(浙江专用)2020版高考数学一轮复习板块命题点专练(五)导数及其应用(含解析)

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第三章导数第04讲导数的综合应用 ---讲1. 了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2. 高考预测：（1）导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．解答题难度较大，常与不等式的证明、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势；（2）适度关注生活中的优化问题.3.备考重点：（1）熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；（2）熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题.知识点1．利用导数研究函数的图象与性质函数图象的识别主要利用函数的定义域、值域、奇偶性、单调性以及函数值的符号等.解决此类问题应先观察选项的不同之处，然后根据不同之处研究函数的相关性质，进而得到正确的选项.如该题中函数解析式虽然比较复杂，但借助函数的定义域与函数的单调性很容易利用排除法得到正确选项.【典例1】（2018·湖北高三月考（文））函数的导函数的图象大致是（）A． B．C ．D ．【答案】C 【解析】 因为=-cosx ，x+sinx ，又，为奇函数，排除B ，又x=时，+sin >0，排除D ，又当0<x<3时，sinx>0，x>0，x+sinx>0，当x时，x，-1sinx，x+sinx>0，排除A ，故选C. 【规律方法】导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间．【变式1】函数y=4cosx-e |x|（e 为自然对数的底数）的图象可能是（ ）A B C D 【答案】A 【解析】函数为偶函数，图象关于y 轴对称，排除B 、D ，若0>x 时，，当，当π≥x 时，πe e x >，，，则0<'y ，函数在),0(+∞上为减函数，选A.知识点2．与函数零点有关的参数范围问题1．方程()0f x =有实根Û函数()y f x =的图象与x 轴有交点Û函数()y f x =有零点． 2．求极值的步骤：①先求'()0f x =的根0x （定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析0x 两侧导数'()f x 的符号：若左侧导数负右侧导数正，则0x 为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则0x 为极大值点.3．求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.4．函数()y f x =的零点就是()0f x =的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.【典例2】(2018年理数全国卷II )已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2） 【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i ）当时，，没有零点；（ii ）当时，． 当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增． 故是在的最小值． ①若，即，在没有零点； ②若，即，在只有一个零点； ③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．【规律方法】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．∈.【变式2】（2019·天津高考模拟（理））已知函数，其中a Rf x的单调区间：（Ⅰ）当a=1时，求函数()f x的极值；（Ⅱ）求函数()f x有两个不同的零点，求a的取值范围.（Ⅲ）若函数()【答案】（Ⅰ）单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）; （Ⅱ）见解析（Ⅲ）a>1【解析】（Ⅰ）当a=1时,, f′（x）=当f′（x）<0时，x>1; f′（x）>0时，0<x<1f x的单调减区间为（1，+∞），增区间为（0,1）∴函数()（Ⅱ）f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x），若a≤0，则f′（x）＜0，此时f（x）在（0，+∞）递减，无极值若a＞0，则由f′（x）＝0，解得：x＝a，当0＜x＜a时，f′（x）>0，当x＞a时，f′（x）<0，此时f（x）在（0，a）递增，在（a，+∞）递减；∴当x=a时，函数的极大值为f(a)=，无极小值（Ⅲ）由（Ⅱ）可知当a≤0时，f（x）在（0，+∞）递减，则f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去；当a＞0时，函数的极小值为f(a)=，令g(x)=lnx+x-1(x>0)∵∴g(x)在（0，+∞）单调递增，又g(1)=0, ∴0<x<1时，g(x)<0;x>1时，g(x)>0(i) 当0<a≤1,f(a)=ag(a) ≤0,则函数f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去； (ii) 当a>1时，f(a)=ag(a)>0 ∵∴函数f(x)在（1,a e）内有一个零点，∵f(3a -1)=aln(3a-1)-设h(x)=lnx-x(x>2) ∵∴h(x)在（2，+∞）内单调递减，则h(3a-1)<h(2)=ln2-2<0∴函数f （x ）在（a,3a-1）内有一个零点.则当a>1时，函数f(x)恰有两个零点 综上，函数()f x 有两个不同的零点时，a>1知识点3．与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．()f x a >：【典例3】（2019·浙江高考模拟）已知函数2()2f x x =，，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公共点.（Ⅰ）求m 的值；（Ⅱ）若存在实数a ，b ，使得关于x 的不等式对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值.【答案】（Ⅰ）4m e =（Ⅱ）4 【解析】 （Ⅰ）由题意知，即22ln x m x =，令，则.∵()F x 在(上递增，在)+∞上增减，∴，∴4m e =.（Ⅱ）解法一：由题意知必有，即，当0a =时，4be x e >，，不符合题意；当0a <时，有0b >，此时，，不符合题意，因此有0a >， 因此 ①令，则，()h x 在40,e a ⎛⎫⎪⎝⎭递增，在4,e a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，故②由①②两式知，构造函数，则()40ϕ=，()x ϕ在(0,4e 递减，在()4,e +∞递增，故min 4a =，此时0b =. 解法二：由（1）知，，设，可知，0a >，∵在()0,+∞恒成立，即，又04a-->， ∴，即228a b ≤-+ ①由在()0,+∞恒成立，即在()0,+∞恒成立，设，()0,x ∈+∞，则，由()'0G x >得40e x a <<，()G x 在40,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， 由()'0G x <得4e x a >，()G x 在4,e a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，故，得44lnb e a≥ ② 由①②得 ③存在a ，b 使得③成立的充要条件是，即，记，显然()40ϕ=，，∴()a ϕ在(0,上单调递增，在()+∞上单调递减，，，故在()e 存在0a ，使()00a ϕ=，∴不等式的解为04a a ≤≤，∴a 的最小值为4，从而由③得0b =. 【总结提升】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；③ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. 【变式3】（2019·山东高三月考（文））已知函数.(1)求()f x 的单调区间；(2)若0x ≥，()1f x ≤，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()f x 在单调递增，在，单调递减. （2）1a ≥【解析】（1）()f x '=，令()0f x '=，得到，.令()0f x '>，得12x x x <<，所以()f x 在单调递增，令()0f x '<，得1x x <或2x x >，所以()f x 在，单调递减.（2）由（1）知，，当1a <时，(0)0f '>，因为，且，由（1）可知，()f x 在2(0,)x 单调递增，此时若2(0,)x x ∈，，与0x ≥时，()1f x ≤矛盾. 当1a ≥时，(0)0f '≤，，由（1）可知，()f x 在(0,)+∞单调递减，因此对∀[0,)x ∈+∞，，此时结论成立.综上，a 的取值范围为1a ≥.知识点4．利用导数证明、解不等式问题无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质（单调性和最值），达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝. 【典例4】（2019·山西高考模拟（理））已知函数.（Ⅰ）若0a <，讨论函数()f x 的单调性； （Ⅱ）若0a ≥，证明：.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）依题意，(0,)x ∈+∞，.令'()0f x =，则1x =或1a x a+=-. 当1a ≤-时，，由'()0f x >得(0,1)x ∈，由'()0f x <得(1,)x ∈+∞；当12a =-时，；当1a >-且11a a+-<，即时，由'()0f x >得，由'()0f x <得或(1,)x ∈+∞；当11a a +->，即102a -<<时，由'()0f x >得，由'()0f x <得(0,1)x ∈或.综上所述，当1a ≤-时，函数()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减； 当12a =-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当时，函数()f x 在10,a a +⎛⎫-⎪⎝⎭和(1,)+∞上单调递减，在1,1a a +⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增； 当102a -<<时，函数()f x 在(0,1)和上单调递减，在11,a a +⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增.（Ⅱ）要证：.即证：，即证：， 即证：. 令..因为0a ≥，所以当(0,1)x ∈时，'()0F x <，()F x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，'()0F x >，()F x 单调递增， 所以，即()0F x ≥.故当0a ≥时，.【规律方法】利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0.【变式4】（2019·河南高考模拟（理））已知函数，且曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线垂直.（1）求函数()f x 的单调区间； （2）求证：0x >时，.【答案】（1）()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间（2）详见解析. 【解析】 （1）由，得.因为曲线()y f x =在点1x =处的切线与直线垂直， 所以，所以1a =，即，.令，则.所以时，()'0g x <，()g x 单调递减；时，()'0g x >，()g x 单调递增.所以，所以()'0f x >，()f x 单调递增.即()f x 的单调增区间为(),-∞+∞，无减区间 （2）由（1）知，()11f e =-，所以()y f x =在1x =处的切线为，即.令，则，且()'10h =，，时，()''0h x <，()'h x 单调递减；时，()''0h x >，()'h x 单调递增.因为()'10h =，所以，因为，所以存在()00,1x ∈，使()00,x x ∈时，()'0h x >，()h x 单调递增；()0,1x x ∈时，()'0h x <，()h x 单调递减；()1,x ∈+∞时，()'0h x >，()h x 单调递增.又，所以0x >时，()0h x ≥，即，所以.令，则.所以()0,1x ∈时，()'0x ϕ>，()x ϕ单调递增；()1,x ∈+∞时，()'0x ϕ<，()x ϕ单调递减，所以，即ln 1x x +≤，因为0x >，所以，所以0x >时，，即0x >时，.考点1 利用导数研究函数的零点或零点个数【典例5】（2019·全国高考真题（理））已知函数，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且令，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()211x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，sin x -，在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减 ()g x '∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减又，，使得()00g x '=∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 则0x x =为()g x 唯一的极大值点即：()f x '在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上存在唯一的极大值点0x .（2）由（1）知：，()1,x ∈-+∞①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增()f x ∴在(]1,0-上单调递减又()00f =0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又()00f '=()f x ∴在()00,x 上单调递增，此时，不存在零点又，使得()10f x '=()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减又，()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点③当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减 ()f x ∴在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减又02f π⎛⎫>⎪⎝⎭，即，又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上存在唯一零点④当(),x π∈+∞时，，即()f x 在(),π+∞上不存在零点综上所述：()f x 有且仅有2个零点 【方法技巧】利用导数研究函数零点或方程根的方法 (1)通过最值(极值)判断零点个数的方法．借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围． (2)数形结合法求解零点．对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点．①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．【变式5】（2019·浙江高三期末）已知，()xg x e -=，其中a R ∈， 2.718e =⋯为自然对数的底数．()I 若函数()g x 的切线l 经过()1,0点，求l 的方程；(Ⅱ)若函数()f x 在20,e ⎛⎫⎪⎝⎭为递减函数，试判断函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】(Ⅰ)?1y x =-+；(Ⅱ)见解析 【解析】(Ⅰ)设l 和()g x 的切点是()00,x x e -，()g x 在该点处的导数，它是切线l 的斜率，l 经过()1,0，也过切点()00,x x e -，l ∴的斜率又可写为01x e x --， 故，故011x -=-，解得：00x =，故直线l 的斜率为，故l 的方程是：1y x =-+；(Ⅱ)判断：函数的零点个数是0，下面证明恒成立， ，故x a ≤，若()f x 在20,e⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，则2a e≥， 因此，要证明对0x >恒成立，只需证明对0x >恒成立， 考虑等价于，记()ln u x x x =，，先看()u x ，，令()'0u x >，解得：1x e >， 令()'0u x <，解得：10x e<<，故()u x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，，再看，.令()'0v x >，解得：01x <<，令()'0v x <，解得：1x >，故()u x 在()0,1递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，.，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故对0x >恒成立，综上，对0x >恒成立，故函数函数零点是0个．考点2 与函数零点有关的参数范围问题【典例6】（2019·江西临川一中高考模拟（文））已知函数存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值. （1）求实数a 的值； （2）若函数有两个零点，求实数m 的取值范围. （参考数据：）【答案】（1）1（2）()1,+∞ 【解析】 （1）函数存在极大值与极小值，且在1x =-处取得极小值，,依题意知(1)0f '-=，解得0a =或1a =， 当0a =时，，1x <-时，()0f x '<，()f x 单调递减；1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增，此时，()f x 只有极小值，不符合题意． 当1a =时，,2x <-或1x >-时，()0f x '>，()f x 单调递增；21x -<<-时，()0f x '<，()f x 单调递减，符合在1x =-处取得极小值的题意， 综上，实数a 的值为1．（2），，当0x >时，()0g x '>，故()g x 在()0,∞+上单调递增， 当0x <时，令，则，单调递增，单调递减，,0x <时，()0g x '>，故()g x 在(),0-∞上单调递减，()g x 在R 上有两个零点，，此时当0x <时，，()g x ∴在,02m ⎛⎫- ⎪⎝⎭有一个零点，当0x >时，，令，()00g x ∴>，()g x 在()00,x 有一个零点，综上，实数m 的取值范围是()1,+∞． 【易错提醒】极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式6】（2017课标3）已知函数有唯一零点，则a =（ ）A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】 函数的零点满足，设，则，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =， 设，当1x =时，函数取得最小值1- ，考点3 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题【典例7】（2019·全国高考真题（文））已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞. 【解析】 （1）令，则当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2x π=∴当0,2x p 骣÷ç西ç÷ç÷桫时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '< ()g x \在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减又，，即当0,2x p 骣÷ç西ç÷ç÷桫时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点，使得()00g x =又()g x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的唯一零点 综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点 （2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即恒成立令则，由（1）可知，()h x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减 且()0h a '=-，，，①当2a ≤-时，，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立()h x ∴在[]0,π上单调递增，即，此时()f x ax ≥恒成立②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫'>⎪⎝⎭，()0h π'< ，使得()10h x '=()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减又()00h =，()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立③当时，()00h '<，，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增时，，可知()f x ax ≥不恒成立④当22a π-≥时，()h x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减可知()f x ax ≥不恒成立 综上所述：(],0a ∈-∞ 【总结提升】 含参数的不等式恒成立、有解、无解的处理方法：①()y f x =的图象和()y g x =图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造，转化为()F x 的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为()a h x >，或()a h x <，进而转化为求函数()h x 的最值. 【变式7】（2019·浙江高考模拟）设函数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞ 【解析】 （1）由题意，.当0a ≤时，'()0f x <，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，令()0f x '=，解得x =∴当时，'()0f x <，当时，'()0f x >．∴()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增； （2）∵()0f x ≥恒成立，∴(e)0f ≥，可得21a e ≥． 由（1）可得，()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增，∴()f x 的最小值为.∴，解得12a e≥. 因此，实数a 的取值范围为1[,)2e+∞. 考点4 利用导数证明、解不等式问题【典例8】（2019·浙江高三期中）已知函数．证明：函数存在唯一的极值点，并求出该极值点；若函数的极值为1，试证明：．【答案】（1）见证明；（2）见证明 【解析】，，，令得，得， 在上单调递增，在上单调递减， 有唯一的极值点，极值点为，由可得，，要证明，只要证，令， ，易知在上单调递增，且当时，，当时，，存在唯一的实数，使得，即，即，，在单调递减，在单调递增，，下面证明，利用反证法，假设，，即， 即，，则由可知，这与矛盾，， 即， 故．【规律方法】利用导数证明不等式f (x )＞g (x )的基本方法(1)若f (x )与g (x )的最值易求出，可直接转化为证明f (x )min ＞g (x )max ；(2)若f (x )与g (x )的最值不易求出，可构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数h (x )的单调性或最值，证明h (x )＞0. 【变式8】（2019·山东高考模拟（文））已知函数，则使不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为（ ）A ．-3B ．-2C ．-1D ．0 【答案】D【解析】根据题意，函数，其导数， 0x ≠时，()f x '可以看成是1为首项，2x -为公比的等比数列，则有，函数()f x 在R 上为增函数，又由，，则函数()f x 在(2,1)--上存在唯一的零点，设其零点为t ，，又由21t -<<-，则，故不等式(1)0f x ->成立的x 的最小整数为0；故选：D ．考点5 利用导数解决生活中的最优化问题【典例9】（2018·江苏高考真题）某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆的一段圆弧（为此圆弧的中点）和线段构成．已知圆的半径为40米，点到的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚内的地块形状为矩形，大棚内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设与所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚内种植甲种蔬菜，大棚内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1），；（2）．【解析】解：（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=，θ0∈（0，）．当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[，1）．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k ，乙的单位面积的年产值为3k （k >0），则年总产值为4k ×800（4sin θcos θ+cos θ）+3k ×1600（cos θ–sin θcos θ）=8000k （sin θcos θ+cos θ），θ∈[θ0，）．设f （θ）= sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，），则． 令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f （θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=时，f （θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【规律方法】利用导数解决生活中的优化问题的步骤【变式9】（2019·江苏高考模拟）如图，某隧道的剖面图是由半圆及矩形ABCD 组成，交通部门拟在隧道顶部安装通风设备（视作点P ），为了固定该设备，计划除从隧道最高点Q 处使用钢管垂直向下吊装以外，再在两侧自,A B 两点分别使用钢管支撑.已知道路宽8AB cm =，设备要求安装在半圆内部，所使用的钢管总长度为L .（1）①设PQ x =，将L 表示为关于x 的函数；②设PAB θ∠=，将L 表示为关于θ的函数；（2）请选用（1）中的一个函数关系式，说明如何设计，所用的钢管材料最省？【答案】（1）①；②（2）见解析【解析】 （1）延长QP 交AB 于点E ，则⊥QE AB ，且E 为AB 的中点，所以，由对称性可知，PA PB =.①若PQ x =，则04x <<，4EP x =-，在Rt PAE ∆中，， 所以， ②若PAB θ∠=，则04πθ<<， 在Rt PAE ∆中，，，所以， 所以.（2）选取②中的函数关系式，，记，则由及04πθ<<可得，6πθ=， 当0,6πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f θ'<，此时()f θ单调递减， 当,64ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f θ'>，此时()f θ单调递增， 所以当6πθ=时，()f θ取得最小值，从而钢管总长度为L 取得最小值，即所用的钢管材料最省.。

导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程． 3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理 1．导数的概念(1)平均变化率： 函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率ΔyΔx＝ f x0＋Δx －f x 0Δx.(2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 ΔyΔx 通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0f x 0＋Δx －f x 0Δx.(3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的 切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0) . 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 n)′＝ nxn －1(n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ； ④(cos x )′＝ －sin x ； ⑤(a x)′＝ a xln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x； ⑦(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x.(2)导数的运算法则 ①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) . ②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) . ③商的导数 [f xg x]′＝ fx g x －f x gxg 2x(g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则Δy Δx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以Δy Δx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f＋Δx －f2Δx等于(C)A ．f ′(1) B．2f ′(1) C.12f ′(1) D．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0f＋Δx －f2Δx ＝12lim Δx →0 f ＋Δx －fΔx ＝12f ′(1)． 3．下列求导运算中正确的是(B) A ．(x ＋1x )′＝1＋1x2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为 3 .(2)y ＝xx ＋1，则y ′x ＝2＝ 19.(1)因为f ′(x )＝2e x＋(2x ＋1)e x＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3. (2)因为y ′＝(x x ＋1)′＝x x ＋－x x ＋x ＋2＝1x ＋2，所以y ′x ＝2＝1＋2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx x ＋Δx ＋x ＋，所以Δy Δx＝－1x ＋Δx ＋x ＋，所以f ′(x )＝li m Δx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0[－1x ＋Δx ＋x ＋]＝－1x ＋x ＋＝－1x ＋2.利用定义求导数的基本步骤： ①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )； ②求平均变化率：Δy Δx＝fx ＋Δx －f xΔx；③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0f x ＋Δx －f xΔx.1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0 f x 0－Δx －f x 0Δx等于(B)A ．f ′(x 0)B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0f x 0－Δx －f x 0Δx＝－li mΔx →0f [x 0＋－Δx－f x 0－Δx＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x.(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x . (2)y ′＝＋sin x－cos x －＋sin x－cos x－cos x2＝cos x－cos x －＋sin xx－cos x2＝cos x －sin x －1－cos x2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝ －1 .(1)因为f (x )＝e xln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋ex x，所以f ′(1)＝e.(2)因为y ′＝＋cos x x －＋cos x xsin 2x＝－sin 2x －＋cos x os x sin 2x＝－1－cos xsin 2x， 所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________．(2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y′＝2x－1x2，所以y′|x＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.(2)因为y′＝ln x＋1，设切点为P(x0，y0)，则y′x＝x0＝ln x0＋1＝2，所以x0＝e，此时y0＝x0ln x0＝eln e＝e，所以切点为(e，e)．故所求切线方程为y－e＝2(x－e)，即2x－y－e＝0.(1)x－y＋1＝0 (2)2x－y－e＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x0，y0)，求切线方程；②已知切线的斜率k，求切线方程；③求过(x1，y1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x0，y0)，再由k＝f′(x0)，再由(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y＝kx－2与曲线y＝x ln x相切，则实数k的值为(D) A．ln 2 B．1C．1－ln 2 D．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x0，x0ln x0)，因为y′＝ln x＋1，所以k＝ln x0＋1，所以切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0Δy Δx＝li mΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．导数在函数中的应用——单调性1．了解函数的单调性与其导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．如果f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上为增函数；如果f′(x)＜0，则f(x)在(a，b)上为减函数．2．导数与函数单调性的关系设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.如果f (x )在区间(a ，b )内单调递增，则在(a ，b )内f ′(x ) ≥ 0恒成立； 如果f (x )在区间(a ，b )内单调递减，则在(a ，b )内f ′(x ) ≤ 0恒成立．热身练习1．“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的(A) 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f ′(x )>0在(a ，b )上成立⇒f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，不一定成立，如y ＝x 3在(－1,1)上单调递增，但在(－1，1)上f ′(x )＝3x 2≥0.2．设f (x )＝2x 2－x 3，则f (x )的单调递减区间是(D) A ．(0，43) B ．(43，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，0)和(43，＋∞)f ′(x )＝4x －3x 2<0⇒x <0或x >43.3．函数f (x )＝(3－x 2)e x的单调递增区间是(D) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)因为f ′(x )＝－2x e x＋(3－x 2)e x ＝(－x 2－2x ＋3)e x ，令f ′(x )>0，得x 2＋2x －3<0，解得－3<x <1.所以f (x )的单调递增区间为(－3,1)．4．设定义在区间(a ，b )上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的图象如右图所示，其中x 1，x 2，x 3，x 4是f ′(x )的零点且x 1<x 2<x 3<x 4.则(1)f (x )的增区间为 (a ，x 1)，(x 2，x 4) ； (2)f (x )的减区间为 (x 1，x 2)，(x 4，b ) .5.(2019·福建三明期中)函数f (x )＝x 3－3bx ＋1在区间[1,2]上是减函数，则实数b 的取值范围为 [4，＋∞) .因为f ′(x )＝3x 2－3b ≤0，所以b ≥x 2，要使b ≥x 2在[1,2]上恒成立， 令g (x )＝x 2，x ∈[1,2]，当x ∈[1,2]，1≤g (x )≤4，所以b ≥4.利用导数求函数的单调区间函数f (x )＝x 2－2x －4ln x 的单调递增区间是____________．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2x －2－4x ＝2x 2－2x －4x，由f ′(x )>0，得x 2－x －2>0，解得x >2或x <－1(舍去)． 所以f (x )的单调递增区间为(2，＋∞)．(2，＋∞)求可导函数f (x )的单调区间的步骤： ①求函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③解不等式f ′(x )＞0和f ′(x )＜0；④确定函数y ＝f (x )的单调区间：使f ′(x )＞0的x 的取值区间为增区间，使f ′(x )＜0的x 的取值区间为减区间．1．(2017·全国卷Ⅱ节选)设函数f (x )＝(1－x 2)e x.讨论f (x )的单调性．f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)上单调递减，在(－1－2，－1＋2)上单调递增．已知函数的单调性求参数的范围(经典真题)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，＋∞)依题意得f ′(x )＝k －1x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x在(1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝1x，因为x >1，所以0<g (x )<1，所以k ≥1，即k 的取值范围为[1，＋∞)．D函数f (x )在(a ，b )上单调递增，可转化为f ′(x )≥0在该区间恒成立，从而转化为函数的最值(或值域)问题．2．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是(C)A ．[－1,1]B ．[－1，13]C ．[－13，13]D ．[－1，13](方法一)因为f (x )在(－∞，＋∞) 单调递增，所以f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，即f ′(x )＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0对x ∈(－∞，＋∞)恒成立，令cos x ＝t ，－1≤t ≤1，则等价于：g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0对t ∈[－1,1]恒成立．等价于⎩⎪⎨⎪⎧g －，g ，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋13≥0，a ＋13≥0，所以－13≤a ≤13.即a 的取值范围为[－13，13]．(方法二：特殊值法)取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，因为f ′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增，排除A ，B ，D.故选C.利用导数求含参数的函数的单调区间已知f (x )＝12x 2－a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，令f ′(x )>0，得x >a . 令f ′(x )<0，得0<x <a .所以函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(1)当函数的解析式中含有参数时，如果参数对导函数的符号有影响或导数的零点是否在定义域内不确定时，要对参数进行分类讨论．(2)讨论时，首先要看f ′(x )的符号是否确定，再看f ′(x )的零点与定义域的关系． (3)画出导函数的示意图有助于确定单调性．3．(2017·全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x .讨论f (x )的单调性．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，＋∞)上单调递减．(1)求f(x)的定义域，并求导数f′(x)；(2)解不等式f′(x)＞0和f′(x)＜0；(3)确定函数y＝f(x)的单调区间：使f′(x)＞0的x的取值区间为增区间，使f′(x)＜0的x的取值区间为减区间．在求单调区间时，要注意如下两点：①要注意函数的定义域；②当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时，不能把这些区间取并集．2．已知函数在区间上单调，求其中的参数时，要注意单调性与导数的关系的转化．即：(1)如果f(x)在区间[a，b]单调递增⇒f′(x)≥0在x∈[a，b]上恒成立；(2)如果f(x)在区间[a，b]单调递减⇒f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立．3．处理含参数的单调性问题，实质是转化为含参数的不等式的解法问题，但要注意在函数的定义域内讨论．导数在函数中的应用——极值与最值1．掌握函数极值的定义及可导函数的极值点的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号)．2．会研究一些简单函数的极值．3．会利用导数求一些函数在给定区间上的最值．知识梳理1．函数的极值(1)函数极值的定义：设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点，都有f(x)＜f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)；如果对x0附近的所有点，都有f(x)＞f(x0) ，我们就说f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值.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．函数的最值(1)(最值定理)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)一般地，求函数f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：①求函数f(x)在(a，b)内的极值.②将f(x)的极值和端点的函数值比较，其中最大的一个为最大值；最小的一个为最小值.热身练习1．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(A)A．1个 B．2个C．3个 D．4个因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足x＜x0时，f′(x)＜0；x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．2．函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则(C) A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件因为函数f(x)在x＝x0处可导，所以若x＝x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0，所以q⇒p，故p是q的必要条件；反之，以f (x )＝x 3为例，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．所以p q ． 故p 不是q 的充分条件．3．(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0； 当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数． 所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.4．函数f (x )＝x 3－3x ＋1在闭区间[－3,0]上的最大值、最小值分别是(C) A ．1，－1 B ．1，－17 C ．3，－17 D ．9，－19令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1.f (1)＝1－3＋1＝－1，f (－1)＝－1＋3＋1＝3， f (－3)＝－17，f (0)＝1.所以最大值为3，最小值为－17. 5．(2016·北京卷)函数f (x )＝xx －1(x ≥2)的最大值为 2 .f ′(x )＝x －－x x －2＝－1x －2，当x ≥2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在[2，＋∞)上是减函数， 故f (x )max ＝f (2)＝22－1＝2.求函数的极值、最值求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极值．因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.(1)求可导函数f (x )的极值的步骤： ①确定函数的定义域，求导数f ′(x )； ②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程根左、右值的符号；④作出结论：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．(2)求可导函数f (x )在[a ，b ]上最值的步骤： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )各极值与f (a )，f (b )比较，得出f (x )在[a ，b ]上的最值．1．求函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[－3,3]上的最大值与最小值．由例1可知，在[－3,3]上， 当x ＝－2时，f (x )有极大值f (－2)＝283；当x ＝2时，f (x )有极小值f (2)＝－43.又f (－3)＝7，f (3)＝1，所以f (x )在[－3,3]上的最大值为283，最小值为－43.含参数的函数的极值的讨论已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，求函数f (x )的极值．由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； (2)当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：(1)参数是否影响f ′(x )的零点的存在； (2)参数是否影响f ′(x )不同零点的大小； (3)参数是否影响f ′(x )在零点左右的符号． 如果有影响，则要分类讨论．2．(2018·银川高三模拟节选)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )．讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数．f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ；由f ′(x )>0得x >1a.所以f (x )在(0，1a )上递减，在(1a，＋∞)上递增，所以f (x )在x ＝1a处有极小值．所以当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点， 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．含参数的函数的最值讨论已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最大值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )max ＝f (1)＝－a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．所以f (x )max ＝f (1a)＝－ln a －1.综上可知：当0<a ≤12时，f (x )max ＝ln 2－2a ；当12<a <1时，f (x )max ＝－ln a －1； 当a ≥1时，f (x )max ＝－a .(1)求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内使f ′(x )＝0的点和区间端点的函数值，最后比较即可．(2)当函数f (x )中含有参数时，需要依据极值点存在的位置与所给区间的关系，对参数进行分类讨论．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a >0)，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.(1)当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1,2]上是减函数，所以f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a .(2)当1a ≥2时，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )min ＝f (1)＝－a .(3)当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在[1，1a ]上是增函数，在[1a ，2]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，f (x )min ＝f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )min ＝f (2)＝ln 2－2a . 综上可知：当0<a <ln 2时，函数f (x )min ＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )min ＝ln 2－2a .1．求可导函数f(x)的极值的步骤：(1)确定f(x)的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查f′(x)在方程根左、右值的符号，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．2．求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值可按如下步骤进行：(1)求f(x)在(a，b)内的极值；(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，确定f(x)的最大值和最小值．3．求含参数的极值，首先求定义域；然后令f′(x)＝0，解出根，根据根是否在所给区间或定义域内进行参数讨论，并根据左右两边导函数的正负号，从而判断f(x)在这个根处取极值的情况．4．含参数的最值，首先按照极值点是否在所给区间对参数进行讨论，然后比较区间内的极值和端点值的大小．导数的综合应用——导数与不等式1．能够构造函数利用导数证明一些简单的不等式和解某些不等式．2．会将恒成立问题及存在性问题转化为最值问题进行求解．知识梳理1．如果不等式f(x)≥g(x)，x∈[a，b]恒成立，则转化为函数φ(x)＝f(x)－g(x)在x ∈[a，b]内的最小值≥0.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”) 2．若f′(x)>0，x∈[a，b]，且x0∈(a，b)有f(x0)＝0，则f(x)>0的x的取值范围为(x0，b) ，f(x)<0的x的取值范围为(a，x0) .3．若f(x)>m在x∈[a，b]上恒成立，则函数f(x)在x∈[a，b]的最小值>m.(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)若f (x )<m 在x ∈[a ，b ]上恒成立，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 <m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)4．若f (x )>m 在x ∈[a ，b ]有解，则函数f (x )在x ∈[a ，b ]的 最大值 >m .(填“最小值”“最大值”“极小值”或“极大值”)热身练习1．对于∀x ∈[0，＋∞)，则e x与1＋x 的大小关系为(A) A ．e x≥1＋x B ．e x<1＋xC ．e x＝1＋x D ．e x与1＋x 大小关系不确定令f (x )＝e x－(1＋x )，因为f ′(x )＝e x－1，所以对∀x ∈[0，＋∞)，f ′(x )≥0，故f (x )在[0，＋∞)上递增，故f (x )≥f (0)＝0， 即e x≥1＋x .2．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )>0，则必有(B) A ．f (0)＋f (2)＜2f (1) B ．f (0)＋f (2)>2f (1) C ．f (0)＋f (2)＝2f (1)D ．f (0)＋f (2)与2f (1)的大小不确定依题意，当x >1时，f ′(x )>0，f (x )在(1，＋∞)上是增函数；当x ＜1时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，1)上是减函数， 故当x ＝1时，f (x )取最小值，所以f (0)>f (1)，f (2)>f (1)，所以f (0)＋f (2)>2f (1)．3．已知定义在R 上函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，且x >0时，f ′(x )<0，则f (x )>0的解集为(A)A ．(－∞，0)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(1，＋∞)因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，又x >0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f (x )>0的解集为(－∞，0)．4．若函数h (x )＝2x －k x ＋k3在[1，＋∞)上是增函数，则实数k 的取值范围是 [－2，＋∞).因为h′(x)＝2＋kx2，且h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h′(x)＝2＋kx2≥0，所以k≥－2x2，要使k≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，则只要k≥(－2x2)max，所以k≥－2.5．设f(x)＝－x2＋a，g(x)＝2x.(1)若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[3，＋∞)；(2)若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)，则实数a的取值范围为[0，＋∞).(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]min＝F(1)＝－3＋a.因为“若∀x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]min≥0，x∈[0,1]”，所以－3＋a≥0，解得a≥3.所以实数a的取值范围为[3，＋∞)．(2)F(x)＝f(x)－g(x)＝－x2－2x＋a(x∈[0,1])．则[F(x)]max＝F(0)＝a.因为“若∃x∈[0,1]，f(x)≥g(x)”等价于“[F(x)]max≥0，x∈[0,1]”，所以a≥0.所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．利用导数解不等式若f(x)的定义域为R，f′(x)>2恒成立，f(－1)＝2，则f(x)>2x＋4的解集为A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)令g(x)＝f(x)－2x－4，因为g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，又g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，所以f(x)>2x＋4⇔g(x)>g(－x>－1.所以f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．B利用导数解不等式的基本方法：(1)构造函数，利用导数研究其单调性；(2)寻找一个特殊的函数值；(3)根据函数的性质(主要是单调性，结合图象)得到不等式的解集．1．(2018·遂宁模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)上的可导函数，2f(x)＋xf′(x)>x2恒成立，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0的解集为(B)A．(－2020,0) B．(－∞，－2020)C．(－2016,0) D．(－∞，－2016)构造函数F(x)＝x2f(x)，x<0，当x<0时，F′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，因为2f(x)＋xf′(x)>x2≥0，所以F′(x)≤0，则F(x)在(－∞，0)上递减．又(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)>0可转化为(x＋2018)2f(x＋2018)>(－2)2f(－2)，即F(x＋2018)>F(－2)，所以x＋2018<－2，所以x<－2020.即原不等式的解集为(－∞，－2020)．利用导数证明不等式已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x.当x∈[0,1]时，求证：f(x)≤11＋x.要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤11＋x，只需证明e x≥x＋1.记k(x)＝e x－x－1，则k′(x)＝e x－1，当x∈(0,1)时，k′(x)>0，因此，k(x)在[0,1]上是增函数，故k(x)≥k(0)＝0，所以f(x)≤11＋x，x∈[0,1]．(1)证明f(x)>g(x)的步骤：①构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；②研究F(x)的单调性或最值；③证明F (x )min >0.(2)注意：其中构造函数是将不等式问题转化为函数问题．为了利用导数研究函数的性质，常用分析法．．．将要证明的不等式进行适当变形或化简，然后构造相应的函数．2．(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1.证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x .当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.已知不等式恒成立求参数的范围已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x ∈[－3,3]，都有f (x )≤g (x )成立，求实数c 的取值范围．f (x )≤g (x ) ⇔7x 2－28x －c ≤2x 3＋4x 2－40x ⇔c ≥－2x 3＋3x 2＋12x ， 所以原命题等价于c ≥－2x 3＋3x 2＋12x 在x ∈[－3,3]上恒成立． 令h (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x ，x ∈[－3,3]，则c ≥h (x )max . 因为h ′(x )＝－6x 2＋6x ＋12＝－6(x －2)(x ＋1)，当x 变化时，h ′(x )和h (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增 单调递减 易得h (x )max ＝h (－3)＝45，故c ≥45.(1)已知不等式恒成立，求参数a 的范围，例如f (x )>g (x )在x ∈D 上恒成立，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f (x )－g (x )>0，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，转化为F (x )min >0.②分离参数法：将不等式变为a >h (x )或a <h (x )在x ∈D 内恒成立，从而转化为a >h (x )max或a <h (x )min .(2)注意：①恒成立问题常转化为最值问题，要突出转化思想的运用；②“f (x )max ≤g (x )min ”是“f (x )≤g (x )”的一个充分不必要条件，分析不等式恒成立时，要注意不等号两边的式子中是否是有关联的变量，再采取相应的策略．1． 已知两个函数f (x )＝7x 2－28x －c ，g (x )＝2x 3＋4x 2－40x .若∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]都有f (x 1)≤g (x 2)成立，求实数c 的取值范围．此题与例3不同，例3中不等式两边的式子中均有相同的变化的未知量x ，故可先移项，直接进行转化；而此题中不等式两边的式子中的x 1，x 2相互独立，则等价于f (x 1)max ≤g (x 2)min.由∀x 1∈[－3,3]，x 2∈[－3,3]， 都有f (x 1)≤g (x 2)成立，得f (x 1)max ≤g (x 2)min . 因为f (x )＝7x 2－28x －c ＝7(x －2)2－28－c ， 当x 1∈[－3,3]时，f (x 1)max ＝f (－3)＝147－c ；g (x )＝2x 3＋4x 2－40x ，g ′(x )＝6x 2＋8x －40＝2(3x ＋10)(x －2)，当x 变化时，g ′(x )和g (x )在[－3,3]上的变化情况如下表：单调递减单调递增易得g (x )min ＝g (2)＝－48， 故147－c ≤－48，即c ≥195.1．利用导数证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数F (x )＝f (x )－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明F(x)>0.其中要特别关注如下两点：(1)是直接构造F(x)，还是适当变形化简后构造F(x)，对解题的繁简有影响；(2)找到F(x)在什么地方可以等于零，往往是解决问题的一个突破口．2．利用导数解不等式的基本方法是构造函数，寻找一个函数的特殊值，通过研究函数的单调性，从而得出不等式的解集．3．处理已知不等式恒成立求参数范围的问题，要突出转化的思想，将其转化为函数的最值问题．已知f(x)>g(x)在x∈D上恒成立，求其中参数a的范围，其主要方法是：①构造函数法：将不等式变形为f(x)－g(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)min>0.②分离参数法：将不等式变为a>h(x)或a<h(x)在x∈D内恒成立，从而转化为a>h(x)max 或a<h(x)min.导数的综合应用——导数与方程1．能利用导数研究一般函数的单调性、极值与最值，获得对函数的整体认识．2．会利用导数研究一般函数的零点及其分布．知识梳理1．函数零点的有关知识(1)零点的概念：函数的零点是函数图象与x轴交点的横坐标.(2)几个常用结论：①f(x)有零点y＝f(x)的图象与x轴有交点方程f(x)＝0有实数解.②F(x)＝f(x)－g(x)有零点y＝f(x)与y＝g(x)的图象有交点方程f(x)＝g(x)有实数解.③零点存在定理：f (x )在[a ，b ]上连续，且f (a )·f (b )<0，则f (x )在(a ，b )内 至少有一 个零点．2．利用导数研究函数零点的方法(1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解． (2)研究方程有解的条件，利用函数与方程的思想求解．热身练习1．(2017·浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是(D)观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，所以对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的零点个数为(D)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝±2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f (x )的大致图象(如下图)．由图可知f (x )有3个零点．3．若方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解，则a 的取值范围为(B)A ．(－43，283)B ．(－283，43)C ．[－43，283]D ．[－283，43]13x 3－4x ＋4＋a ＝0有3个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与g (x )＝－a 有3个不同的交点．利用第2题图可知，－43<－a <283，即－283<a <43.4．若函数g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 的图象与x 轴恰有两个公共点，则a ＝(B)A.283或－43 B ．－283或43C ．－283或283D ．－43或43g (x )＝13x 3－4x ＋4＋a 与x 轴恰有两个公共点⇔方程13x 3－4x ＋4＋a ＝0有2个不同的解⇔f (x )＝13x 3－4x ＋4与φ(x )＝－a 有2个不同的交点．利用第2题图可知，－a ＝－43或－a ＝283，所以a ＝－283或a ＝43.5．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则实数a 的取值范围是(C) A ．(－∞，ln 2) B ．(ln 2，＋∞) C ．(－∞，2ln 2－2] D ．[2ln 2－2，＋∞)(方法一)因为f′(x)＝e x－2，令e x－2＝0得，e x＝2，所以x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取最小值f(x)min＝2－2ln 2＋a.要f(x)有零点，所以a≤2ln 2－2.(方法二)函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，即关于x的方程e x－2x＋a＝0有实根，即方程a＝2x－e x有实根．令g(x)＝2x－e x(x∈R)，则g′(x)＝2－e x.当x<ln 2时，g′(x)>0；当x>ln 2时，g′(x)<0.所以当x＝ln 2时，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，所以函数g(x)的值域为(－∞，2ln 2－2]．所以a的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．利用导数研究三次函数的零点及其分布已知函数f(x)＝x3－12x＋a，其中a≥16，则f(x)的零点的个数是A．0或1 B．1或2C．2 D．3(方法一：从函数角度出发，研究f(x)的图象与x轴的交点)因为f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增由此可得到f(x)的大致图象(如图)，由a≥16得，a＋16>0，a－16≥0，当a＝16时，f(x)的图象与x轴有2个交点；当a>16时，f(x)的图象与x轴只有1个交点．所以f(x)的零点个数为1或2.(方法二：从方程角度出发，利用函数与方程的思想)f(x)＝x3－12x＋a的零点个数⇔方程x3－12x＝－a的解的个数⇔g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的交点个数．画出g(x)＝x3－12x与h(x)＝－a的图象．由g′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：单调递增单调递减单调递增所以g(x)的图象如右图所示：因为a≥16，所以y＝－a≤－16.由图可知直线y＝－a与y＝x3－12x的图象有1个或2个交点．B利用导数研究函数的零点的基本思路： (1)研究y ＝f (x )的图象，利用数形结合的思想求解； (2)研究f (x )＝0有解，利用函数与方程的思想求解．1．(经典真题)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为(B)A ．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)当a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．若a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有f (2a )>0，即a ×8a 3－3×4a2＋1>0，化简得a 2>4，又a <0，所以a <－2.利用导数研究超越方程的根及其分布已知函数f (x )＝x －a e x(a ∈R )，x ∈R .已知函数y ＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．由f (x )＝x －a e x，可得f ′(x )＝1－a e x. 下面分两种情况讨论：(1)a ≤0时，f ′(x )>0在R 上恒成立，可得f (x )在R 上单调递增，不合题意． (2)a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：这时，f (x )的单调递增区间是(－∞，－ln a )；单调递减区间是(－ln a ，＋∞)． 于是，“函数y ＝f (x )有两个零点”等价于如下条件同时成立： ①f (－ln a )>0；②存在s 1∈(－∞，－ln a )，满足f (s 1)<0； ③存在s 2∈(－ln a ，＋∞)，满足f (s 2)<0. 由f (－ln a )>0，即－ln a －1>0，解得0<a <e －1，而此时，取s 1＝0，满足s 1∈(－∞，－ln a )，且f (s 1)＝－a <0；而当x ∈(－ln a ，＋∞)时，由于x →＋∞时，e x 增长的速度远远大于x 的增长速度，所以一定存在s 2∈(－ln a ，＋∞)满足f (s 2)<0.另法：取s 2＝2a ＋ln 2a ，满足s 2∈(－ln a ，＋∞)，且f (s 2)＝(2a －e 2a )＋(ln 2a －e 2a)<0.所以a 的取值范围是(0，e －1)．函数的零点是导数研究函数的性质的综合应用，要注意如下方面： (1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质； (2)数形结合思想方法的应用；(3)函数零点存在定理及根的分布知识的应用．2．(2018·广州模拟节选)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2(a ≠0)，若函数f (x )恰有一个零点，求实数a 的取值范围．函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f (x )＝a ln x ＋x 2，所以f ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋ax.①当a >0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 取x 0＝e －1a ，则f (e －1a )＝－1＋(e －1a)2<0，(或：因为0<x 0<a 且x 0<1e 时，所以f (x 0) ＝a ln x 0 ＋x 20 < a ln x 0＋a <a ln 1e ＋a ＝0.)因为f (1)＝1，所以f (x 0)·f (1)<0，此时函数f (x )有一个零点．②当a <0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a2. 当0<x <－a 2时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，－a2)上单调递减， 当x >－a2时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－a2，＋∞)上单调递增． 要使函数f (x )有一个零点， 则f (－a2)＝a ln －a 2－a2＝0，即a ＝－2e. 综上所述，若函数f (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a >0.利用导数研究两函数图象的交点问题已知函数f (x )＝x ＋a x (a ∈R )，g (x )＝ln x ．若关于x 的方程g xx 2＝f (x )－2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根，求a 的值．由g x x 2＝f (x )－2e ，得ln x x 2＝x ＋ax－2e ， 化为ln x x＝x 2－2e x ＋a .问题转化为函数h (x )＝ln x x与m (x )＝x 2－2e x ＋a 有一个交点时，求a 的值．由h (x )＝ln x x ，得h ′(x )＝1－ln x x2.令h ′(x )＝0，得x ＝e. 当0<x <e 时，h ′(x )>0；当x >e 时，h ′(x )<0. 所以h (x )在(0，e)上递增，在(e ，＋∞)上递减． 所以当x ＝e 时，函数h (x )取得最大值，其值为h (e)＝1e .而函数m (x )＝x 2－2e x ＋a ＝(x －e)2＋a －e 2，当x ＝e 时，函数m (x )取得最小值，其值为m (e)＝a －e 2.所以当a －e 2＝1e ，即a ＝e 2＋1e 时，方程g x x 2＝f (x )－2e 只有一个实数根．(1)利用f (x )＝g (x )的解⇔y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象交点的横坐标，可将方程的解的问题转化为两函数图象的交点问题，从而可利用数形结合的思想方法进行求解．(2)在具体转化时，要注意对方程f (x )＝g (x )尽量进行同解变形，变到两边的函数是熟悉的形式或较简单的形式，以便于对其图象特征进行研究．3．(经典真题)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．(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， 由题意得－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. 由题意知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]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )，h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)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．1．利用导数研究函数的零点及其零点分布问题的基本步骤： (1)构造函数，并确定定义域； (2)求导，确定单调区间及极值； (3)作出函数的草图；(4)根据草图直观判断函数的零点的情况或得到零点所满足的条件． 2．处理函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象的交点问题，常用方法有： (1)数形结合，即分别作出两函数的图象，考察交点情况；。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第五章平面向量、数系的扩充与复数的引入第03讲平面向量的数量积及应用---讲1.理解平面向量数量积的概念及其意义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系.2.掌握平面向量数量积的坐标运算，掌握数量积与两个向量的夹角之间的关系.3.会用坐标表示平面向量的平行与垂直.4.高考预测：（1）以考查向量的数量积、夹角、模、垂直的条件等问题为主，基本稳定为选择题或填空题，难度中等以下；（2）同三角函数、解析几何等知识相结合，以工具的形式出现．5.备考重点：（1）理解数量积的概念是基础，掌握数量积的两种运算的方法是关键；（2）解答与平面几何、三角函数、解析几何等交汇问题时，注意运用数形结合的数学思想，通过建立平面直角坐标系，利用坐标运算解题.知识点1．平面向量的数量积一、两个向量的夹角1．定义已知两个非零向量a和b，作OA＝a，OB＝b，则∠AOB＝θ叫做向量a与b的夹角．2．范围向量夹角θ的范围是0°≤θ≤180°a与b同向时，夹角θ＝0°；a与b反向时，夹角θ＝180°.3．向量垂直如果向量a与b的夹角是90°，则a与b垂直，记作a⊥b.二、平面向量的数量积1．已知两个非零向量a与b，则数量|a||b|·cos θ叫做a与b的数量积，记作a·b，即a·b＝|a||b|cos θ，其中θ是a与b 的夹角．规定0·a＝0.当a⊥b时，θ＝90°，这时a·b＝0.2．a·b的几何意义：数量积a·b等于a的长度|a|与b在a的方向上的投影|b|cos θ的乘积．三、数量积的运算律1．交换律：a·b＝b·a.2．分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.3．对λ∈R，λ(a·b)＝(λa)·b＝a·(λb)．【典例1】（2018·天津高考真题（文））在如图的平面图形中，已知,则的值为A．B．C．D．0【答案】C【解析】如图所示，连结MN，由可知点分别为线段上靠近点的三等分点，则，由题意可知：，，结合数量积的运算法则可得：.本题选择C选项.【总结提升】计算向量数量积的三种常用方法(1)定义法：已知向量的模与夹角时，可直接使用数量积的定义求解，即a·b＝|a||b|cosθ(θ是a与b的夹角)．(2)基向量法（利用数量积的几何意义）：计算由基底表示的向量的数量积时，应用相应运算律，最终转化为基向量的数量积，进而求解．(3)坐标法：若向量选择坐标形式，则向量的数量积可应用坐标的运算形式进行求解．中,则BC在【变式1】（2019·山西省静乐县第一中学高三月考）在ABCCA 方向上的投影为（ ）． A ．4 B ．3C ．-4D ．5【答案】C 【解析】对等式两边平方得，，整理得，0AB AC ⋅=，则AB AC ⊥，，设向量BC 与CA 的夹角为θ，所以，BC 在CA 方向上的投影为，故选：C.知识点2．平面向量的数量积的性质及运算一、向量数量积的性质1．如果e 是单位向量，则a ·e ＝e ·a . 2．a ⊥b ⇔a ·b ＝0. 3．a ·a ＝|a |2，|⋅a a a 4．cos θ＝||||⋅a ba b .(θ为a 与b 的夹角)5．|a ·b |≤|a ||b |.二、数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，则： 1．a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2. 2．a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＝0.3．|a |＝a 21＋a 22.4．cos θ＝||||⋅a ba b ＝.(θ为a 与b 的夹角)【典例2】（2018·浙江高考真题）已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为，向量b 满足b 2−4e·b+3=0，则|a −b|的最小值是（ ） A ．B ．C ．2D ．【答案】A 【解析】设，则由得，由得因此的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.【思路点拨】 先确定向量所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.【变式2】（2019·浙江高三期末）若向量,,a b c 满足a b ≠，0c ≠且，则的最小值是__. 【答案】2 【解析】设OA a =，OB b =，OC c =，由可知CA CB ⊥，所以点C 在以AB 为直径的圆上；设2a b x +=,2a b y -=，则，而c 表示点O 到以AB 为直径的圆上任一点的距离， 所以最大值即是点O 到圆心E 的距离加半径，即c x y ≤+，所以，即最小值为2.故答案为2.考点1 平面向量数量积的运算【典例3】（2018·全国高考真题（理））已知向量，满足，，则（ ）A ．4B ．3C ．2D ．0 【答案】B 【解析】因为所以选B. 【总结提升】①已知向量a ，b 的模及夹角θ，利用公式a·b ＝|a ||b|cos θ求解；②对于向量数量积与线性运算的综合运算问题，可先利用数量积的运算律化简，再进行运算．【变式3】已知向量，则a 在方向上的投影为（ ）A B 、5C D 、5【答案】D【解析】因为，所以，则，则a 在b 方向上的投影既是a 在方向上的投影为5. 考点2 平面向量数量积的坐标运算【典例4】(2019·成都模拟)已知菱形ABCD 边长为2，∠B ＝π3，点P 满足AP →＝λAB →，λ∈R ，若BD →·CP →＝－3，则λ的值为( )A.12 B ．－12 C.13 D ．－13 【答案】A【解析】法一：由题意可得BA →·BC →＝2×2cos π3＝2，BD →·CP →＝(BA →＋BC →)·(BP →－BC →) ＝(BA →＋BC →)·[(AP →－AB →)－BC →] ＝(BA →＋BC →)·[(λ－1)·AB →－BC →]＝(1－λ)BA →2－BA →·BC →＋(1－λ)BA →·BC →－BC →2 ＝(1－λ)·4－2＋2(1－λ)－4 ＝－6λ＝－3， ∴λ＝12，故选A.法二：建立如图所示的平面直角坐标系，则B (2,0)，C (1，3)，D (－1，3)．令P (x,0)，由BD →·CP →＝(－3，3)·(x －1，－3)＝－3x ＋3－3＝－3x ＝－3得x ＝1. ∵AP →＝λAB →，∴λ＝12.故选A.【方法总结】1.已知向量a ，b 的坐标，利用数量积的坐标形式求解． 设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，则a ·b ＝a 1b 1＋a 2b2. 2.通过建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标形式计算.【变式4】（2019·天津高考模拟（理））如图梯形ABCD ，AB CD ∥且5AB =，，E 在线段BC 上，，则AE DE ⋅的最小值为（ ）A ．1513B ．9513C ．15D ．1513-【答案】B【解析】以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，设，因此，因此，设所以当时，AE DE ⋅最小值为95.13选B.考点3 平面向量的夹角问题【典例5】（2019·全国高考真题（理））已知,a b为单位向量，且a b⋅=0，若，则___________.【答案】2 3 .【解析】因为，0a b⋅=，所以2=，，所以||3c=，所以．【总结提升】向量夹角问题的解答方法：(1)当a，b是非坐标形式时，求a与b的夹角θ，需求出a·b及|a|，|b|或得出它们之间的关系；(2)若已知a＝(x1，y1)与b＝(x2，y2)，则cos〈a，b〉＝x1x2＋y1y2x21＋y21·x22＋y22.提醒：〈a，b〉∈[0，π]．【变式5】（2018·四川高考模拟（理））已知向量，满足，，若与的夹角为，则m的值为A．2 B．C．1 D．【答案】A【解析】，又，，，，，即， 得或（舍去），故的值为2，故选A.考点4 平面向量的模的问题【典例6】（2019·浙江高考模拟）已知平面向量,a b 不共线，且1a =，1a b ⋅=，记b 与2a b + 的夹角是θ，则θ最大时，a b -=（ ）A ．1 BC D ．2【答案】C【解析】设|b|=x ，则，，所以.易得cos 0θ>，，当24x =时，2cos θ取得最小值，θ取得最大值， 此时.故选C.【规律方法】平面向量模问题的类型及求解方法 (1)求向量模的常用方法①若向量a 是以坐标形式出现的，求向量a 的模可直接利用公式|a |＝x 2＋y 2.②若向量a ，b 是以非坐标形式出现的，求向量a 的模可应用公式|a |2＝a 2＝a ·a ，或|a ±b |2＝(a ±b )2＝a 2±2a ·b ＋b 2，先求向量模的平方，再通过向量数量积的运算求解． (2)求向量模的最值(范围)的方法①代数法：把所求的模表示成某个变量的函数，再用求最值的方法求解．②几何法(数形结合法)：弄清所求的模表示的几何意义，结合动点表示的图形求解．（3）利用向量夹角公式、模公式，可将有关角度问题、线段长问题转化为向量的数量积来解决． 【变式6】（2018·浙江高考模拟）已知向量，满足，，则的最小值是A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】A【解析】因为，，由绝对值向量三角不等式得：===1，故选A.考点5 平面向量垂直的条件【典例7】（2018年文北京卷）设向量a=（1,0），b=（−1,m）,若，则m=_________.【答案】【总结提升】平面向量垂直问题的类型及求解方法(1)判断两向量垂直第一，计算出这两个向量的坐标；第二，根据数量积的坐标运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可．(2)已知两向量垂直求参数根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数．【变式7】（浙江省杭州市学军中学2018年5月高三模拟）已知平面向量, 满足，若，则的最小值为__________．【答案】.【解析】设A(x,y)，B(5，0),C(0,5),则=问题转化为点到点A(x,y)的距离和到点D（0,2）的距离之和最小，点在曲线x+y=5（0<x<5）上运动，点A(x,y)在圆上运动，所以|PD|+|PA||PD|+|PO|-r=|PD|+|PO|-3设点O关于直线x+y=5（0<x<5）对称的点为G(5，5), 所以|PD|+|PO|所以|PD|+|PA|.故答案为:。

2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第五章 平面向量、数系的扩充与复数的引入第04讲 平面向量的应用---练1．（2019·山东高考模拟（理））若P 为ABC ∆所在平面内一点，且|||2|PA PB PA PB PC -=+-u u r u u r u u r u u r u u u r，则ABC ∆的形状为( ) A ．等边三角形 B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形【答案】C 【解析】∵|||2|PA PB PA PB PC -=+-u u r u u r u u r u u r u u u r，∴|||()()|||BA PA PC PB PC CA CB =-+-=+u u ru u r u u u r u u r u u u r u u r u u r，即||||CA CB CA CB -=+u u r u u r u u r u u r ，两边平方整理得0CA CB ⋅=， ∴CA CB ⊥，∴ABC ∆为直角三角形． 故选C ．2. （2019·重庆巴蜀中学高三月考（文））已知O 为四边形ABCD 所在的平面内的一点，且向量OA ，OB ，OC ，OD 满足等式OA OC OB OD +=+，若点E 为AC 的中点，则EABBCDS S ∆∆=（ ） A ．14B ．12C ．13D ．23【答案】B 【解析】∵向量OA ，OB ，OC ，OD 满足等式OA OC OB OD +=+， ∴OA OB OD OC -=-，即BA CD =，则四边形ABCD 为平行四边形，∵E 为AC 的中点，∴E 为对角线AC 与BD 的交点，则EAB ECD ADE BCE S S S S ∆∆∆∆===，则12EAB BCD S S ∆∆=， 故选：B ．3. （2017·浙江高考真题）如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O，记，，，则（ ）A ．I １<I ２<I ３B ．I １<I ３<I ２C ．I ３< I １<I ２D ．I ２<I １<I ３ 【答案】C 【解析】 因为，，，所以，故选C ．4.（2019·临川一中实验学校高考模拟（理））在ABC ∆中，543AB BC BC CA CA AB →→→→→→==，则s i n :s i n :s i nA B C =（ ） A ．9:7:8 BC ．6:8:7D【答案】B 【解析】 设•••543AB BC BC CA CA ABt ===，所以5,4,3AB BC t BC CA t CA AB t ⋅=⋅=⋅=， 所以cos 5,cos 4,cos 3ac B t ab C t bc A t -=-=-=，所以22222222210,8,6c a b t b a c t c b a t +-=-+-=-+-=-，得,,a b c ===所以sin :sin :sin ::A B C a b c ==故选：B5. （2016·四川高考真题（理））在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足==,===–2，动点P ，M 满足=1，=，则的最大值是A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 甴已知易得.以为原点，直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则设由已知，得，又，它表示圆上的点与点的距离的平方的，，故选B.6.（2019·山东高考模拟（文））已知圆22450x y x ++-=的弦AB 的中点为(1,1)-，直线AB 交x 轴于点P ，则PA PB ⋅的值为______．【答案】5- 【解析】设(1,1)M -，圆心(2,0)C -， ∵10112MC k -==-+，根据圆的性质可知，1AB k =-，∴AB 所在直线方程为1(1)y x -=-+，即0x y +=，联立方程224500x y x x y ⎧++-=⎨+=⎩可得，22450x x +-=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1252x x ⋅=-， 令0y =可得(0,0)P ，12121225PA PB x x y y x x ⋅=+==-，故答案为：-5．7.（2019·安徽高考模拟（理））在ABC ∆中，23BAC π∠=，已知BC 边上的中线3AD =，则ABC ∆面积的最大值为__________．【答案】. 【解析】在△ABC 中，23BAC π∠=，BC 边上的中线AD=3，1()2AD AB AC =+，设AB ＝c ，AC ＝b ， 平方可得 9＝()222211222cos 434c b AB AC c b cb π⎛⎫++⋅=++⋅ ⎪⎝⎭. 化简可得，22362c b bc bc bc bc +=≥-=-，∴bc≤36，当且仅当b c =时成立，故△ABC 的面积S ＝121sin 36232bc π⋅⨯=…故答案为：8．（2017·江苏高考真题）在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则_________．【答案】 【解析】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可得 ，，由可得，，故答案为.9.（2019·江苏金陵中学高考模拟）已知菱形ABCD 中，对角线AC BD ＝1，P 是AD 边上的动点（包括端点），则PB PC ⋅的取值范围为_______． 【答案】13[,]22【解析】由AC⊥BD 得，以对角线BD ，AC 分别为x 轴、y BD ＝1，∴10,,,0,0,222A B C ⎛⎛⎛⎫-- ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，11,0,,222D AD ⎛⎛⎫∴= ⎪ ⎝⎭⎝⎭∵P 是AD 边上的动点，设P （x ，y ），102x ≤≤，,2AP x y ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭，∵1,2402AP AD y x ∴+-=，∵,31PC x,y PB x,y 22⎛⎫⎛⎫=--=--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴13,,2PB PC x y x y ⎛⎫⎛⎫⋅=----- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭222134422x x y y x x =++=-+ 根据二次函数的性质可知，当x ＝12时，最小值为12.当x ＝0时，最大值为32.所以，PB PC ⋅的取值范围为13[,]22故答案为：13[,]2210．（2019·辽宁高考模拟（理））12,e e 均为单位向量，且它们的夹角为60︒，设,a b 满足212a e +=，12()b e me m R =+∈，则||a b -的最小值为______.【解析】方法一：由于212a e +=，即()212a e --=，即a 与2e -两个向量终点的距离为12，即a 的终点在以2e -的终点为圆心，半径为12的圆上.由于12()b e me m R =+∈，根据向量加法的平行四边形法则可知，b 的终点在过1e 的终点且平行于2e 的直线上.画出图像如下图所示.由于12,e e 均为单位向量，且它们的夹角为60︒，故圆心到直线的距离3sin 602EB OC =⋅=，||a b -表示,a b 两个向量终点的距离，所以最短距离也即||a b -的最小值为12AB =-=.方法二：建立如图所示的平面直角坐标系，因为12,e e 均为单位向量，且它们的夹角为60︒，不妨设2113(1,0),(,)2e e ==u r u r ，由212a e +=知a r 对应的点A 在以(1,0)-为圆心，半径是12的圆上运动；由12()b e me m R =+∈知，b r对应的点B 在直线2y =上运动， 所以||a b -表示点A,B 之间的距离，结合图形可知，min 1|AB |2=故min ||a b -=r r .1．（2019·浙江高考模拟）已知是不共线的两个向量，的最小值为，若对任意m,n，的最小值为1, 的最小值为2，则的最小值为（）A．2 B．4 C． D．【答案】B【解析】设的夹角为，则，则由的最小值为,的最小值为，可得，两式相乘可得（*）而，结合（*）可得，解得则故选B.2．（2018·浙江高考模拟）在直角梯形中，，同一平面内的两个动点满足，则的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由于，则点是以点为圆心，半径为1的圆上的一个动点，点是的中点，取的中点，连接，如图所示，则，当三点共线时，点在之间时，取最小值，；当点在之间时，取最大值，，从而的的取值范围是，故选B.3.（2019·江西高考模拟（理））已知，为坐标原点，为的一条切线，点为上一点且满足（其中，），若关于的方程存在两组不同的解，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A 【解析】 由，得半径为， 因为为的一条切线，所以，，，，因为所以即化简得，在上有两解所以解得又因为所以 故选：A.4.（2019·天津高考模拟（理））在等腰梯形ABCD 中，已知AB DC ，AC 与BD 交于点M ，24AB CD ==，若1AC BD ⋅=-，则cos BMC ∠=__________. 【答案】117【解析】因为等腰梯形ABCD 中，AB DC ，AC 与BD 交于点M ，24AB CD ==，2~,1AM AB BM DCM BAM MC DC DM ∴∆∆∴===， 设CM x =，则3,3AC x BD x ==,1AC BD ⋅=-，||||cos 1AC BD AMB ∴⋅∠=-，即29cos 1x AMB ⋅∠=-，21cos 9AMB x ∴∠=-， 在ABM ∆中，224416cos 222x x AMB x x+-∠=⨯⨯，222181698x x x -∴-=，解得2179x =， 1cos 17AMB ∴∠=-，而1cos cos 17BMC AMB ∠=-∠=，故答案为117. 5. （2019·天津南开中学高考模拟）如图，在等腰三角形ABC 中，已知2AB AC ==，120,,A E F ∠=︒分别是,AB AC 上的点，且AE AB =uu u r uu u rλ，AF AC μ=（其中λ，()0,1μ∈），且41λμ+=，若线段,EF BC 的中点分别为,M N ，则MN 的最小值为________.【答案】7【解析】连接,AM AN ，等腰三角形ABC 中,2,120AB AC A ===，||||cos1202AB AC AB AC ︒∴⋅=⋅=-,AM 是AEF ∆的中线, 11()()22AM AE AF AB AC λμ∴=+=+同理,可得1()2AN AB AC =+, 由此可得11()()22MN AN AM AB AC AB AC λμ=-=+-+ 11(1)(1)22AB AC λμ=-+-， 2211(1)(1)22MN AB AC λμ⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦ 2222111(1)(1)(1)(1)424AB AB AC AC λλμμ=-+--⋅+- ()22(1)(1)1(1)λμλμ=----+-41λμ+=,可得14λμ-=,∴代入上式得222(4)4(1)(1)MN μμμμ=--+- 22161μμ=-+，,(0,1)λμ∈, ∴当17μ=时, 2MN 的最小值为47, 此时MN 的最小值为27,故答案为27.6. （2019·临川一中实验学校高考模拟（理））如图，点D 在ABC ∆的边AC 上，且3CD AD =，BD =，cos 2ABC ∠=，则3AB BC +的最大值为________．【解析】因为cos 2ABC ∠=，所以221cos 2cos 121244ABC ABC ⎛⎫∠∠=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭因为3CD AD =，所以3uu u r uu u r CD DA =即()3uu u r uu u r uu r uu u r BD BC BA BD -=-， 整理得到3144uu u r uu r uu u r BD BA BC =+，两边平方后有22291316168uu u r uu r uu u r uu r uu u r BD BA BC BA BC =++⋅， 所以22913216168u u r u u u r u u r u u u r BA BC BA BC =++⋅即2291312||||161684u u r u u u r u u r u u u r BA BC BA BC =++⋅⨯， 整理得到2233292u u r u u u r u u r u u u r BA BC BA BC =++⋅， 设,uu r uu u r c BA a BC ==，所以()22239329322c a ac c a ac =++=+-， 因为2933332222ac a c a c ⨯⨯+⎛⎫=≤⨯ ⎪⎝⎭， 所以()()()()2222935323333288c a ac c a c a c a =+-≥+-+=+，3c a +≤=，当且仅当a =c =1．（2018·天津高考真题（理））如图，在平面四边形ABCD 中，,,120,1,AB BC AD CD BAD AB AD ⊥⊥∠===若点E 为边CD 上的动点，则AE BE ⋅的最小值为 （ ）A ．2116B ．32C ．2516D ．3【答案】A【解析】连接AD,取AD 中点为O,可知ABD △为等腰三角形，而,AB BC AD CD ⊥⊥，所以BCD 为等边三角形，BD =.设(01)DE tDC t =≤≤AE BE ⋅223()()()2AD DE BD DE AD BD DE AD BD DE BD DE DE =+⋅+=⋅+⋅++=+⋅+ =233322t t -+(01)t ≤≤所以当14t 时，上式取最大值2116，选A.2．（2017·全国高考真题（理））在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若=+，则+的最大值为（）A．3 B．2 C． D．2【答案】A【解析】如图所示，建立平面直角坐标系.设,易得圆的半径，即圆C的方程是，，若满足，则，，所以，设，即，点在圆上，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以的最大值是3，即的最大值是3，故选A.3.（2018浙江卷）已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】设，由得因为A,B在椭圆上,所以， 与对应相减得，当且仅当时取最大值.4．（2017·浙江高考真题）已知向量a,b 满足1,2a b ==，则a b a b ++-的最小值是___________，最大值是______.【答案】 4【解析】设向量,a b 的夹角为θ，由余弦定理有： 212a b -=+= 212212cos 4cos a b θ+=+-⨯⨯⨯=，则：54cos a b a b ++-=+令54cos 5y θ=++-[]21016,20y =+， 据此可得： ()()max min 2025,164a b a b a b a b ++-==++-==，即a b a b ++-的最小值是4，最大值是25．5. （2019·江苏高考真题）如图，在V ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE =2EA ，AD 与CE 交于点O .若6AB AC AO EC ⋅=⋅，则AB AC的值是_____..【解析】如图，过点D 作DF //CE ，交AB 于点F ，由BE =2EA ，D 为BC 中点，知BF =FE =EA ,AO =OD .()()()3632AO EC AD AC AE AB AC AC AE =-=+- ()223131123233AB AC AC AB AB AC AB AC AB AC ⎛⎫⎛⎫=+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 22223211323322AB AC AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫=-+=-+= ⎪⎝⎭，得2213,22AB AC =即3,AB AC =故AB AC=6．（2019·天津高考真题（理）） 在四边形ABCD 中，AD BC ∥，AB =，5AD = ，30A∠=︒ ，点E 在线段CB 的延长线上，且AE BE =，则BD AE ⋅=__________.【答案】1-.【解析】建立如图所示的直角坐标系，则B ，5()22D .因为AD ∥BC ，30BAD ∠=︒，所以150CBA ∠=︒，因为AE BE =，所以30BAE ABE ∠=∠=︒，所以直线BE3323)y x =-，直线AE的斜率为-y x =.由(3y x y x⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩得x =1y =-， 所以1)E -.所以35(,)(3,1)122BD AE =-=-.。

第十一节导数的应用1．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数；f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．2．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．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．[小题体验]1．(2018·诸暨适应性训练)函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是()A．0B．1C．2 D．无数个解析：选A函数定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝6x＋1x－2＝6x2－2x＋1x，由于x＞0，g(x)＝6x2－2x－1中Δ＝－20＜0，∴g(x)＞0恒成立，故f′(x)＞0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．故选A.2．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案：33．(2018·台州模拟)设在定义域上的可导函数f(x)满足f(e x)＝x－e x，则函数f(x)的解析式为f(x)＝________，它的单调递增区间是________．解析：设t＝e x，则x＝ln t，则f (e x )＝x －e x，等价为f (t )＝ln t －t ， 即f (x )＝ln x －x ，函数的定义域为(0，＋∞)， 函数的导数为f ′(x )＝1x －1，由f ′(x )＝1x －1＞0得1－x x ＞0，得0＜x ＜1， 即函数的单调递增区间为(0,1)． 答案：ln x －x (0,1)1．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问题不能直观且有条理的解决． 2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．3．注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别． [小题纠偏]1．(2018·杭州十二校联考)函数f (x )的导函数f ′(x )的图象是如图所示的一条直线l ，l 与x 轴的交点坐标为(1,0)，则f (0)与f (3)的大小关系为( )A ．f (0)＜f (3)B ．f (0)＞f (3)C ．f (0)＝f (3)D ．无法确定解析：选B 由题意知f (x )的图象是以x ＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f (0)＝f (2)＞f (3)，故选B.2．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 解析：y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0， 得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0， f ⎝⎛⎭⎫23＝－827，f (2)＝8. ∴最大值为8. 答案：8第一课时 导数与函数的单调性考点一 判断或证明函数的单调性(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·杭州模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )， 试讨论f (x )的单调性．解：f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫－2a3，0时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－2a3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a3时，f ′(x )＜0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，－2a3上单调递减． [由题悟法]导数法判断函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤 (1)一求．求f ′(x )；(2)二定．确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)三结论．f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数．[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[即时应用]已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，其中g (x )的函数图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴． (1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性． 解：(1)g ′(x )＝1x＋2ax ＋b (x ＞0)．由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴， 得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，所以b ＝－2a －1. (2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x . 因为函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )＞0，得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1， 即函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 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， 即函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减； 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，即函数g (x )在(0,1)，⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减； 若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0， 即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．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)，⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减； 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 ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减． 考点二 求函数的单调区间(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )，若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间． 解：f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋a x ， 因为x ＝3是f (x )的极值点， 所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9， 所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝(2x －3)(x －3)x .由f ′(x )＞0，得0＜x ＜32或x ＞3；由f ′(x )＜0，得32＜x ＜3，所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，32，(3，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫32，3. [由题悟法]求函数的单调区间的2方法法一：(1)确定函数y ＝f (x )的定义域； (2)求导数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． 法二：(1)确定函数y ＝f (x )的定义域；(2)求导数f ′(x )，令f ′(x )＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f (x )的定义区间分成若干个小区间；(4)确定f ′(x )在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．[即时应用]已知函数f (x )＝ln x －bx ＋c ，f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＋4＝0. (1)求f (x )的解析式； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)f ′(x )＝1x －b ，∴f ′(1)＝1－b ， 又f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为－1， 故1－b ＝－1，b ＝2.将(1，f (1))代入方程x ＋y ＋4＝0， 得1＋f (1)＋4＝0，f (1)＝－5，∴f (1)＝－b ＋c ＝－5，将b ＝2代入，得c ＝－3，故f (x )＝ln x －2x －3. (2)依题意知x ＞0，f ′(x )＝1x－2.令f ′(x )＞0，得0＜x ＜12，再令f ′(x )＜0，得x ＞12，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 考点三 已知函数的单调性求参数的取值范围(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)＝1，f ′(0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a ＜⎝⎛⎭⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x 即x ＝－2时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，22)．[由题悟法]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)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．[提醒] 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0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[即时应用]在本例中，(1)若g (x )在(－2，－1)内为减函数，如何求解？ (2)若g (x )的单调减区间为(－2，－1)，求a 的值． (3)若g (x )在(－2，－1)上不单调，求a 的取值范围．解：(1)∵g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数， ∴g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧ g ′(－2)≤0，g ′(－1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解得a ≤－3. 即实数a 的取值范围为(－∞，－3]． (2)∵g (x )的单调减区间为(－2，－1)， ∴x 1＝－2，x 2＝－1是g ′(x )＝0的两个根， ∴(－2)＋(－1)＝a ，即a ＝－3.(3)由(1)知g (x )在(－2，－1)上为减函数，a 的取值范围是(－∞，－3]．若g (x )在(－2，－1)上为增函数，可知a ≥x ＋2x 在(－2，－1)上恒成立，又y ＝x ＋2x 的值域为(－3，－22)，∴a 的范围是[－22，＋∞)，∴函数g (x )在(－2，－1)上单调时，a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－22，＋∞)，故g (x )在(－2，－1)上不单调，实数a 的取值范围是(－3，－22)．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为( ) A ．(0,1) B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：选A 函数的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.2．(2019·嘉兴六校联考)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]解析：选A ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x ＞0)，由x －9x ≤0，得0＜x ≤3，∴f (x )在(0,3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，∴a －1＞0且a ＋1≤3，解得1＜a ≤2.3．(2018·丽水月考)已知函数f (x )(x ∈R )的图象上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(x 0－2)(x 20－1)(x －x 0)，那么函数f (x )的单调减区间是( )A ．[－1，＋∞)B ．(－∞，2]C ．(－∞，－1)和(1,2)D ．[2，＋∞)解析：选C 根据函数f (x )(x ∈R )的图象上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(x 0－2)(x 20－1)(x －x 0)，可知其导数f ′(x )＝(x －2)(x 2－1)＝(x ＋1)(x －1)(x －2)，令f ′(x )＜0，得x ＜－1或1＜x ＜2.因此f (x )的单调减区间是(－∞，－1)和(1,2)．4．函数f (x )＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．解析：由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )＝x －1x ＜0，得0＜x ＜1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1)．答案：(0,1)5．(2019·丽水模拟)若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________．解析：∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间， ∴f ′(x )＝2x －e x －a ＞0，即a ＜2x －e x 有解． 设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ， 令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2，则当x ＜ln 2时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增， 当x ＞ln 2时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ＜2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，若f ′(x )是f (x )的导函数，则函数f ′(x )的大致图象是( )解析：选A 设g (x )＝f ′(x )＝2x －2sin x ，则g ′(x )2－2cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增，结合选项知选A.2．若幂函数f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，则函数g (x )＝e x f (x )的单调递减区间为( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，－2) C ．(－2，－1)D ．(－2,0)解析：选D 设幂函数f (x )＝x α，因为图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，所以12＝⎝⎛⎭⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x (x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．3．(2018·诸暨模拟)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解析：选A 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．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 ．(－∞，＋∞)解析：选B 由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2. 因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，选B.5．(2017·湖州期中)已知f (x )是定义在R 上的减函数，其导函数f ′(x )满足f (x )f ′(x )＋x ＜1，则下列结论正确的是( )A ．对于任意x ∈R ，f (x )＜0B ．对于任意x ∈R ，f (x )＞0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)，f (x )＜0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)，f (x )＞0解析：选B ∵f (x )f ′(x )＋x ＜1，f (x )是定义在R 上的减函数，f ′(x )＜0，∴f (x )＋xf ′(x )＞f ′(x )， ∴f (x )＋(x －1)f ′(x )＞0，∴[(x －1)f (x )]′＞0，∴函数y ＝(x －1)f (x )在R 上单调递增，而x ＝1时，y ＝0，则x ＜1时，y ＜0，故f (x )＞0. x ＞1时，x －1＞0，y ＞0，故f (x )＞0， ∴f (x )＞0对任意x ∈R 成立，故选B.6．(2019·宁波调研)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________________________________________________________________．解析：f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )＝x cos x ＞0(x ∈(－π，π))， 解得－π＜x ＜－π2或0＜x ＜π2，即函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2. 答案：⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2 7．已知函数f (x )＝3xa －2x 2＋ln x (a ＞0)，若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3a －4x ＋1x ， 若函数f (x )在[1,2]上为单调函数，即f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0在[1,2]上恒成立， 即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x 在[1,2]上恒成立． 令h (x )＝4x －1x ，则h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a ≤3，又a ＞0， 所以0＜a ≤25或a ≥1.答案：⎝⎛⎦⎤0，25∪[1，＋∞) 8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＜x 22＋12的解集为________．解析：设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )＜12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12＜0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)＜x22＋12，∴f(x2)－x22＜f(1)－12，∴F(x2)＜F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，∴x2＞1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)9．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，所以f′(x)＝2a(x－5)＋6 x.令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝1 2.(2)由(1)知，f(x)＝12(x－5)2＋6ln x(x＞0)，f′(x)＝x－5＋6x＝(x－2)(x－3)x.令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3.当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故函数f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．10．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝e x－ax－1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)判断函数f(x)的单调性．解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝e x－e x－1，∴f′(x)＝e x－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.(2)∵f(x)＝e x－ax－1，∴f′(x)＝e x－a.易知f′(x)＝e x－a在(0，＋∞)上单调递增．∴当a≤1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，由f′(x)＝e x－a＝0，得x＝ln a，∴当0＜x＜ln a时，f′(x)＜0，当x＞ln a时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江名校协作体联考)已知函数f (x )＝x 2e x，若f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：函数f (x )＝x 2e x 的导数为y ′＝2x e x ＋x 2e x ＝x e x (x ＋2)， 令y ′＝0，得x ＝0或－2，所以函数f (x )在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增， ∴0或－2是函数的极值点，∵函数f (x )＝x 2e x 在区间[t ，t ＋1]上不单调， ∴t ＜－2＜t ＋1或t ＜0＜t ＋1， ∴－3＜t ＜－2或－1＜t ＜0，故实数t 的取值范围是(－3，－2)∪(－1,0)． 答案：(－3，－2)∪(－1,0)2．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x.当a ＞0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .∴g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，即g ′(x )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )＜0，g ′(3)＞0.当g ′(t )＜0，即3t 2＋(m ＋4)t －2＜0对任意t ∈[1,2]恒成立，由于g ′(0)＜0，故只要g ′(1)＜0且g ′(2)＜0，即m ＜－5且m ＜－9，即m ＜－9； 由g ′(3)＞0，即m ＞－373.∴－373＜m ＜－9.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373，－9. 第二课时 导数与函数的极值、最值考点一 运用导数解决函数的极值问题(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．常见的命题角度有： (1)知图判断函数极值； (2)已知函数求极值或极值点；(3)已知函数极值情况求参数值(范围)．[题点全练]角度一：知图判断函数极值1．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析：选D 由图可知，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．角度二：已知函数求极值或极值点2．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，求函数f (x )的极值．解：由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－aex .①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0， 得e x ＝a ，即x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． 角度三：已知函数极值情况求参数值(范围)3．已知函数g (x )＝ln x －mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围．解：因为g (x )＝ln x －mx ＋mx，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝－mx 2－x ＋m x 2(x ＞0)，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)＞0，12m＞0，h ⎝⎛⎭⎫12m ＜0，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12. [通法在握]1．利用导数研究函数极值问题的一般流程2．已知函数极值点或极值求参数的2个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．[演练冲关]1．(2018·浙江十二校联考)如图，已知直线y ＝kx ＋m 与曲线y ＝f (x )相切于两点，则F (x )＝f (x )－kx 有( )A ．1个极大值点，2个极小值点B ．2个极大值点，1个极小值点C ．3个极大值点，无极小值点D ．3个极小值点，无极大值点解析：选A F ′(x )＝f ′(x )－k ，如图所示，从而可知F ′(x )共有三个零点x 1，x 2，x 3，由图可知，F (x )在(－∞，x 1)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，(x 2，x 3)上单调递减，(x 3，＋∞)上单调递增，∴x 1，x 3为极小值点，x 2为极大值点，即F (x )有1个极大值点，2个极小值点，故选A.2．设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k ＞0，求f (x )的单调区间和极值．解：由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)，得x ＞0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)． f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：所以，f (x )单调递增区间是(k ，＋∞)． f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2，无极大值． 3．(2018·余杭地区部分学校高三测试)已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx (a ，b ∈R )．若函数f(x )在(0,2)上存在两个极值点，求3a ＋b 的取值范围．解：法一：f ′(x )＝x 2＋ax ＋b .由已知可得f ′(x )在(0,2)上存在两个不同的零点，则⎩⎪⎨⎪⎧f ′(0)＞0，f ′(2)＞0，Δ＞0，0＜－a 2＜2，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞0，2a ＋b ＋4＞0，a 2－4b ＞0，－4＜a ＜0，作出满足条件的可行域如图中阴影部分(不包括边界)所示，令z ＝3a ＋b ，由图可知－8＜z ＜0， 故3a ＋b 的取值范围为(－8,0)． 法二：f ′(x )＝x 2＋ax ＋b .由已知可得f ′(x )在(0,2)上存在两个不同的零点， 设f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ＝(x －x 1)(x －x 2)， 其中x 1，x 2∈(0,2)且x 1≠x 2.则3a ＋b ＝f ′(3)－9＝(3－x 1)(3－x 2)－9∈(－8,0)， 即3a ＋b 的取值范围为(－8,0)．考点二 运用导数解决函数的最值问题(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋b ， 因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ， 令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：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)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x＝(2ax －1)(x －1)x(x ＞0)，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. ①当a ＜0，即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 ＝－2.②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时，若12a ＜1，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎡⎭⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝⎛⎭⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在(0,1)，⎣⎡⎦⎤12a ，e 上单调递增， 在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a ＜e 矛盾．若x 2＝12a ≥e ，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2. [由题悟法]求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的3步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的极值与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．[即时应用]已知函数f (x )＝ln xx －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 xx 2， 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 ≤e 2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln (2m )2m－1； ②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，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，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 ≤e2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 m m －1.考点三 利用导数研究函数零点或方程的根(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·金华调研)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；(3)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e ，∴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 )＝－2ax 2＋x ＋1x(x ＞0)， ①当a ≤0时，显然f ′(x )＞0，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Δ＞0恒成立． 设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1＜x 2)，则x 1x 2＝－12a ＜0，∴x 1＜0＜x 2，∴f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x(x ＞0)．由f ′(x )＞0得x ∈(0，x 2)，由f ′(x )＜0得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减．(3)函数f (x )有两个零点，等价于方程a ＝ln x ＋xx 2有两解． 令g (x )＝ln x ＋x x 2(x ＞0)，则g ′(x )＝1－2ln x －xx 3.由g ′(x )＝1－2ln x －xx 3＞0，得2ln x ＋x ＜1，解得0＜x ＜1， ∴g (x )在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又∵当x ≥1时，g (x )＞0，当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，∴作出函数g (x )的大致图象如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a ∈(0,1)时符合题意．下面给出证明：当a ≥1时，a ≥g (x )max ，方程至多一解，不符合题意； 当a ≤0时，方程至多一解，不符合题意； 当a ∈(0,1)时，g ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，∴g ⎝⎛⎭⎫1e －a ＜0， g ⎝⎛⎭⎫2a ＝a 24⎝⎛⎭⎫ln 2a ＋2a ＜a 24⎝⎛⎭⎫2a ＋2a ＝a ， ∴g ⎝⎛⎭⎫2a －a ＜0.∴方程在⎝⎛⎭⎫1e ，1与⎝⎛⎭⎫1，2a 上各有一个根， ∴若f (x )有两个零点，a 的取值范围为(0,1)．[由题悟法]利用导数研究函数零点、方程根的步骤 (1)求导，确定单调区间，求极值点； (2)画出草图；(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定参数取值范围等．[即时应用]若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． 解：将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋xln x＝0， 整理得xln x ＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点． 又g ′(x )＝2ln 2x ＋ln x －1ln 2x，令g ′(x )＝0，则2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍去)，即x ＝e 12，当1＜x ＜e 12时，g ′(x )＜0，即g (x )在⎝⎛⎭⎫1，e 12上单调递减； 当e 12＜x ≤e 时，g ′(x )＞0，即g (x )在⎝⎛⎦⎤e 12，e 上单调递增． 又g ⎝⎛⎭⎫e 12＝4e 12，g (e)＝3e ，当x →1时，x ln x →＋∞， ∴4e 12＜m ≤3e ，故实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4e 12，3e . 考点四 利用导数研究不等式的有关问题(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·杭州模拟)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1,1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x . 解：(1)因为f (x )＝1－ln xx， 所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1. 因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1,1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1， 即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1， 解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x ＋x (x ≥1)，则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋eex ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee x＋1＞0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0， 即1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .[由题悟法]1．利用导数解决不等式证明问题的策略(1)证明f (x )＞g (x )的一般方法是证明h (x )＝f (x )－g (x )＞0(利用单调性)，特殊情况是证明f (x )min ＞g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f (x 1)＋g (x 1)＜f (x 2)＋g (x 2)对x 1＜x 2恒成立，即等价于函数h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数．2．利用导数解决不等式的恒成立问题的策略首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．[即时应用](2018·温州月考)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3＋x 22＋x ＋1，g (x )＝e x (e 是自然对数的底数)．(1)证明：存在一条定直线l 与曲线C 1：y ＝f (x )和C 2：y ＝g (x )都相切； (2)若f (x )≤g (x )对x ∈R 恒成立，求a 的值． 解：(1)证明：函数f (x )，g (x )的导数分别为 f ′(x )＝3ax 2＋x ＋1，g ′(x )＝e x ，注意到对任意a ∈R ，f (0)＝g (0)＝1，f ′(0)＝g ′(0)＝1， 故直线l ：y ＝x ＋1与曲线C 1：y ＝f (x )与C 2：y ＝g (x )都相切． (2)设函数F (x )＝⎝⎛⎭⎫ax 3＋x22＋x ＋1e －x ， 则对任意x ∈R ，都有F (x )≤1.因对任意a ∈R ，都有F (0)＝1，故x ＝0为F (x )的极大值点，F ′(x )＝()3ax 2＋x ＋1e －x－⎝⎛⎭⎫ax 3＋x 22＋x ＋1e －x ＝⎝⎛⎭⎫－ax ＋3a －12x 2e －x ， 记h (x )＝－ax ＋3a －12，则F ′(x )＝h (x )()x 2e－x，注意到在x ＝0的附近，恒有x 2e －x ≥0， 故要使x ＝0为F (x )的极大值点，必须h (0)＝0(否则，若h (0)＞0，则在x ＝0的附近，恒有h (x )＞0，从而F ′(x )≥0，于是x ＝0不是F (x )的极值点；同理，若h (0)＜0，则x ＝0也不是F (x )的极值点)，即3a －12＝0，从而a ＝16.又当a ＝16时，F ′(x )＝－16x 3e －x ，则在(－∞，0)上，F ′(x )＞0，在(0，＋∞)上，F ′(x )＜0， 于是F (x )在(－∞，0)上递增，在(0，＋∞)上递减， 故F (x )max ＝F (0)＝1. 综上所述，a ＝16.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·金华质检)设函数f (x )＝x e x ＋1，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点解析：选D 由题意得，f ′(x )＝(x ＋1)e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝－1，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )＜0，当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x ＝－1为f (x )的极小值点，故选D.2．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2 B ．50,14 C ．50，－2D ．50，－14解析：选C 因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∈[－4，－3)或x ∈(0,2]时，f ′ (x )＞0，f (x )为增函数，当x ∈(－3,0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.3．已知函数f (x )的定义域为(x 1，x 2)，导函数f ′(x )在(x 1，x 2)内的图象如图所示，则函数f (x )在(x 1，x 2)内极值点的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选A 由f ′(x )的图象可知，其与x 轴有4个交点，但是只有2个满足由正变负或由负变正的条件，所以f (x )在(x 1，x 2)内极值点的个数为2.4．函数f (x )＝－x 3＋12x ＋6，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3的零点个数是________． 解析：f ′(x )＝－3x 2＋12，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3. 当x ∈⎣⎡⎭⎫－13，2时，f ′(x )＞0， 当x ∈(2,3]时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎣⎡⎭⎫－13，2上是增函数，在(2,3]上是减函数． 故f (x )极大值＝f (2)＝22. 由于f ⎝⎛⎭⎫－13＞0，f (3)＞0， 所以有0个零点． 答案：05．已知定义域为(0，＋∞)的函数f (x )的图象经过点(2,4)，且f ′(x )＞1，则不等式f (2x －2)＜2x的解集为________．解析：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝f ′(x )－1＞0，所以g (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上单调递增，且g (2)＝f (2)－2＝2.由f (2x －2)＜2x 得f (2x －2)－(2x －2)＜2，即g (2x －2)＜g (2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x－2＞0，2x －2＜2，解得1＜x ＜2. 答案：(1,2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝ln x ＋a x (a ∈R )在区间[e －2，＋∞)上有两个零点，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫2e 2，1eB.⎣⎡⎦⎤2e 2，1e C.⎝⎛⎦⎤2e 2，1eD.⎣⎡⎦⎤1e 2，2e解析：选A 令f (x )＝ln x ＋a x ＝0，x ∈[e －2，＋∞)，得－a ＝x ln x ．记H (x )＝x ln x ，x ∈[e －2，＋∞)，则H ′(x )＝1＋ln x ，由此可知H (x )在[e －2，e －1)上单调递减，在(e －1，＋∞)上单调递增，且H (e－2)＝－2e －2，H (e －1)＝－e －1，当x →＋∞时，H (x )→＋∞，故当2e 2≤a ＜1e时，f (x )在[e －2，＋∞)上有两个零点．2．(2018·浙江瑞安中学月考)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23 B.43 C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.3．已知函数f (x )(x ∈R )为奇函数，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －m 2x ⎝⎛⎭⎫m ＞22，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则m 的值为( )A ．1B ．2C ．eD ．e 2解析：选C ∵f (x )在R 上是奇函数，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，∴f (x )在(0,2]上的最大值为－3.∵当x ∈(0,2]时，f ′(x )＝1x －m 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝m －2⎝⎛⎭⎫m ＞22.当x ∈(0，m －2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈(m－2,2]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝m－2时，f (x )在(0,2]上取得最大值－3，即f (m －2)＝ln m －2－m 2·m －2＝ln m －2－1＝－3，解得m ＝e.4．已知函数f (x )＝1＋x －x 22＋x 33－x 44＋…＋x 2 0192 019，g (x )＝－1－x ＋x 22－x 33＋x 44－…－x 2 0192 019，设函数F (x )＝f (x ＋3)g (x －4)，且函数F (x )的所有零点均在[a ，b ](a ，b ∈Z )内，则b －a 的最小值为( )A ．6B ．8C ．9D ．10解析：选B 易知f ′(x )＝1－x ＋x 2－x 3＋…＋x 2 018，f ′(1)＝1＞0.当x ＞1时，f ′(x )＞0，当x ＜1时，f ′(x )＞0，因此f (x )是R 上的增函数．∵f (0)＝1＞0，f (－1)＝(1－1)＋⎝⎛⎭⎫－12－13－…－12 018－12 019＜0，∴函数f (x )在(－1,0)上有唯一零点，∴函数f (x ＋3)在(－4，－3)上有唯一零点．同理，g ′(x )＝－1＋x －x 2＋…－x 2 018＝－f ′(x )，∴g ′(1)＝－1＜0，当x ＞1时，g ′(x )＜0，当x ＜1时，g ′(x )＜0，因此g (x )是R 上的减函数．∵g (0)＝－1＜0，g (－1)＝(－1＋1)＋⎝⎛⎭⎫12＋13＋…＋12 018＋12 019＞0，∴函数g (x )在(－1，0)上有唯一零点，∴函数g (x －4)在(3,4)上有唯一零点，∵函数F (x )＝f (x ＋3)g (x －4)的所有零点均在[a ，b ](a ，b ∈Z)内，∴(b －a )min ＝4－(－4)＝8.5．(2019·台州调研)若函数f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2，对于任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0]C ．(－∞，3]D ．(－∞，4]解析：选D f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2≤0，即2x ＋1≤x 2＋2x ＋2.设g (x )＝2x ＋1，h (x )＝x 2＋2x ＋2，当x ≤－1时，0＜g (x )≤1，h (x )＝x 2＋2x ＋2≥1，所以当a ≤－1时，满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立；当－1＜x ＜4时，因为g (0)＝h (0)＝2，g (1)＝4＜h (1)＝5，g (2)＝8＜h (2)＝10，g (3)＝16＜h (3)＝17，所以当－1＜a ≤4时，亦满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立；当x ≥4时，易知f ′(x )＝2x ＋1·ln 2－2x －2，设F (x )＝2x ＋1·ln 2－2x －2，则F ′(x )＝2x ＋1·(ln 2)2－2＞0，所以F (x )＝2x ＋1·ln 2－2x －2在[4，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )≥f ′(4)＝32ln 2－10＞0，所以函数f (x )＝2x ＋1－x 2－2x －2在[4，＋∞)上是增函数，所以f (x )≥f (4)＝32－16－8－2＝6＞0，即当a＞4时，不满足对任意的x ∈Z 且x ∈(－∞，a )，f (x )≤0恒成立．综上，实数a 的取值范围是(－∞，4]．6．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析：易知函数f (x )＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，令f ′(x )＞0，得x ＞1，故函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为f (1)＝12.答案：127．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160. 令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)， ∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． 答案：1448．(2018·绍兴八校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2，若f (x )恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为________．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax 2x .当a ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则函数f (x )不可能有两个不同的零点．当a ＞0时，由 f ′(x )＝0，得x ＝12a，当0＜x ＜ 12a时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ＞ 12a时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，所以f (x )的最大值为f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a －a ⎝⎛⎭⎫ 12a 2＝－12ln 2a －12.当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→－∞，要使函数f (x )恰有两个不同的零点，只需满足－12ln 2a－12＞0，即ln 2a ＜－1，所以0＜2a ＜1e ，即0＜a ＜12e，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12e . 答案：⎝⎛⎭⎫0，12e 9．(2018·杭州模拟)已知函数f (x )＝4x 2－72－x ，x ∈[0,1]．(1)求f (x )的单调区间和值域；(2)设a ≥1，函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a ，x ∈[0,1]，若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g (x 0)＝f (x 1)成立，求a 的取值范围．解： (1)f ′(x )＝－4x 2＋16x －7(2－x )2＝－(2x －1)(2x －7)(2－x )2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝72(舍去)．当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：∴函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭12，1，单调递减区间是⎝⎭⎫0，12. 当x ∈[0,1]时，f (x )的值域为[－4，－3]． (2)g ′(x )＝3(x 2－a 2)．∵a ≥1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜3(1－a 2)≤0， 因此当x ∈(0,1)时，g (x )为减函数，从而当x ∈[0,1]时，有g (x )∈[g (1)，g (0)]． 又g (1)＝1－2a －3a 2，g (0)＝－2a ，即当x ∈[0,1]时，有g (x )∈[1－2a －3a 2，－2a ]．对于任意x 1∈[0,1]，f (x 1)∈[－4，－3]， 存在x 0∈[0,1]使得g (x 0)＝f (x 1)成立，则[1－2a －3a 2，－2a ]⊇[－4，－3]．即⎩⎪⎨⎪⎧1－2a －3a 2≤－4， ①－2a ≥－3. ② 解①式得a ≥1或a ≤－53；解②式得a ≤32.又a ≥1，故a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤1，32. 10．(2018·绍兴一中质检)函数f (x )＝a ln x －bx 2(x ＞0)； (1)若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，①求实数a ，b 的值；②求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值．(2)当b ＝0时，若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎡⎦⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立，求实数m 的取值范围．解：(1)①f ′(x )＝ax－2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. ②f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )＞0得1e ≤x ＜1； 令f ′(x )＜0，得1＜x ≤e ，∴f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝－12.(2)当b ＝0时，f (x )＝a ln x ，若不等式f (x )≥m ＋x 对所有的a ∈⎣⎡⎦⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立， 则a ln x ≥m ＋x ，即m ≤a ln x －x 对所有的a ∈⎣⎡⎦⎤0，32，x ∈(1，e 2]都成立． 令h (a )＝a ln x －x ，则h (a )为一次函数，m ≤h (a )min . ∵x ∈(1，e 2]，∴ln x ＞0，∴h (a )在a ∈⎣⎡⎦⎤0，32上单调递增， ∴h (a )min ＝h (0)＝－x ，∴m ≤－x 对所有的x ∈(1，e 2]都成立， ∵1＜x ≤e 2， ∴－e 2≤－x ＜－1， ∴m ≤(－x )min ＝－e 2.故实数m 的取值范围为(－∞，－e 2]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江名校联考)已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (1)＝0，当x ＜0时，f ′(x )＋f (x )x＞0，则f (－1)＝________，使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．解析：∵f (x )为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，∴f (－1)＝f (1)＝0.当x ＜0时，f ′(x )＋f (x )x＝xf ′(x )＋f (x )x ＞0，∴xf ′(x )＋f (x )＜0，即(xf (x ))′＜0.令g (x )＝xf (x )，可知g (x )在(－∞，0)上单调递减，且g (－1)＝－f (－1)＝0.当x ＜－1时，xf (x )＞0，∴f (x )＜0；当－1＜x ＜0时，xf (x )＜0，∴f (x )＞0.由对称性知，f (x )＞0的解集为(－1，0)∪(0,1)．答案：0 (－1,0)∪(0,1)2．(2019·浙江考前冲刺卷)已知f (x )＝e x －ax 2－2x ，a ∈R . (1)证明：函数f (x )的图象恒过定点，并求定点的坐标； (2)若f ′(x )≥－ax －1恒成立，求a 的值；(3)在(2)成立的条件下，证明：f (x )存在唯一的极小值点x 0，且－2＜f (x 0)＜－14.。

加强练——导数一、选择题1.函数f ()＝a ln ＋在＝1处取到极值，则a 的值为( ) A.－1B.－12C.0D.12解析 因为f ()＝a ln ＋，所以f ′()＝ax＋1.又因为f ()在＝1处取到极植， 所以f ′(1)＝a ＋1＝0⇒a ＝－1. 经检验符合题意.故选A. 答案 A2.函数y ＝2e 的单调递减区间是( ) A.(－1，2)B.(－∞，－1)与(1，＋∞)C.(－∞，－2)与(0，＋∞)D.(－2，0)解析 y ′＝(2e)′＝2e ＋2e ＝e(＋2). 因为e>0，所以由e(＋2)<0，得－2<<0， 故函数y ＝2e 的单调递减区间是(－2，0). 故选D. 答案 D3.已知函数y ＝－ln(1＋2)，则y 的极值情况是( ) A.有极小值B.有极大值C.既有极大值又有极小值D.无极值解析 y ′＝1－2x 1＋x 2＝（x －1）21＋x 2≥0，所以函数f ()在定义域R 上为增函数， 所以函数f ()无极值，故选D. 答案 D4.(2018·金华十校调研)函数y ＝x 2ln|x ||x |的图象大致是()解析 令y ＝f ()＝x 2ln|x ||x |(≠0)，所以f (－)＝（－x ）2ln|－x ||－x |＝x 2ln|x ||x |＝f ()，即f ()是偶函数，排除选项B ；当>0时，f ()＝ln ，f ′()＝ln ＋1，令ln ＋1>0，则>1e ；令ln ＋1<0，则0<<1e，所以f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，所以排除选项A ，C ，故选D.答案 D5.(2018·名校联盟三联)已知，y ∈R ，则(＋y )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2y 2的最小值为( )A.1B.2C.3D.4解析 (＋y )2＋⎝⎛⎭⎪⎫x －2y 2可以看作直线y ＝和曲线y ＝－2x 上的点的距离的平方，由y ＝－2x得y ′＝2x 2，令y ′＝2x2＝1得＝±2，则点(2，－2)和点(－2，2)到直线y ＝的距离的平方即为所求的最小值，即(＋y )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2y 2的最小值为⎣⎢⎡⎦⎥⎤|2－（－2）|12＋（－1）22＝4，故选D. 答案 D6.已知函数f ()＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若|f ()|≥a ，则a 的取值范围是( )A.(－∞，0]B.(－∞，1]C.[－2，1]D.[－2，0]解析 作出函数y ＝|f ()|的图象，如图，当|f ()|≥a 时，必有≤a ≤0，其中是y ＝2－2(≤0)在原点处的切线斜率，显然，＝－2. ∴a 的取值范围是[－2，0].答案 D7.已知函数f ()＝a 3－32＋1，若f ()存在唯一的零点0，且0>0，则a 的取值范围是( ) A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2)D.(－∞，－1)解析 a ＝0时，不符合题意，a ≠0时，f ′()＝3a 2－6. 令f ′()＝0，得＝0或＝2a.若a >0，则由图象知f ()有负数零点，不符合题意. 则a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1>0，化简得a 2>4.又a <0，所以a <－2. 答案 C8.若函数f ()＝－13sin 2＋a sin 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13解析 因为f ()＝－13sin 2＋a sin ，所以f ′()＝1－23cos 2＋a cos＝－43cos 2＋a cos ＋53.由f ()在R 上单调递增，则f ′()≥0在R 上恒成立.令t ＝cos ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0，在t ∈[－1，1]上恒成立.所以4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，只需⎩⎨⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解得－13≤a ≤13.答案 C 二、填空题 9.设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3，2)处的切线与直线a ＋y ＋3＝0垂直，则a 等于________，切线方程为________________. 解析 y ′＝－2（x －1）2，所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为－12，由题意知－a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1，所以a ＝－2，切线方程为y －2＝－12(－3)，即＋2y －7＝0.答案 －2 ＋2y －7＝010.若函数f ()＝a 4－4a 2＋b (a >0，1≤≤2)的最大值为3，最小值为－5，则a ＝________，b ＝________.解析 令f ′()＝4a 3－8a ＝4a (2－2)＝0， 解得1＝0(舍去)，2＝2，3＝－2(舍去).又f (1)＝a －4a ＋b ＝b －3a ，f (2)＝16a －16a ＋b ＝b ，f (2)＝b －4a ，所以⎩⎨⎧b －4a ＝－5，b ＝3.所以a ＝2，b ＝3. 答案 2 311.定义域为R 的可导函数y ＝f ()的导函数为f ′()，满足f ()>f ′()，且f (0)＝1，则不等式f （x ）e x<1的解集为________.解析 令g ()＝f （x ）e x，则g ′()＝e x ·f ′（x ）－（e x ）′·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x .由题意得g ′()<0恒成立，所以函数g ()＝f （x ）e x在R 上单调递减.又g (0)＝f （0）e 0＝1，所以f （x ）e x<1，即g ()<g (0)，所以>0，所以不等式的解集为{|>0}. 答案 {|>0}12.已知函数f ()＝e ，g ()＝ln x 2＋12的图象分别与直线y ＝m 交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________，此时m 的值为________. 解析 由题意A (ln m ，m )，B (2e m －12，m )其中2em －12>ln m 且m >0，∴|AB |＝2em －12－ln m .设y ＝2e －12－ln (>0)，则y ′＝2e －12－1x ，令y ′＝0，解得＝12，当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，y ′<0，当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，y ′>0，∴当＝12时，|AB |最小＝2＋ln 2，此时m ＝12.答案 2＋ln 21213.已知∈(0，2)，若关于的不等式xe x <1k ＋2x －x 2恒成立，则实数的取值范围为________.解析 依题意，知＋2－2>0.即>2－2对任意∈(0，2)恒成立，从而≥0， 因此由原不等式，得<e x x＋2－2恒成立.令f ()＝e x x＋2－2，则f ′()＝(－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f ′()＝0，得＝1，当∈(1，2)时，f ′()>0，函数f ()在(1，2)上单调递增， 当∈(0，1)时，f ′()<0，函数f ()在(0，1)上单调递减， 所以<f ()min ＝f (1)＝e －1， 故实数的取值范围是[0，e －1). 答案 [0，e －1) 14.若函数f ()＝ax －ae x＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′()＝a e x －（ax －a ）e x e 2x＝－a （x －2）e x(a <0).当<2时，f ′()<0；当>2时，f ′()>0， ∴当＝2时，f ()有极小值f (2)＝ae2＋1.若使函数f ()没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0) 三、解答题15.(2017·浙江卷)已知函数f ()＝(－2x －1)e －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f ()的导函数；(2)求f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围.解 (1)f ′()＝(－2x －1)′e －＋(－2x －1)(e －)′ ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －－(－2x －1)e －＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1－x ＋2x －1e －＝(1－)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12.(2)令f ′()＝(1－)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －＝0，解得＝1或52.当变化时，f ()，f ′()的变化如下表：又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝2e －12，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝2e －52，则f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为12e －12.又f ()＝(－2x －1)e －＝12(2x －1－1)2e －≥0.综上，f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12.16.已知函数f ()＝e xx(>0)，其中无理数e ≈2.718 28….(1)求证：f ()>ln ；(2)若f ()≥a 2恒成立，求实数a 的取值范围. (1)证明 要证明f ()>ln ，只需证明e>ln ， 即证明e －ln >0.当∈(0，1)时，e>1，ln <0，则e －ln >0； 当∈[1，＋∞)时，令g ()＝e －ln ，则g ′()＝e －1－ln .证法一：因为e>＋1，ln ≤－1， 所以g ′()>＋1－1－(－1)＝1>0， 则g ()在[1，＋∞)上是增函数， 所以g ()≥g (1)＝e>0.证法二：令m ()＝g ′()＝e －1－ln ，m ′()＝e －1x>e －1>0，则g ′()在[1，＋∞)上是增函数，g ′()≥g ′(1)＝e －1>0，所以g ()在[1，＋∞)上是增函数，g ()≥g (1)＝e>0.综上可知e －ln >0，所以f ()>ln 成立.(2)解 不等式f ()≥a 2恒成立，即为ex x≥a 2恒成立，又>0，则a 2≤e xx2恒成立，记h ()＝e xx2，则a 2≤h ()min .令h ′()＝e x （x －2）x3＝0，得＝2， 当∈(0，2)时，h ′()<0，当∈(2，＋∞)时，h ′()>0， 所以h ()min ＝h (2)＝e 24，于是a 2≤e 24，解得－e 2≤a ≤e2，所以实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 2，e 2.17.(2019·学军中学模拟)已知函数f ()＝ln ＋1x＋a ，其中>0，a ∈R .(1)若函数f ()在[1，＋∞)上不单调，求a 的取值范围； (2)若函数f ()在[1，＋∞)上有极大值2e，求a 的值.解 (1)∵f ()＝ln ＋1x ＋a ，f ′()＝1x －1x2＋a ，则f ′()＝1x －1x2＋a ＝0在(1，＋∞)上有解，且Δ≠0，分离参数得a ＝1x 2－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122－14，∴－14<a <0.(2)由(1)知当a ≥0时，函数f ()在[1，＋∞)上单调递增， ∴f ()在[1，＋∞)上无极值；当a ≤－14时，函数f ()在[1，＋∞)上单调递减，∴f ()在[1，＋∞)上无极值； 当－14<a <0时，由f ′()＝1x －1x2＋a >0得a 2＋－1>0，则α<<β，其中α＝－1＋1＋4a 2a >1，β＝－1－1＋4a 2a >－12a>2.∴函数f ()在[1，α]上单调递减，在[α，β]上单调递增，在[β，＋∞)上单调递减， 由极大值f (β)＝2e ，得ln β＋1β＋a β＝2e ，(*)又∵a β2＋β－1＝0，∴a β＝1β－1，代入(*)得ln β＋2β－1＝2e ，设函数h ()＝ln ＋2x －1－2e (>2)，则h ′()＝1x －2x 2＝x －2x2>0，∴函数h ()在(2，＋∞)上单调递增，而h (e)＝0， ∴β＝e ，∴a ＝1－ββ2＝1－ee2，∴当a ＝1－e e 2时，函数f ()在[1，＋∞)上有极大值2e.18.(2019·北京石景山区期末)已知函数f ()＝－133＋a 22－2(a ∈R ).(1)当a ＝3时，求函数f ()的单调区间；(2)若对于任意∈(1，＋∞)都有f ′()<a －2成立，求实数a 的取值范围； (3)若过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13可作函数y ＝f ()图象的三条不同切线，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝3时，f ()＝－133＋322－2，得f ′()＝－2＋3－2.因为f ′()＝－2＋3－2＝－(－2)(－1)， 所以当1<<2时，f ′()>0，函数f ()单调递增； 当<1或>2时，f ′()<0，函数f ()单调递减.所以函数f ()的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(－∞，1)和(2，＋∞). (2)由f ()＝－133＋a 22－2，得f ′()＝－2＋a －2.因为对于任意∈(1，＋∞)都有f ′()<a －2成立， 即对于任意∈(1，＋∞)都有－2＋a －2<a －2成立， 即对于任意∈(1，＋∞)都有a <x 2x －1成立.设g ()＝x 2x －1，∈(1，＋∞)，则g ()＝x 2x －1＝2＋－1＋1x －1≥4， 当且仅当－1＝1x －1，即＝2时，等号成立. 所以实数a 的取值范围为(－∞，4).(3)设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－13t 3＋a 2t 2－2t 是函数y ＝f ()图象上的切点，则过点P 的切线的斜率为＝f ′(t )＝－t 2＋at －2，所以过点P 的切线方程为y ＋13t 3－a 2t 2＋2t ＝(－t 2＋at －2)(－t ).因为点⎝⎛⎭⎪⎫0，－13在切线上，所以，－13＋13t 3－a 2t 2＋2t ＝(－t 2＋at －2)(0－t )，即23t 3－12at 2＋13＝0.若过点⎝⎛⎭⎪⎫0，－13可作函数y ＝f ()图象的三条不同切线， 则方程23t 3－12at 2＋13＝0有三个不同的实数解. 令h (t )＝23t 3－12at 2＋13，则函数y ＝h (t )与t 轴有三个不同的交点. 令h ′(t )＝2t 2－at ＝0，解得t ＝0或t ＝a 2. 因为h (0)＝13，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－124a 3＋13， 所以必须h ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－124a 3＋13<0，即a >2. 所以实数a 的取值范围为(2，＋∞).。

加强练——导数一、选择题1.函数f ()＝a ln ＋在＝1处取到极值，则a 的值为( ) A.－1B.－12C.0D.12解析 因为f ()＝a ln ＋，所以f ′()＝ax＋1.又因为f ()在＝1处取到极植， 所以f ′(1)＝a ＋1＝0⇒a ＝－1. 经检验符合题意.故选A. 答案 A2.函数y ＝2e 的单调递减区间是( ) A.(－1，2)B.(－∞，－1)与(1，＋∞)C.(－∞，－2)与(0，＋∞)D.(－2，0)解析 y ′＝(2e)′＝2e ＋2e ＝e(＋2). 因为e>0，所以由e(＋2)<0，得－2<<0， 故函数y ＝2e 的单调递减区间是(－2，0). 故选D. 答案 D3.已知函数y ＝－ln(1＋2)，则y 的极值情况是( ) A.有极小值B.有极大值C.既有极大值又有极小值D.无极值解析 y ′＝1－2x 1＋x 2＝（x －1）21＋x 2≥0，所以函数f ()在定义域R 上为增函数， 所以函数f ()无极值，故选D. 答案 D4.(2018·金华十校调研)函数y ＝x 2ln|x ||x |的图象大致是()解析 令y ＝f ()＝x 2ln|x ||x |(≠0)，所以f (－)＝（－x ）2ln|－x ||－x |＝x 2ln|x ||x |＝f ()，即f ()是偶函数，排除选项B ；当>0时，f ()＝ln ，f ′()＝ln ＋1，令ln ＋1>0，则>1e ；令ln ＋1<0，则0<<1e，所以f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，所以排除选项A ，C ，故选D.答案 D5.(2018·名校联盟三联)已知，y ∈R ，则(＋y )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2y 2的最小值为( )A.1B.2C.3D.4解析 (＋y )2＋⎝⎛⎭⎪⎫x －2y 2可以看作直线y ＝和曲线y ＝－2x 上的点的距离的平方，由y ＝－2x得y ′＝2x 2，令y ′＝2x2＝1得＝±2，则点(2，－2)和点(－2，2)到直线y ＝的距离的平方即为所求的最小值，即(＋y )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2y 2的最小值为⎣⎢⎡⎦⎥⎤|2－（－2）|12＋（－1）22＝4，故选D. 答案 D6.已知函数f ()＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若|f ()|≥a ，则a 的取值范围是( )A.(－∞，0]B.(－∞，1]C.[－2，1]D.[－2，0]解析 作出函数y ＝|f ()|的图象，如图，当|f ()|≥a 时，必有≤a ≤0，其中是y ＝2－2(≤0)在原点处的切线斜率，显然，＝－2. ∴a 的取值范围是[－2，0].答案 D7.已知函数f ()＝a 3－32＋1，若f ()存在唯一的零点0，且0>0，则a 的取值范围是( ) A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2)D.(－∞，－1)解析 a ＝0时，不符合题意，a ≠0时，f ′()＝3a 2－6. 令f ′()＝0，得＝0或＝2a.若a >0，则由图象知f ()有负数零点，不符合题意. 则a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1>0，化简得a 2>4.又a <0，所以a <－2. 答案 C8.若函数f ()＝－13sin 2＋a sin 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13解析 因为f ()＝－13sin 2＋a sin ，所以f ′()＝1－23cos 2＋a cos＝－43cos 2＋a cos ＋53.由f ()在R 上单调递增，则f ′()≥0在R 上恒成立. 令t ＝cos ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0，在t ∈[－1，1]上恒成立.所以4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，只需⎩⎨⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解得－13≤a ≤13.答案 C 二、填空题 9.设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3，2)处的切线与直线a ＋y ＋3＝0垂直，则a 等于________，切线方程为________________. 解析 y ′＝－2（x －1）2，所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为－12，由题意知－a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1，所以a ＝－2，切线方程为y －2＝－12(－3)，即＋2y －7＝0.答案 －2 ＋2y －7＝010.若函数f ()＝a 4－4a 2＋b (a >0，1≤≤2)的最大值为3，最小值为－5，则a ＝________，b ＝________.解析 令f ′()＝4a 3－8a ＝4a (2－2)＝0， 解得1＝0(舍去)，2＝2，3＝－2(舍去).又f (1)＝a －4a ＋b ＝b －3a ，f (2)＝16a －16a ＋b ＝b ，f (2)＝b －4a ，所以⎩⎨⎧b －4a ＝－5，b ＝3.所以a ＝2，b ＝3.答案 2 311.定义域为R 的可导函数y ＝f ()的导函数为f ′()，满足f ()>f ′()，且f (0)＝1，则不等式f （x ）e x<1的解集为________. 解析 令g ()＝f （x ）e x，则g ′()＝e x ·f ′（x ）－（e x ）′·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x .由题意得g ′()<0恒成立，所以函数g ()＝f （x ）e x在R 上单调递减.又g (0)＝f （0）e 0＝1，所以f （x ）e x<1，即g ()<g (0)，所以>0，所以不等式的解集为{|>0}. 答案 {|>0}12.已知函数f ()＝e ，g ()＝ln x 2＋12的图象分别与直线y ＝m 交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________，此时m 的值为________. 解析 由题意A (ln m ，m )，B (2e m －12，m )其中2em －12>ln m 且m >0，∴|AB |＝2em －12－ln m .设y ＝2e －12－ln (>0)，则y ′＝2e －12－1x ，令y ′＝0，解得＝12，当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，y ′<0，当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，y ′>0，∴当＝12时，|AB |最小＝2＋ln 2，此时m ＝12.答案 2＋ln 21213.已知∈(0，2)，若关于的不等式xe x <1k ＋2x －x 2恒成立，则实数的取值范围为________.解析 依题意，知＋2－2>0.即>2－2对任意∈(0，2)恒成立，从而≥0， 因此由原不等式，得<e x x＋2－2恒成立.令f ()＝e x x＋2－2，则f ′()＝(－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f ′()＝0，得＝1，当∈(1，2)时，f ′()>0，函数f ()在(1，2)上单调递增， 当∈(0，1)时，f ′()<0，函数f ()在(0，1)上单调递减， 所以<f ()min ＝f (1)＝e －1， 故实数的取值范围是[0，e －1). 答案 [0，e －1) 14.若函数f ()＝ax －ae x＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′()＝a e x －（ax －a ）e x e 2x＝－a （x －2）e x(a <0).当<2时，f ′()<0；当>2时，f ′()>0， ∴当＝2时，f ()有极小值f (2)＝ae2＋1.若使函数f ()没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0) 三、解答题15.(2017·浙江卷)已知函数f ()＝(－2x －1)e －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f ()的导函数；(2)求f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围.解 (1)f ′()＝(－2x －1)′e －＋(－2x －1)(e －)′ ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －－(－2x －1)e －＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1－x ＋2x －1e －＝(1－)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12.(2)令f ′()＝(1－)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －＝0，解得＝1或52.当变化时，f ()，f ′()的变化如下表：又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝2e －2，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝2e －2，则f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为12e －12.又f ()＝(－2x －1)e －＝12(2x －1－1)2e －≥0.综上，f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12.16.已知函数f ()＝e xx(>0)，其中无理数e ≈2.718 28….(1)求证：f ()>ln ；(2)若f ()≥a 2恒成立，求实数a 的取值范围. (1)证明 要证明f ()>ln ，只需证明e>ln ， 即证明e －ln >0.当∈(0，1)时，e>1，ln <0，则e －ln >0； 当∈[1，＋∞)时，令g ()＝e －ln ， 则g ′()＝e －1－ln .证法一：因为e>＋1，ln ≤－1， 所以g ′()>＋1－1－(－1)＝1>0，则g ()在[1，＋∞)上是增函数， 所以g ()≥g (1)＝e>0.证法二：令m ()＝g ′()＝e －1－ln ， m ′()＝e －1x>e －1>0，则g ′()在[1，＋∞)上是增函数，g ′()≥g ′(1)＝e －1>0，所以g ()在[1，＋∞)上是增函数，g ()≥g (1)＝e>0.综上可知e －ln >0，所以f ()>ln 成立.(2)解 不等式f ()≥a 2恒成立，即为ex x≥a 2恒成立，又>0，则a 2≤e xx2恒成立，记h ()＝e xx2，则a 2≤h ()min .令h ′()＝e x （x －2）x3＝0，得＝2， 当∈(0，2)时，h ′()<0，当∈(2，＋∞)时，h ′()>0， 所以h ()min ＝h (2)＝e 24，于是a 2≤e 24，解得－e 2≤a ≤e2，所以实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 2，e 2.17.(2019·学军中学模拟)已知函数f ()＝ln ＋1x＋a ，其中>0，a ∈R .(1)若函数f ()在[1，＋∞)上不单调，求a 的取值范围； (2)若函数f ()在[1，＋∞)上有极大值2e ，求a 的值.解 (1)∵f ()＝ln ＋1x ＋a ，f ′()＝1x －1x2＋a ，则f ′()＝1x －1x2＋a ＝0在(1，＋∞)上有解，且Δ≠0，分离参数得a ＝1x 2－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122－14，∴－14<a <0.(2)由(1)知当a ≥0时，函数f ()在[1，＋∞)上单调递增， ∴f ()在[1，＋∞)上无极值；当a ≤－14时，函数f ()在[1，＋∞)上单调递减，∴f ()在[1，＋∞)上无极值； 当－14<a <0时，由f ′()＝1x －1x2＋a >0得a 2＋－1>0，则α<<β，其中α＝－1＋1＋4a 2a >1，β＝－1－1＋4a 2a >－12a>2.∴函数f ()在[1，α]上单调递减，在[α，β]上单调递增，在[β，＋∞)上单调递减， 由极大值f (β)＝2e ，得ln β＋1β＋a β＝2e ，(*)又∵a β2＋β－1＝0，∴a β＝1β－1，代入(*)得ln β＋2β－1＝2e ，设函数h ()＝ln ＋2x －1－2e (>2)，则h ′()＝1x －2x 2＝x －2x2>0，∴函数h ()在(2，＋∞)上单调递增，而h (e)＝0， ∴β＝e ，∴a ＝1－ββ2＝1－ee2，∴当a ＝1－e e 2时，函数f ()在[1，＋∞)上有极大值2e.18.(2019·北京石景山区期末)已知函数f ()＝－133＋a 22－2(a ∈R ).(1)当a ＝3时，求函数f ()的单调区间；(2)若对于任意∈(1，＋∞)都有f ′()<a －2成立，求实数a 的取值范围； (3)若过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13可作函数y ＝f ()图象的三条不同切线，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝3时，f ()＝－133＋322－2，得f ′()＝－2＋3－2.因为f ′()＝－2＋3－2＝－(－2)(－1)， 所以当1<<2时，f ′()>0，函数f ()单调递增； 当<1或>2时，f ′()<0，函数f ()单调递减.所以函数f ()的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(－∞，1)和(2，＋∞). (2)由f ()＝－133＋a22－2，得f ′()＝－2＋a －2.因为对于任意∈(1，＋∞)都有f ′()<a －2成立， 即对于任意∈(1，＋∞)都有－2＋a －2<a －2成立， 即对于任意∈(1，＋∞)都有a <x 2x －1成立.设g ()＝x 2x －1，∈(1，＋∞)，则g ()＝x 2x －1＝2＋－1＋1x －1≥4，当且仅当－1＝1x －1，即＝2时，等号成立.所以实数a 的取值范围为(－∞，4).(3)设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－13t 3＋a 2t 2－2t 是函数y ＝f ()图象上的切点，则过点P 的切线的斜率为＝f ′(t )＝－t 2＋at －2，所以过点P 的切线方程为y ＋13t 3－a2t 2＋2t ＝(－t 2＋at －2)(－t ).因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13在切线上，所以，－13＋13t 3－a 2t 2＋2t ＝(－t 2＋at －2)(0－t )，即23t 3－12at 2＋13＝0.若过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13可作函数y ＝f ()图象的三条不同切线， 则方程23t 3－12at 2＋13＝0有三个不同的实数解. 令h (t )＝23t 3－12at 2＋13，则函数y ＝h (t )与t 轴有三个不同的交点. 令h ′(t )＝2t 2－at ＝0，解得t ＝0或t ＝a 2. 因为h (0)＝13，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－124a 3＋13， 所以必须h ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－124a 3＋13<0，即a >2. 所以实数a 的取值范围为(2，＋∞).。

第1课时 导数与函数的单调性[基础达标]1．函数f (x )＝e x－e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1) D ．(1，＋∞)解析：选D.由题意知，f ′(x )＝e x－e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D. 2．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A.在(0，2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0恒成立，所以f (x )在(0，2π)上单调递增．3．(2019·台州市高三期末质量评估)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )解析：选D.因f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，故当a ＜0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案C 中的那种情形；当a ＞0时，判别式Δ＝a 2－4a ＞0，其图象是答案B 中的那种情形；判别式Δ＝a 2－4a ≤0，其图象是答案A 中的那种情形；当a ＝0，即y ＝x 也是答案A 中的那种情形，应选答案D.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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1) 解析：选A.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x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以此时函数是增函数．所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，故选A.5．函数f (x )的定义域为R .f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：选B.由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2.因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1，选B.6．(2019·温州七校联考)对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －3)f ′(x )≤0，则必有( )A ．f (0)＋f (6)≤2f (3)B ．f (0)＋f (6)＜2f (3)C ．f (0)＋f (6)≥2f (3)D ．f (0)＋f (6)＞2f (3)解析：选A.由题意知，当x ≥3时，f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x ＜3时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f (0)≤f (3)，f (6)≤f (3)，所以f (0)＋f (6)≤2f (3)，故选A.7．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是________．解析：因为f (x )＝(x －3)e x，则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，＋∞)．答案：(2，＋∞)8．已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，则当a ＜0时，f (x )的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝a ＋1x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a x，所以当x ≥－1a时f ′(x )≤0，当0＜x ＜－1a 时f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞9．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)10．(2019·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f (x )＝x 2e x，若f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：由题意得，f ′(x )＝e x(x 2＋2x )，所以f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，又因为f (x )在[t ，t ＋1]上不单调，所以⎩⎪⎨⎪⎧t <－2t ＋1>－2或⎩⎪⎨⎪⎧t <0t ＋1>0，即实数t 的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．答案：(－3，－2)∪(－1，0)11．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，则f ′(x )＝x 2－4x －54x2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 故函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)． 12．(1)设函数f (x )＝x e2－x＋e x ，求f (x )的单调区间．(2)设f (x )＝e x(ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.718 28…)，若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e 2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)由题意可得f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x －a ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立．因为e x>0，所以只需ln x ＋1x －a ≤0，即a ≥ln x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立．令g (x )＝ln x＋1x.因为g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，由g ′(x )＝0，得x ＝1.g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e，因为e －1>1＋1e，所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝e －1. 故a ≥e －1.[能力提升]1．(2019·丽水模拟)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：选C.由条件可知当0＜x ＜1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＜0，函数递减．当x ＞1时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＞0，函数递增，所以当x ＝1时，函数取得极小值．当x ＜－1时，xf ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，函数递增，当－1＜x ＜0时，xf ′(x )＞0，所以f ′(x )＜0，函数递减，所以当x ＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C 项．2．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R 上的偶函数f (x )，其导函数f ′(x )．当x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )＜g (1－2x )的解集为( )A ．(13，1)B ．(－∞，13)∪(1，＋∞)C ．(13，＋∞)D ．(－∞，13)解析：选A.因为定义在R 上的偶函数f (x )， 所以f (－x )＝f (x )因为x ≥0时，恒有x2f ′(x )＋f (－x )≤0，所以x 2f ′(x )＋2xf (x )≤0， 因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )≤0， 所以g (x )在[0，＋∞)上为减函数， 因为f (x )为偶函数， 所以g (x )为偶函数，所以g (x )在(－∞，0)上为增函数， 因为g (x )＜g (1－2x )所以|x |＞|1－2x |， 即(x －1)(3x －1)＜0 解得13＜x ＜1，选A.3.已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则不等式f (x )＜1的解集是________．解析：依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3，5)．答案：(－3，5)4．(2019·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x ，函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程是________；函数f (x )在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f (x )＝x 3－3x ，切点坐标(0，0)，导数为y ′＝3x 2－3，切线的斜率为－3， 所以切线方程为y ＝－3x ；3x 2－3＝0，可得x ＝±1，x ∈(－1，1)，y ′＜0，函数是减函数，x ∈(1，＋∞)，y ′＞0函数是增函数，f (0)＝0，f (1)＝－2，f (2)＝8－6＝2，函数f (x )在区间[0，2]内的值域是[－2，2]． 答案：y ＝－3x [－2，2] 5．已知函数g (x )＝13x 3－12ax 2＋2x .(1)若g (x )在(－2，－1)内为减函数，求实数a 的取值范围； (2)若g (x )在区间(－2，－1)内不单调，求实数a 的取值范围．解：(1)因为g ′(x )＝x 2－ax ＋2，且g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )≤0，即x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0，解之得a ≤－3，即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．(2)因为g (x )在(－2，－1)内不单调，g ′(x )＝x 2－ax ＋2，所以g ′(－2)·g ′(－1)<0或⎩⎪⎨⎪⎧－2<a2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0.由g ′(－2)·g ′(－1)<0，得(6＋2a )·(3＋a )<0，无解． 由⎩⎪⎨⎪⎧－2<a2<－1，Δ>0，g ′（－2）>0，g ′（－1）>0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4<a <－2，a 2－8>0，6＋2a >0，3＋a >0，即⎩⎨⎧－4<a <－2，a >22或a <－22，a >－3，解之得－3<a <－22，即实数a 的取值范围为(－3，－22)． 6．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性． 解：(1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)， 此时f ′(x )＝2（x ＋1）2，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2（x ＋1）2＝ax 2＋（2a ＋2）x ＋ax （x ＋1）2.当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a <0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)． ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12（x －1）2x （x ＋1）2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a <－12时，Δ<0，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12<a <0时，Δ>0，设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a.由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a>0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增，当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12<a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a， ⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增．。

姓名，年级：时间：［基础保分练]1.已知点A(－1,0)，B(1,3），向量a＝(2k－1,2)，若错误!⊥a，则实数k的值为( ）A。

－2 B.－1 C。

1 D。

22。

（2019·绍兴模拟）已知不共线的两个非零向量a，b满足|a＋b｜＝|2a－b｜，则（)A.|a｜〈2｜b| B。

｜a｜>2｜b|C。

|b|<｜a－b| D。

|b|〉|a－b|3。

（2019·金华一中模拟）已知向量a，b均为单位向量,若它们的夹角为60°,则｜a＋3b|等于（)A.错误! B。

错误! C.错误! D。

44。

(2019·学军中学模拟)设A，B，C是半径为1的圆O上的三点,且错误!⊥错误!，则（错误!－错误!)·(错误!－错误!)的最大值是( )A.1＋错误! B。

1－错误! C。

错误!－1 D.15.平行四边形ABCD中，AB＝3,AD＝4,错误!·错误!＝－6，错误!＝错误!错误!,则错误!·错误!的值为( ）A.10 B。

12 C。

14 D.166。

（2019·杭州模拟)在四边形ABCD中，点E，F分别是边AD,BC的中点，设错误!·错误!＝m，错误!·错误!＝n。

若AB＝错误!，EF＝1，CD＝错误!，则( ）A.2m－n＝1B.2m－2n＝1C.m－2n＝1 D。

2n－2m＝17。

(2019·丽水模拟)八卦是中国文化的基本哲学概念,如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA＝1，则给出下列结论：①错误!·错误!＝0；②错误!·错误!＝－错误!;③错误!＋错误!＝－错误!错误!；④|错误!－错误!｜＝错误!。

其中正确结论的个数为（)A.4B.3C.2D.18.已知正三角形ABC的边长为23，重心为G，P是线段AC上一点，则错误!·错误!的最小值为（)A。

第1节 导数的概念与导数的计算考试要求 1.了解导数概念的实际背景；2.通过函数图象直观理解导数的几何意义；3.能根据导数的定义求函数y ＝c (c 为常数)，y ＝x ，y ＝1x，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝x 的导数；4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单复合函数(仅限于形如y ＝f (ax ＋b )的复合函数)的导数.知 识 梳 理1.函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数(1)定义：称函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx＝ΔyΔx 为函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0，即f ′(x 0)＝ Δy Δx＝f （x 0＋Δx ）－f （x 0）Δx.(2)几何意义：函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率.相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0). 2.函数y ＝f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内的每一点处都有导数，其导数值在(a ，b )内构成一个新函数，这个函数称为函数y ＝f (x )在开区间内的导函数.记作f ′(x )或y ′. 3.基本初等函数的导数公式4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有： (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2(g (x )≠0).5.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 ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积. [常用结论与易错提醒]1.f ′(x 0)与x 0的值有关，不同的x 0，其导数值一般也不同.2.f ′(x 0)不一定为0，但[f (x 0)]′一定为0.3.奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.4.函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)与(f (x 0))′表示的意义相同.( ) (2)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点.( ) (3)(2x )′＝x ·2x －1.( )(4)若f (x )＝e 2x，则f ′(x )＝e 2x.( )解析 (1)f ′(x 0)是函数f (x )在x 0处的导数，(f (x 0))′是常数f (x 0)的导数即(f (x 0))′＝0；(3)(2x )′＝2xln 2； (4)(e 2x)′＝2e 2x.答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2.函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( ) A.x sin x B.－x sin x C.x cos xD.－x cos x解析 y ′＝(x cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x . 答案 B3.(2018·全国Ⅱ卷)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为________________. 解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.当x ＝0时，y ′＝2，∴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.(2019·南通一调)若曲线y ＝x ln x 在x ＝1与x ＝t 处的切线互相垂直，则正数t 的值为________.解析 因为y ′＝ln x ＋1， 所以(ln 1＋1)(ln t ＋1)＝－1， ∴ln t ＝－2，t ＝e －2. 答案 e －25.定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝12f ′(1)e 2x －2＋x 2－2f (0)x ，则f (0)＝________；f (x )＝________.解析 ∵f (x )＝12f ′(1)e 2x －2＋x 2－2f (0)x ，∴f ′(x )＝f ′(1)e2x －2＋2x －2f (0)，∴f ′(1)＝f ′(1)＋2－2f (0)，∴f (0)＝1， 即1＝12f ′(1)e －2，∴f ′(1)＝2e 2，∴f (x )＝e 2x＋x 2－2x . 答案 1 e 2x＋x 2－2x6.已知曲线y ＝e －x，则其图象上各点处的切线斜率的取值范围为________；该曲线在点(0，1)处的切线方程为________.解析 由题意得y ′＝－e －x，则由指数函数的性质易得y ′＝－e －x∈(－∞，0)，即曲线y ＝e －x的图象上各点处的切线斜率的取值范围为(－∞，0).当x ＝0时，y ′＝－e －0＝－1，则曲线y ＝e －x在(0，1)处的切线的斜率为－1，则切线的方程为y －1＝－1·(x －0)，即x ＋y －1＝0.答案 (－∞，0) x ＋y －1＝0考点一 导数的运算【例1】 求下列函数的导数： (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝cos x ex ；(3)y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2； (4)y ＝ln(2x －5).解 (1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x e x ′＝（cos x ）′e x－cos x （e x）′（e x ）2＝－sin x ＋cos x e x. (3)∵y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12x sin 4x ， ∴y ′＝－12sin 4x －12x ·4cos 4x＝－12sin 4x －2x cos 4x .(4)令u ＝2x －5，y ＝ln u .则y ′＝(ln u )′u ′＝12x －5·2＝22x －5，即y ′＝22x －5.规律方法 求导一般对函数式先化简再求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错，常用求导技巧有：(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； (3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导； (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； (6)复合函数：由外向内，层层求导. 【训练1】 分别求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x2；(4)y ＝ln 1＋2x .解 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x·1x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x e x .(2)∵y ＝x 3＋1＋1x 2，∴y ′＝3x 2－2x3.(3)∵y ＝x －12sin x ，∴y ′＝1－12cos x .(4)∵y ＝ln 1＋2x ＝12ln(1＋2x )，∴y ′＝12·11＋2x ·(1＋2x )′＝11＋2x .考点二 导数的几何意义多维探究角度1 求切线的方程【例2－1】 (1)(2019·绍兴一中模拟)已知函数f (x )＝e x＋2sin x ，则f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为( ) A.x ＋y －1＝0 B.x ＋y ＋1＝0 C.3x －y ＋1＝0D.3x －y －1＝0(2)已知曲线y ＝13x 3上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，83，则过点P 的切线方程为________.解析 (1)因为f (x )＝e x＋2sin x ，所以f ′(x )＝e x＋2cos x .所以f ′(0)＝3，f (0)＝1.由导数的几何意义可知，函数f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝3x ，即为3x －y ＋1＝0，故选C.(2)设切点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30，由y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3′＝x 2，得y ′|x ＝x 0＝x 20，即过点P 的切线的斜率为x 20，又切线过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，83，若x 0≠2，则x 20＝13x 30－83x 0－2， 解得x 0＝－1，此时切线的斜率为1；若x 0＝2，则切线的斜率为4. 故所求的切线方程是y －83＝x －2或y －83＝4(x －2)，即3x －3y ＋2＝0或12x －3y －16＝0.答案 (1)C (2)3x －3y ＋2＝0或12x －3y －16＝0 角度2 求参数的值【例2－2】 (1)(2019·嘉兴检测)函数y ＝x 3－x 的图象与直线y ＝ax ＋2相切，则实数a ＝( ) A.－1 B.1 C.2D.4(2)(2019·杭州质检)若直线y ＝x 与曲线y ＝e x ＋m(m ∈R ，e 为自然对数的底数)相切，则m ＝( ) A.1 B.2 C.－1D.－2解析 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧y ′＝3x 2－1＝a ①，y ＝x 3－x ＝ax ＋2 ②，将①代入②，消去a 得x 3－x ＝(3x 2－1)x ＋2，解得x ＝－1，则a ＝2，故选C. (2)设切点坐标为(x 0，e x 0＋m).由y ＝ex ＋m，得y ′＝ex ＋m，则切线的方程为y －e x 0＋m ＝e x 0＋m(x－x 0) ①，又因为切线y ＝x 过点(0，0)，代入①得x 0＝1，则切点坐标为(1，1)，将(1，1)代入y ＝ex ＋m中，解得m ＝－1，故选C.答案 (1)C (2)C 角度3 公切线问题【例2－3】 (一题多解)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 法一 ∵y ＝x ＋ln x ， ∴y ′＝1＋1x，y ′|x ＝1＝2.∴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.∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切， ∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行). 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋（a ＋2）x ＋1消去y ，得ax 2＋ax ＋2＝0. 由Δ＝a 2－8a ＝0，解得a ＝8. 法二 同法一得切线方程为y ＝2x －1.设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1).∵y ′＝2ax ＋(a ＋2)，∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2).由⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0＋（a ＋2）＝2，ax 20＋（a ＋2）x 0＋1＝2x 0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－12，a ＝8.答案 8规律方法 (1)求切线方程的方法：①求曲线在点P 处的切线，则表明P 点是切点，只需求出函数在点P 处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P 的切线，则P 点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.(2)处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.【训练2】 (1)(2019·苏州调研)已知曲线f (x )＝ax 3＋ln x 在(1，f (1))处的切线的斜率为2，则实数a 的值是________.(2)若存在过点(1，0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9(a ≠0)都相切，则a 的值为( ) A.－1或－2564B.－1或214C.－74或－2564D.－74或7解析 (1)f ′(x )＝3ax 2＋1x，则f ′(1)＝3a ＋1＝2，解得a ＝13.(2)由y ＝x 3得y ′＝3x 2，设曲线y ＝x 3上任意一点(x 0，x 30)处的切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，将(1，0)代入得x 0＝0或x 0＝32.①当x 0＝0时，切线方程为y ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，y ＝ax 2＋154x －9得ax 2＋154x －9＝0，Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1542＋4·a ·9＝0得a ＝－2564. ②当x 0＝32时，切线方程为y ＝274x －274，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝274x －274，y ＝ax 2＋154x －9得ax 2－3x －94＝0，Δ＝32＋4·a ·94＝0得a ＝－1.综上①②知，a ＝－1或a ＝－2564.答案 (1)13(2)A基础巩固题组一、选择题1.若f (x )＝2xf ′(1)＋x 2，则f ′(0)等于( ) A.2 B.0 C.－2D.－4解析 ∵f ′(x )＝2f ′(1)＋2x ，∴令x ＝1，得f ′(1)＝－2， ∴f ′(0)＝2f ′(1)＝－4. 答案 D2.设曲线y ＝e ax－ln(x ＋1)在x ＝0处的切线方程为2x －y ＋1＝0，则a ＝( ) A.0 B.1 C.2D.3解析 ∵y ＝e ax－ln(x ＋1)，∴y ′＝a e ax－1x ＋1，∴当x ＝0时，y ′＝a －1.∵曲线y ＝e ax－ln(x ＋1)在x ＝0处的切线方程为2x －y ＋1＝0，∴a －1＝2，即a ＝3.故选D. 答案 D3.曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A.(1，3)B.(－1，3)C.(1，3)或(－1，3)D.(1，－3)解析 f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＝2，则3x 2－1＝2，解得x ＝1或x ＝－1，∴P (1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y ＝2x －1上，故选C. 答案 C4.(2019·诸暨统考)已知f (x )的导函数为f ′(x )，若满足xf ′(x )－f (x )＝x 2＋x ，且f (1)≥1，则f (x )的解析式可能是( )A.x 2－x ln x ＋x B.x 2－x ln x －x C.x 2＋x ln x ＋xD.x 2＋2x ln x ＋x解析 由选项知f (x )的定义域为(0，＋∞)，由题意得xf ′（x ）－f （x ）x 2＝1＋1x，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝1＋1x ，故f （x ）x ＝x ＋ln x ＋c (c 为待定常数)，即f (x )＝x 2＋(ln x ＋c )x .又f (1)≥1，则c ≥0，故选C.答案 C5.(一题多解)(2018·全国Ⅰ卷)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 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，此时f (x )＝x 3＋x (经检验，f (x )为奇函数)，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.法三 易知f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ＝x [x 2＋(a －1)x ＋a ]，因为f (x )为奇函数，所以函数g (x )＝x 2＋(a －1)x ＋a 为偶函数，所以a －1＝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. 答案 D6.已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A.－1B.0C.2D.4解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，又由题图可知f (3)＝1，所以g ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝0.答案 B 二、填空题7.(2018·天津卷)已知函数f (x )＝e xln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(1)的值为________.解析 由题意得f ′(x )＝e x ln x ＋e x·1x，则f ′(1)＝e.答案 e8.(2018·全国Ⅲ卷)曲线y ＝(ax ＋1)e x在点(0，1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 解析 y ′＝(ax ＋1＋a )e x，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y ′|x ＝0＝(ax ＋1＋a )e x|x ＝0＝1＋a ＝－2，所以a ＝－3. 答案 －39.(2018·台州调考)已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为__________；f (x )在x ＝1处的切线方程为________. 解析 f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )，由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.f (x )＝3x ln x ，f (1)＝0，∴f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝3(x －1)，即为3x －y －3＝0.答案 3 3x －y －3＝010.设曲线y ＝e x在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)在点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________.解析 y ′＝e x ，曲线y ＝e x 在点(0，1) 处的切线的斜率k 1＝e 0＝1.设P (m ，n )，y ＝1x(x ＞0)的导数为y ′＝－1x 2(x ＞0)，曲线y ＝1x (x ＞0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m2(m ＞0)，因为两切线垂直，所以k 1k 2＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1，1). 答案 (1，1) 三、解答题11.已知点M 是曲线y ＝13x 3－2x 2＋3x ＋1上任意一点，曲线在M 处的切线为l ，求： (1)斜率最小的切线方程；(2)切线l 的倾斜角α的取值范围.解 (1)y ′＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1≥－1，∴当x ＝2时，y ′min ＝－1，y ＝53， ∴斜率最小的切线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，53，斜率k ＝－1， ∴切线方程为3x ＋3y －11＝0.(2)由(1)得k ≥－1，∴tan α≥－1，又∵α∈[0，π)，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 故α的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π. 12.已知曲线y ＝13x 3＋43. (1)求曲线在点P (2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P (2，4)的切线方程.解 (1)∵P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2， ∴在点P (2，4)处的切线的斜率为y ′|x ＝2＝4.∴曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y ＝13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率为y ′|x ＝x 0＝x 20.∴切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)，即y ＝x 20·x －23x 30＋43.∵点P (2，4)在切线上，∴4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，∴x 30＋x 20－4x 20＋4＝0， ∴x 20(x 0＋1)－4(x 0＋1)(x 0－1)＝0，∴(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为x －y ＋2＝0或4x －y －4＝0.能力提升题组13.(2018·萧山月考)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f ′2(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 018(x )等于( )A.－sin x －cos xB.sin x －cos xC.－sin x ＋cos xD.sin x ＋cos x解析 ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，∴f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，∴f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，∴f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，∴f n (x )是以4为周期的函数，∴f 2 018(x )＝f 2(x )＝－sin x ＋cos x ，故选C.答案 C14.(2019·无锡模拟)关于x 的方程2|x ＋a |＝e x有3个不同的实数解，则实数a 的取值范围为________.解析 由题意，临界情况为y ＝2(x ＋a )与y ＝e x 相切的情况，y ′＝e x ＝2，则x ＝ln 2，所以切点坐标为(ln 2，2)，则此时a ＝1－ln 2，所以只要y ＝2|x ＋a |图象向左移动，都会产生3个交点，所以a >1－ln 2，即a ∈(1－ln 2，＋∞).答案 (1－ln 2，＋∞)15.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 y ＝ln x ＋2的切线为：y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(设切点横坐标为x 1). y ＝ln(x ＋1)的切线为：y ＝1x 2＋1x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(设切点横坐标为x 2). ∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x 2x 2＋1， 解得x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 答案 1－ln 216.(2019·湖州适应性考试)已知函数f (x )＝|x 3＋ax ＋b |(a ，b ∈R )，若对任意的x 1，x 2∈[0，1]，f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|恒成立，则实数a 的取值范围是________.解析 当x 1＝x 2时，f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|恒成立；当x 1≠x 2时，由f (x 1)－f (x 2)≤2|x 1－x 2|得f （x 1）－f （x 2）|x 1－x 2|≤2，故函数f (x )在(0，1)上的导函数f ′(x )满足|f ′(x )|≤2，函数y ＝x 3＋ax ＋b 的导函数为y ′＝3x 2＋a ，其中[0，1]上的值域为[a ，a ＋3]，则有⎩⎪⎨⎪⎧|a |≤2，|a ＋3|≤2，解得－2≤a ≤－1.综上所述，实数a 的取值范围为[－2，－1]. 答案 [－2，－1]17.设函数f (x )＝ax －b x，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)证明曲线f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形面积为定值，并求此定值.解 (1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3， 当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋b x 2，于是⎩⎪⎨⎪⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x . (2)设P (x 0，y 0)为曲线上任一点，由y ′＝1＋3x 2知曲线在点P (x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0)，即y －⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－3x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3x 20(x －x 0).令x ＝0，得y ＝－6x 0，从而得切线与直线x ＝0的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－6x 0.令y ＝x ，得y ＝x ＝2x 0，从而得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0，2x 0).所以点P (x 0，y 0)处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6x 0|2x 0|＝6.故曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0，y ＝x 所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.18.如图，从点P 1(0，0)作x 轴的垂线交曲线y ＝e x于点Q 1(0，1)，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交于点P 2.再从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n ，记P k 点的坐标为(x k ，0)(k ＝1，2，…，n ).(1)试求x k 与x k －1的关系(k ＝2，…，n )；(2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |. 解 (1)设点P k －1的坐标是(x k －1，0)， ∵y ＝e x ，∴y ′＝e x， ∴Q k －1(x k －1，e x k －1)，在点Q k －1(x k －1，e x k －1)处的切线方程是y －e x k －1 ＝e x k －11(x －x k －1)，令y ＝0，则 x k ＝x k －1－1(k ＝2，…，n ).(2)∵x 1＝0，x k －x k －1＝－1， ∴x k ＝－(k －1)，∴|P k Q k |＝e xk ＝e －(k －1)， 于是有|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n | ＝1＋e －1＋e －2＋…＋e －(n －1) ＝1－e －n 1－e －1＝e －e 1－n e －1， 即|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝e －e 1－n e －1.。