a 的值.【详解】由曲线e x y a =+，得e x y ¢=，在0x =处的切线斜率为1，当0x =时，1y a =+，曲线e x y a =+在0x =处的(1)1(0)y a x -+=´-，即1y x a =++，曲线ln y x =，导数为1y x¢=，设切点为00(,)x y ，则11x =，解得001,0==x y ，切点在切线1y x a =++上，即有011a =++，得2a =-.故选：A.2．已知函数()[]()()23,0,2,22,2,,x x x f x f x x ¥ì-Îï=í-Î+ïî则()f x 在点()()5,5f 处的切线方程为（ ）A ．4280x y --=B ．4120x y +-=C ．4120x y --=D ．4220x y +-=【答案】B【分析】根据分段函数结合导函数求出()5f ¢，再根据点斜式得出直线方程.【详解】当(]0,2x Î时，()23f x x ¢=-，当(]4,6x Î时，()()()2244f x f x f x =-=-，则()()44f x f x ¢¢=-，所以()()5418f f ==-，()()5414f f ¢¢==-．则所求的切线方程为()()845y x --=--，即4120x y +-=．故选：B.3．某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动，在木工师傅指导下要把一个体积为327cm 的圆锥切割成一个圆柱，切割过程中磨损忽略不计，则圆柱体积的最大值为（ ）A ．34cm B ．38cm C ．312cm D ．316cm 【答案】C【分析】写出圆柱的体积解析式，构造函数，利用导数求出圆柱体的最大体积【详解】设圆锥的底面半径为R ，高为H ，圆柱的底面半径为(0)r r R <<，高为h ，则h R r H R-=，所以()H h R r R =-，所以()22ππH V r h r R r R==-圆柱.设()()2(0)f r r R r r R =-<<，则()()22223f r r R r r rR r -=¢=--.令()0f r ¢=，得23r R =或0r =（舍去），当20,3r R æöÎç÷èø时，()()0,f r f r ¢>单调递增，当2,3r R ¥æöÎ+ç÷èø时，()()0,f r f r ¢<单调递减，所以()f r 的最大值为23222433327f R R R R R æöæöæö=-=ç÷ç÷ç÷èøèøèø，所以V 圆柱的最大值为()2234π4π442712cm 279399R H R H V æö===´=ç÷èø圆锥.故选：C.4．已知17611ln ,,e 567a b c ===则（ ）A ．a b c>>B ．a c b>>C ．c b a>>D ．c a b>>【答案】A【分析】比较a b ，大小，构造()ln 1f x x x =-+，结合单调性即可比较大小；比较b c ，大小，构造()()1e x h x x =-，结合单调性即可比较大小.【详解】令()()ln 101f x x x x =-+<<，则()10xf x x-¢=>，所以()f x 单调递增，又()10f =，所以()0f x <，即ln 1x x <-，所以51ln66<-，所以51ln 66->，即61ln 56>，所以a b >，设()()()1e ,0,1xh x x x =-Î，则()e 0x h x x ¢=-<，所以()h x 单调递减，()()01h x h <=，即1e 1xx <-，故176e 17117<=-，，即171e 716<，所以b c >，所以a b c >>，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合a b ，的特点，6515lnln ,15666a b =-=-==-，构造()ln 1f x x x =-+；结合b c ，的特点，171111e 167717b c ==×=-，，构造()()1e xh x x =-；从而得解.5．若函数ln ()x xf x x m=-有两个零点，则实数m 的取值范围为（ ）A ．(0,e)B ．(e,)+¥C ．(0,2e)D ．(2e,)+¥【答案】D【分析】将函数ln ()x x f x x m=-有两个零点，转化为函数ln ,x xy y x m ==的图象有两个不同交点问题；由此设ln (),0xh x x x=>，利用导数判断其单调性，作出其图象，数形结合，即可求得答案.【详解】由题意知函数ln ()x x f x x m=-有两个零点，即ln 0x xx m -=有两个不等实数根，即函数ln ,x xy y x m==的图象有两个不同交点；设ln (),0x h x x x=>，则()21ln (),0xh x x x ¢-=>，当0e x <<时，()0h x ¢>，()h x 在()0,e 上单调递增；当e x >时，()0h x ¢<，()h x 在()e,+¥上单调递减；当01x <<时，()0h x <，当1x >时，()0h x >，作出()h x 的图象如图：当直线xy m=与()h x 图象相切时，设切点为000ln ,x x x æöç÷èø，此时00020010ln 01ln x x x x m x --=-=，则001,2ln x x =\=故此时12e 1m==，结合图象可知，要使函数ln ,x xy y x m==的图象有两个不同交点，需满足1,2e 2e10m m <\><，故(2e,)m Î+¥，故选：D6．已知定义在()0,¥+上且无零点的函数()f x 满足()()()1xf x x f x =¢-，且()10f >，则（ ）A ．()()1122f f f æö<<ç÷èøB ．()()1212f f f æö<<ç÷èøC ．()()1212f f f æö<<ç÷èøD ．()()1212f f f æö<<ç÷èø【答案】D【分析】将题设条件转化为()()()()2f x xf x xf x f x ¢-=，从而得到()()e ,0x x k k f x =×>，进而得到()ex x f x k =×，利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案.【详解】由()()()1xf x x f x =¢-变形得()()()f x xf x x f x ¢-=，从而有()()()()2f x xf x x f x f x ¢-=，()()x x f x f x ¢éù=êúêúëû，所以()e x xk f x =×，因为()10f >，所以()1101e k f =>，则()exx f x k =×，则()()2222e 1e e e e xx x x xk x k kx f x k k -¢-×==，故当01x <<时，()0f x ¢>，当1x >时，()0f x ¢<，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,¥+单调递减，所以()112f f æö<ç÷èø，()()21f f <，又()322212e 422e 2e f f k k -æö-==ç÷èø，而33e 2.719.716>»>，所以32e 4>，()122f f æö>ç÷èø综上，()()1212f f f æö<<ç÷èø.故选：D.【点睛】关键点点睛：利用()e e x x k k ¢=，由()()x x f x f x ¢éù=êúêúëû到得()e x x k f x =×，是解决本题的关键.7．已知函数()f x 与()g x 是定义在R 上的函数，它们的导函数分别为()f x ¢和()g x ¢，且满足()()()()62,35f x f x f x g x +-==--，且()()()12,31f x g x f --=¢¢=-¢，则()12024k g k =¢å=（ ）A ．1012B ．2024C ．1012-D ．2024-【答案】D【分析】根据()()35f x g x =--得到()()3312g x g x -+-=，故()()12g x g x +-=，求导得到()()g x g x ¢-=¢，()()35f x g x =--两边求导得到()()3f x g x ¢¢=--，从而得到()()22g x g x ¢+¢+=-，故()()4g x g x ¢¢=+，故4是()g x ¢的一个周期，其中()()()()13242g g g g ¢¢¢¢+=+=-，根据周期性求出答案.【详解】由于()()35f x g x =--，则()()635f x g x -=--，两式相加得()()()()633102f x f x g x g x +-=-+--=，故()()3312g x g x -+-=，所以()()12g x g x +-=，故()()0g x g x ¢¢--=，即()()g x g x ¢-=¢，其中()()35f x g x =--两边求导得，()()3f x g x ¢¢=--，故()()()()1312f x g x g x g x --=---¢¢-¢=¢，故()()312g x g x ¢¢-+-=-，将x 替换为3x +得()()22g x g x ¢¢-++=-，又()()g x g x ¢-=¢，故()()22g x g x ¢+¢+=-，将x 替换为2x +得()()242g x g x ¢¢+++=-，则()()4g x g x ¢¢=+，故4是()g x ¢的一个周期，其中()()()()13242g g g g ¢¢¢¢+=+=-，故()()()()12344g g g g ¢¢¢¢+++=-，故()()()()()()12024506123450642024k g k g g g g =¢¢¢¢éùå=´+++=´-=-ë¢û.故选：D【点睛】结论点睛：设函数()y f x =，x ÎR ，0a >，a b ¹．（1）若()()f x a f x a +=-，则函数()f x 的周期为2a ；（2）若()()f x a f x +=-，则函数()f x 的周期为2a ；（3）若()()1f x a f x +=-，则函数()f x 的周期为2a ；（4）若()()1f x a f x +=，则函数()f x 的周期为2a ；（5）若()()f x a f x b +=+，则函数()f x 的周期为a b -；（6）若函数()f x 的图象关于直线x a =与x b =对称，则函数()f x 的周期为2b a -；（7）若函数()f x 的图象既关于点(),0a 对称，又关于点(),0b 对称，则函数()f x 的周期为2b a -；（8）若函数()f x 的图象既关于直线x a =对称，又关于点(),0b 对称，则函数()f x 的周期为4b a -；（9）若函数()f x 是偶函数，且其图象关于直线x a =对称，则()f x 的周期为2a ；（10）若函数()f x 是奇函数，且其图象关于直线x a =对称，则()f x 的周期为4a ．8．设函数()()ln 2f x x =-，点()()()()1122,,,A x f x B x f x ，其中122x x <<，且121112x x +=，则直线AB 斜率的取值范围是（ ）A ．10,2æöç÷èøB ．10,e æöç÷èøC ．10,4æöç÷èøD ．10,2e æöç÷èø【答案】A 【分析】()()2121ln 2ln 2AB x x k x x ---=-，令()21,2i i t x i =-=，所以2121ln ln 0-=>-AB t t k t t ，利用不等式)ln lna ba ba b-<>>-可得答案.【详解】不等式)ln lna ba ba b-<>>-，证明如下，即证ln<ab令)1t t>，设()()12ln1g t t t tt=-+>，()()221tg tt--¢=<，可得()g t在()1,¥+上单调递减，所以()()10g t g£=恒成立，所以ln<ab)ln lna ba ba b-<>>-.因为()()2121ln2ln2ABx xkx x---=-，令()21,2i it x i=-=，因为122x x<<，所以120t t<<，所以2121ln ln-=>-ABt tkt t，由121112x x+=，得()12122x x x x+=，即()()()121222222t t t t+++=++，则有124t t=，所以2121ln ln12-<<=-t tt t.故选：A.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共18 分。

2019-2020年高三数学《第03课导数及其应用》基础教案一、考纲要求：1.了解导数概念的实际背景、理解导数的几何意义；2.能根据导数的定义求函数等的导数、能求简单复合函数的导数；3.了解导数在研究函数单调性、极值、最值中的应用，会利用导数解决某些实际问题。

二、课前检测1．若函数在区间内可导，且，，则时的值=2．一个物体的运动方程为其中的单位是米，的单位是秒，那么物体在秒末的瞬时速度是3．已知函数)20)(sin (cos 21)(π≤≤+=x x x e x f x ，则f （x ）的值域为 4．曲线在点处的切线的斜率是___，切线的方程为__ ____5．函数的单调递增区间是_________ _______6．函数的最大值为7．函数在区间上的最大值是8．若32()(0)f x ax bx cx d a =+++>在上是增函数，则的关系式为是9. 函数的导数为10. 过原点作曲线y ＝e x 的切线，则切点的坐标为 ；切线的斜率为 ．三、经典考题例题1、已知函数，当时，有极大值；（1）求的值；（2）求函数的极小值；（3）若有3个解，求的取值范围。

例题2、如图，一矩形铁皮的长为8cm ，宽为5cm ，在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，问小正方形的边长为多少时，盒子容积最大？例题3、已知是函数32()3(1)1f x mx m x nx =-+++的一个极值点，其中， （1）求与的关系式； （2）求的单调区间；（3）当时，函数的图象上任意一点的切线斜率恒大于3，求的取值范围.例题4、已知函数在上是增函数。

（1）求的取值范围；（2）在（1）的结论下，设2()||,[0ln 3]x x g x e e a x =+-∈，求函数的最小值。

例题5、（选讲）设a ≥0，f (x)=x －1－ln 2 x ＋2a ln x （x>0）.（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x>1时，恒有x>ln 2x －2a ln x ＋1.四、课后检测班级 姓名 学号 等第1．若函数的图象的顶点在第四象限，则函数的图象是 ▲2．已知函数1)(23--+-=x ax x x f 在上是单调函数,则实数 的取值范围是 ▲3.对于上可导的任意函数，若满足，则必有 ▲A ． B.C. D.4．若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为 ▲5．函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点的个6．若函数在处有极大值，则常数的值为 ▲7．函数的单调增区间为 ▲8．设，当时，恒成立，则实数的取值范围为 ▲9．对正整数，设曲线在处的切线与轴交点的纵坐标为，则数列的前项和的公式是 ▲10．函数的导数 ▲1. 2. 3. 4. 5.6. 7. 8. 9. 10.11．已知函数在与时都取得极值(1)求的值与函数的单调区间(2)若对，不等式恒成立，求的取值范围。

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f′x g x－f x g′xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一 导数的几何意义及应用 例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则 所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二 导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。

第三讲导数的简单应用、定积分考点一导数的几何意义、定积分1．导数公式(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1)．2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．3．微积分基本定理一般地，如果f(x)是区间[a，b]上的连续函数，并且F′(x)＝f(x)，那么⎠⎛ab f(x)dx＝F(b)－F(a)．[对点训练][解析][答案] D[解析][答案] A[解析][答案]π－2 4[解析][答案]22－2[快速审题] 看到求切线，想到用导数的几何意义；看到定积分，想到微积分的基本定理和图形．(1)求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法①已知切点P(x0，y0)，求切线方程求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；②已知切线的斜率k ，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程； ③已知切线上一点(非切点)，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．(2)利用定积分求平面图形面积的方法利用定积分求平面图形的面积，一般先正确作出几何图形，再结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．考点二 利用导数研究函数的单调性1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．角度1：根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围[解析] 由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g (1)≥0，∴－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－4，a ≥－5，即a ≥－2 6. [答案] C角度2：利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性[解] 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝－ax 2＋x －a x2，令h (x )＝－ax 2＋x －a ， 记Δ＝1－4a 2，当Δ≤0时，即a ≥12时，－ax 2＋x －a ≤0，f ′(x )≤0， 此时函数f (x )在(0，＋∞)上递减． 当Δ＝1－4a 2>0，即当0<a <12时，由－ax 2＋x －a ＝0，解得：x 1＝1＋1－4a 22a ，x 2＝1－1－4a22a，显然x 1>x 2>0，故此时函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 22a ，1＋1－4a 22a 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 22a ，＋∞上递减，综上，0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 22a ，1＋1－4a 22a 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 22a ，＋∞上递减，a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上递减．[探究追问1] 若把例2的条件“a >0”变为“a ∈R ”，其他条件不变，则f (x )的单调性如何？[解] 由例2解的内容知：f ′(x )＝－ax 2＋x －ax2，x ∈(0，＋∞)， 令h (x )＝－ax 2＋x －a .当a ≤0时，h (x )>0恒成立，所以f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当a >0时，同例2解的内容．综上：a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上递增．0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 22a ，1＋1－4a 22a 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 22a ，＋∞上递减，a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．[探究追问2] 若将例2中函数“f (x )”变为“f (x )＝1x＋(1－a )ln x ＋ax ”，“a >0”变为“a ∈R ”试讨论f (x )的单调性．[解] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2＋1－ax＋a＝ax 2＋(1－a )x －1x 2＝(x －1)(ax ＋1)x 2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x 2， 令f ′(x )>0，则x >1， 令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．当a ≠0时，f ′(x )＝a (x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a x 2，①当a >0时，x ＋1a>0，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， ②当a ＝－1时，1＝－1a ，f ′(x )＝－(x －1)2x2≤0， 所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减； ③当－1<a <0时，1<－1a，令f ′(x )>0，则1<x <－1a ，令f ′(x )<0，则0<x <1或x >－1a，所以函数f (x )在区间(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；④当a <－1时，1>－1a ，令f ′(x )>0，则－1a <x <1，令f ′(x )<0，则0<x <－1a或x >1，所以函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 和(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增； 当a ＝－1时，函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，函数f (x )在区间(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；当a <－1时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，(1＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．利用导数研究函数单调性的3个关注点(1)利用导数研究函数的单调性，大多数情况下归结为对含有参数的不等式的解集的讨论．(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论． (3)在不能通过因式分解求出根时，根据一元二次不等式对应方程的判别式或特殊值进行分类讨论．[对点训练]1．[角度1]若函数f (x )＝x ＋4mx－m ln x 在[1,2]上为减函数，则m 的最小值为( )A.32B.34C.23D.43 [解析] 因为f (x )＝x ＋4mx－m ln x 在[1,2]上为减函数，所以f ′(x )＝1－4mx2－mx＝x 2－mx －4m x2≤0在[1,2]上恒成立，所以x 2－mx －4m ≤0在[1,2]上恒成立．令g (x )＝x 2－mx －4m ，所以⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1－m －4m ≤0，g (2)＝4－2m －4m ≤0，所以m ≥23，故m 的最小值为23，选C.[答案] C2．[角度2]已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间． [解] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax －1＋1x ＝2ax 2－x ＋1x.①当a ＝0时， f ′(x )＝－x ＋1x.显然，当x ∈(0,1)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．②当a ≠0时，对于2ax 2－x ＋1＝0，Δ＝(－1)2－4×2a ×1＝1－8a .若Δ≤0，即a ≥18，因为a >0，所以2ax 2－x ＋1≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若Δ>0，即0<a <18或a <0，方程2ax 2－x ＋1＝0的两根为x 1＝1－1－8a 4a ，x 2＝1＋1－8a 4a .当a <0时，x 1>0，x 2<0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2－x ＋1<0, f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 当0<a <18时，x 2>x 1>0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1<0, f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 综上，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 ≥18时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当0<a <18时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a ； 当a <0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞.考点三 利用导数研究函数的极值与最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．角度1：根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围[解析] f ′(x )＝1x＋x －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ，由f ′(x )＝0得(x －m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m ＝0，∴x ＝m 或x ＝1m.显然m >0.当且仅当0<m <2≤1m或0<1m<2≤m 时，函数f (x )在区间(0,2)内有且仅有一个极值点．若0<m <2≤1m ，即0<m ≤12，则当x ∈(0，m )时， f ′(x )>0，当x ∈(m,2)时，f ′(x )<0，函数f (x )有极大值点x ＝m .若0<1m<2≤m ，即m ≥2，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 时， f ′(x )>0，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，2时， f ′(x )<0，函数f (x )有极大值点x ＝1m .综上，m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞)．故选B.[答案] B角度2：利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值的大小、个数或最值[解] (1)由题设知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞), f ′(x )＝x 2－ax ＋ax，且f ′(x )＝0有两个不同的正根，即x2－ax ＋a ＝0有两个不同的正根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4a >0，a >0，∴a >4.(2)不等式f (x 1)＋f (x 2)<λ(x 1＋x 2)恒成立等价于λ>f (x 1)＋f (x 2)x 1＋x 2恒成立．f (x 1)＋f (x 2)＝a ln x 1＋12x 21－ax 1＋a ln x 2＋12x 22－ax 2.由(1)可知x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝a ，∴f (x 1)＋f (x 2)＝a (ln x 1＋ln x 2)＋12(x 21＋x 22)－a (x 1＋x 2)＝a ln(x 1x 2)＋12[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－a (x 1＋x 2)＝a ln a ＋12(a 2－2a )－a 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a －12a －1，∴f (x 1)＋f (x 2)x 1＋x 2＝ln a －12a －1，令y ＝ln a －12a －1，则y ′＝1a －12.∵a >4，∴y ′<0，∴y ＝ln a －12a －1在(4，＋∞)上单调递减，∴y <ln4－3，∴λ≥ln4－3. ∴λ的最小值是ln4－3.研究极值、最值问题的3个关注点(1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．[对点训练]1．[角度1](2018·福建泉州一模)函数f (x )＝ax 3＋(a －1)x 2－x ＋2(0≤x ≤1)在x ＝1处取得最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，35C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，35 D ．(－∞，1][解析] f ′(x )＝3ax 2＋2(a －1)x －1，x ∈[0,1]，a ＝0时，f ′(x )＝－2x －1<0，f (x )在[0,1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)符合题意； a ≠0时，Δ＝4(a 2＋a ＋1)>0，x 1＝1－a －a 2＋a ＋13a ，x 2＝1－a ＋a 2＋a ＋13a，a >0时，若f (x )在x ＝1处取最小值，只需x 1≤0且x 2≥1，解得0<a ≤35，a <0时，若f (x )在x ＝1处取最小值，只需x 1≥1或x 2≤0，解得a <0； 综上a ≤35.故选C.[答案] C2．[角度2](2017·北京卷)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．[解] (1)∵f (x )＝e x·cos x －x ， ∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1. (2)f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.1．(2017·全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1 [解析] 由题意可得f ′(x )＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．∵x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，∴f ′(－2)＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝ex －1(x 2＋x －2)＝ex －1(x －1)(x ＋2)，∴x ∈(－∞，－2)，(1＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴f (x )极小值＝f (1)＝－1.故选A.[答案] A2．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin2x ，则f (x )的最小值是________． [解析] 解法一：由f (x )＝2sin x ＋sin2x ，得f ′(x )＝2cos x ＋2cos2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2，令f ′(x )＝0，得cos x ＝12或cos x ＝－1，可得当cos x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当cos x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，所以当cos x ＝12时，f (x )取最小值，此时sin x ＝±32.又因为f (x )＝2sin x ＋2sin x cos x ＝2sin x (1＋cos x )，1＋cos x ≥0恒成立，∴f (x )取最小值时，sin x ＝－32，∴f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332. 解法二：f (x )＝2sin x ＋sin2x ＝2sin x ＋2sin x cos x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴f 2(x )＝4sin 2x (1＋cos x )2＝4(1－cos x )(1＋cos x )3. 令cos x ＝t ，t ∈[－1,1]，设g (t )＝4(1－t )(1＋t )3， ∴g ′(t )＝－4(1＋t )3＋12(1＋t )2(1－t )＝4(1＋t )2(2－4t )． 当t ∈⎝⎛⎭⎪⎫－1，12时，g ′(t )>0，g (t )为增函数；当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，g ′(t )<0，g (t )为减函数． ∴当t ＝12时，g (t )取得最大值274，即f 2(x )的最大值为274，得|f (x )|的最大值为332，又f (x )＝2sin x ＋sin2x 为奇函数， ∴f (x )的最小值为－332.[答案] －3323．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.[解析] 设f (x )＝(ax ＋1)e x，则f ′(x )＝(ax ＋a ＋1)e x，所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝a ＋1＝－2，解得a ＝－3.[答案] －34．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．[解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x.f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x. 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0，所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．3．近几年全国课标卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略．热点课题6 导数与函数的单调性与最值[感悟体验]已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R .(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0. 所以切线方程为y ＝－2.(2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x ＝(2x －1)(ax －1)x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a.①当0<1a≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增， 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (1)＝－2，不符合题意；③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不符合题意； 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．专题跟踪训练(十二)一、选择题1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f (x )的导函数是f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln 1x，则f (1)＝( )A ．－eB ．2C ．－2D ．e[解析] 由已知得f ′(x )＝2f ′(1)－1x，令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)－1，解得f ′(1)＝1，则f (1)＝2f ′(1)＝2.[答案] B2．函数f (x )＝x ＋1x的极值情况是( )A ．当x ＝1时，取极小值2，但无极大值B ．当x ＝－1时，取极大值－2，但无极小值C ．当x ＝－1时，取极小值－2；当x ＝1时，取极大值2D ．当x ＝－1时，取极大值－2；当x ＝1时，取极小值2[解析] 求导得f ′(x )＝1－1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，函数f (x )在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x ＝－1时，取极大值－2，当x ＝1时，取极小值2.[答案] D3．(2018·聊城模拟)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )[解析] 由题图知当0<x <1时，xf ′(x )<0，此时f ′(x )<0，函数f (x )递减．排除A 、B.当x >1时，xf ′(x )>0，此时f ′(x )>0，函数f (x )递增． 所以当x ＝1时，函数f (x )取得极小值．当x <－1时，xf ′(x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )递增，当－1<x <0时，xf ′(x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )递减，所以当x ＝－1时，函数取得极大值．排除D.符合条件的只有C 项．[答案] C4．(2018·安徽合肥一中二模)已知f (x )＝a ln x ＋12x 2(a >0)，若对任意两个不相等的正实数x 1，x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．(1，＋∞) C．(0,1) D ．[1，＋∞) [解析] 根据f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>2可知函数的导数大于或等于2，所以f ′(x )＝ax＋x ≥2(x >0，a >0)，分离参数得a ≥x (2－x )，而当x >0时，x (2－x )的最大值为1，故a ≥1.故选D.[答案] D5．(2018·湖北荆州调研)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为( )A ．ln2B ．1C ．1－ln2D ．1＋ln2[解析] 由直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，设切点为P (x 0，y 0)，对于y ＝x ln x ，易得y ′＝1＋ln x ，∴k ＝1＋ln x 0，又∵{ y 0＝kx 0－2，y 0＝x 0·ln x 0，∴kx 0－2＝x 0·ln x 0，可得x 0＝2，∴k ＝ln2＋1，故选D. [答案] D6．(2018·广东深圳期末)已知函数f (x )＝x ln x －a e x(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(－∞，e) [解析] 由题意可得f ′(x )＝ln x ＋1－a e x， 因函数f (x )＝x ln x －a e x有两个极值点，则直线y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 的图象在(0，＋∞)内有2个交点，易得g ′(x )＝1x －ln x －1e x(x >0)，令h (x )＝1x－ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，故h (x )＝1x－ln x －1在(0，＋∞)上单调递减，又h (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1e，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0，故要使直线y ＝a 和g (x )的图象在(0，＋∞)内有2个交点，只需0<a <1e，故选A.[答案] A 二、填空题7．(2018·武汉模拟)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝________.[解析] 因为y ＝x ＋1x －1，所以y ′＝－2(x －1)2，则曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线的斜率为y ′| x ＝3＝－12.又因为切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，所以－12·(－a )＝－1，解得a＝－2.[答案] －2[解析][答案] －13[解析][答案] (－∞，1) 三、解答题[解]11．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)e x(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围；(3)函数f(x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x>0， 因为e x >0，所以－x 2＋2>0， 解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x， 所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1， 则g ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0. 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增． 所以g (x )<g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. (3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≤0对x ∈R 都成立，因为e x >0，所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立． 所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f (x )不可能在R 上单调递减．12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f (x )＝2ln x ＋x 2－2ax (a >0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且f (x 1)－f (x 2)≥32－2ln2恒成立，求a的取值范围．[解] (1)由题意知，函数f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝2(x 2－ax ＋1)x，令x 2－ax ＋1＝0，则Δ＝a 2－4，①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >2时，Δ>0，方程x 2－ax ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x 3，x 4，不妨令x 3<x 4，则x 3＝a －a 2－42，x 4＝a ＋a 2－42，此时0<x 3<x 4，因为当x ∈(0，x 3)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 3，x 4)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 4，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增． 综上，当0<a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增． (2)由(1)得f (x )在(x 1，x 2)上单调递减，x 1＋x 2＝a ，x 1·x 2＝1，则f (x 1)－f (x 2)＝2ln x 1x 2＋(x 1－x 2)(x 1＋x 2－2a )＝2ln x 1x 2＋x 22－x 21x 1x 2＝2ln x 1x 2＋x 2x 1－x 1x 2， 令t ＝x 1x 2，则0<t <1，f (x 1)－f (x 2)＝2ln t ＋1t－t ， 令g (t )＝2ln t ＋1t －t (0<t <1)，则g ′(t )＝－(t －1)2t2<0， 故g (t )在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32－2ln2， 故g (t )＝f (x 1)－f (x 2)≥32－2ln2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0<t ≤12， 而a 2＝(x 1＋x 2)2＝x 1x 2＋x 2x 1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12， 令h (t )＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12， 所以h ′(t )＝1－1t 2<0在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立， 故h (t )＝t ＋1t ＋2在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减， 从而a 2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫322，＋∞.。

2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节导数与函数的单调性考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.利用导数研究函数的单调性，并会解决与之有关的方程(不等式)问题.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.利用导数求函数单调区间的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.3.单调性的应用若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.1.思考辨析(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)函数在(a，b)内单调递减与函数的单调递减区间为(a，b)是不同的.()(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.2.(易错题)函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为()A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.(1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析由f(x)＝x＋ln(2－x)，得f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x(x<2).令f′(x)>0，即1－x2－x>0，解得x<1.∴函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是()答案D解析设导函数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)的图像易得当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.4.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A.(－1，1)B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1)D.R答案B解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，故选B.5.(易错题)若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.考点一不含参函数的单调性1.函数f(x)＝x＋3x＋2ln x的单调递减区间是()A.(－3，1)B.(0，1)C.(－1，3)D.(0，3)答案B 解析法一函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝1－3x 2＋2x<0，得0<x <1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选B.法二由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4<f (2)＝72＋2ln 2，故排除D选项.故选B.2.函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间为________.答案(2，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，得x >2，∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.答案0，π6，5π6，π解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6，当0<x <π或5π<x <π时，f ′(x )>0，∴f (x )0，π6，5π6，π.感悟提升确定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)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.考点二讨论含参函数的单调性例1已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性.解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.(1)当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0，1)f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)(2)当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(3)当a>1时，0<1a<1，∴x(1，＋∞)时，f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)(1，＋∞).综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)(1，＋∞).感悟提升 1.含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.遇二次三项式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.2.划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.3.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.训练1已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0，讨论f (x )的单调性.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3＝a （x －1）x 3x －2a x ＋2a (1)当0<a <2时，2a>1，当x (0，1)∪2a，＋∞时，f ′(x )>0，当x 1，2a 时，f ′(x )<0.(2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x 0，2a ∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x 2a，1时，f ′(x )<0.综上所述，当0<a <2时，f (x )在(0，1)2a ，＋∞内递增，在1，2a 内递减.当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当a >2时，f (x )0，2a (1，＋∞)2a，1.考点三根据函数单调性求参数值(范围)例2(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围.解(1)f (x )＝2x ＋bx＋ln x ，定义域为(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).迁移在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.解∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).感悟提升 1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.2.如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.3.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解.训练2(1)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是()A.13，＋∞ B.－∞，13C.13，＋∞ D.－∞，13(2)(2022·郑州调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案(1)C(2)(1，2]解析(1)由y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，所以y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，或y ′＝3x 2＋2x ＋m ≤0恒成立，显然y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，则Δ＝4－12m ≤0，所以m ≥13.(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.又x >0，令f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.考点四与导数有关的函数单调性的应用角度1比较大小例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则π5f (1)，f －π3的大小关系为()A.－π3f (1)>π5B.f (1)>－π3π5C.π5f (1)>－π3D.－π3π5>f (1)(2)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝log π3·f (log π3)，c ＝log 319·则a ，b ，c 的大小关系是()A.a >b >cB.c >b >aC.a >c >bD.c >a >b答案(1)A(2)D解析(1)因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )f (1)<f (1)> A.(2)设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴x <0时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减.由y ＝f (x )在R 上为奇函数，知g (x )在R 上为偶函数，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴c ＝g (－2)＝g (2)，又0<log π3<1<30.3<3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，即b <a <c .角度2解不等式例4已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为()A.(－2，＋∞)B.(2，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，2)答案D解析f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g(x)＝f（x）2x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）·ln22x，∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，得f(2)＝－2，则g(2)＝f（2）22＝－12，又f(x)>－2x－1⇔f（x）2x>－12＝g(2)，即g(x)>g(2)，所以x<2.感悟提升 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.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.训练3(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a(2)(2021·西安模拟)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)>1e x的x的取值范围是()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(ln2，＋∞)D.(0，ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x.因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .(2)对任意x ∈R ，都有f ′(x )>－f (x )成立，即f ′(x )＋f (x )>0.令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增.不等式f (x )>1e x 即e xf (x )>1，即g (x )>1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x >ln 2时，g (x )>g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )>1的解集为(ln 2，＋∞).1.如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下列判断正确的是()A.在区间(－2，1)上f (x )单调递增B.在区间(1，3)上f (x )单调递减C.在区间(4，5)上f (x )单调递增D.在区间(3，5)上f (x )单调递增答案C解析在区间(4，5)上f ′(x )>0恒成立，∴f (x )在区间(4，5)上单调递增.2.函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为()D.(－∞，a)答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝1x－a>0，得0<x<1a，所以f(x)3.函数y＝f(x)的图像如图所示，则y＝f′(x)的图像可能是()答案D解析由函数f(x)的图像可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足. 4.(2021·德阳诊断)若函数f(x)＝e x(sin x＋a)在R上单调递增，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B.(1，＋∞)C.[－1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析因为f(x)＝e x(sin x＋a)，所以f′(x)＝e x(sin x＋a＋cos x).要使函数f(x)在R上单调递增，需使f′(x)≥0恒成立，即sin x＋a＋cos x≥0恒成立，所以a≥－sin x－cos x.因为－sin x－cos x＝－2sin所以－2≤－sin x－cos x≤2，所以a≥ 2.5.(2021·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是()A.a>－12B.0<a<116C.a>116或－12<a<0 D.a>116答案D解析f′(x)＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.当a＝0时，显然不成立；当a≠0>0，（1）＝－2a－1<0，（4）＝16a－1>0，<0，（1）＝－2a－1>0，（4）＝16a－1<0，解得a>116或a<－12.∴a>116是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.6.已知函数y＝f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c答案A解析由函数y＝f(x＋1)是偶函数，可得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，则a＝b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)，又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，所以b<a<c，故选A.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析依题意知，f ′(x )＝3ax 2＋6x －1有两个不相等的零点，≠0，＝36＋12a >0，解得a >－3且a ≠0.8.(2022·哈尔滨调研)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案1解析f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)，令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.－1≥0，－1<12<k ＋1，解之得1≤k <32.9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，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__________________.答案(－∞，－2)∪(0，2)解析令φ(x )＝f （x ）x，∵当x >0时，f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，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)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.讨论函数g(x)＝(x－a－1)e x－(x－a)2的单调性.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)e x－2(x－a)＝(x－a)(e x－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0；②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增；③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.12.已知a＝ln33，b＝e－1，c＝3ln28，则a，b，c的大小关系为()A.b>c>aB.a>c>bC.a>b>cD.b>a>c答案D解析依题意，得a＝ln33＝ln33，b＝e－1＝ln ee，c＝3ln28＝ln88.令f(x)＝ln xx(x>0)，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(e)＝1e＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.答案1解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g (2x )>g (x －1)，于是g (|2x |)>g (|x －1|)，则|2x |<|x －1|，解得－1<x <13.14.(2021·全国乙卷)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线与曲线y ＝f (x )的公共点的坐标.解(1)由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a ).①当a ≥13时，Δ≤0，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x >x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2.所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增.综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞(1＋1－3a 3，＋∞)上单调递增，在.(2)记曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0，x 30－x 20＋ax 0＋1).因为f ′(x 0)＝3x 20－2x 0＋a ，所以切线l 的方程为y －(x 30－x 20＋ax 0＋1)＝(3x 20－2x 0＋a )(x －x 0).由l 过坐标原点，得2x 30－x 20－1＝0，解得x 0＝1，所以切线l 的方程为y ＝(1＋a )x .＝（1＋a ）x ，＝x 3－x 2＋ax ＋1，＝1，＝1＋a＝－1，＝－1－a .所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).。