高考数学( 文科)一轮复习练习：第三章 导数及其应用 第2讲 含答案

又因为f (0)＝1－a ≤0，f (2)＝cos 2<0，所以f (x )≤0，得证．第三章 导数及其应用第15讲 导数的几何意义和四则运算1. D 【解析】 s ′＝－2t ＋5，当t ＝2时，s ′＝1.2.C【解析】y ′＝cosx ＋e x ，故切线斜率k ＝2，切线方程为y ＝2x ＋1，即2x －y ＋1＝0.3.D【解析】f ′(x )＝1＋1x，则f ′(1)＝2，故曲线f (x )＝x ＋lnx 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1，此切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，0，则切线与坐标轴围成的三角形的面积为12×1×12＝14. 4.B【解析】将点(3,1)代入直线y ＝kx ＋2的方程，得3k ＋2＝1，k ＝－13，所以f ′(3)＝k ＝－13.由点(3,1)在函数y ＝f (x )的图象上，知f (3)＝1.对函数g (x )＝xf (x )求导，得g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， 所以g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－13＝0.5. A【解析】 求导可得y ′＝－4ex ＋e －x ＋2，因为e x ＋e －x ＋2≥2ex ·e －x＋2＝4，当且仅当x ＝0时，等号成立，所以y ′∈[－1，0)，即tan α∈[－1,0)，又α∈[0，π)，所以3π4≤α<π.6.C 【解析】因为f (x )＝(a －1)x ＋4xx ＋1，所以f ′(x )＝(a －1)＋4(x ＋1)2，易知函数y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，当x >0时，0<4(x ＋1)2<4，所以a －1<(a －1)＋4(x ＋1)2<a ＋3，即函数y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上的值域为(a －1，a ＋3)．由于曲线y ＝f (x )上存在不同的两点A ，B 使得曲线y ＝f (x )在点A ，B 处的切线垂直，所以(a －1)(a ＋3)<－1，整理得a 2＋2a －2<0，解得－1－3<a <－1＋3，因此，实数a 的取值范围是(－1－3，－1＋3)，故选C. 7.AD【解析】因为点A (1,2)在函数f (x )＝ax 3的图象上，所以a ＝2.设切点P (x 0，y 0)，则由f (x )＝2x 3，得f ′(x )＝6x 2，即k ＝6x 20，所以在点P 处的切线方程为y －2x 30＝6x 20(x －x 0)，即y ＝6x 20x －4x 30.而点A (1,2)在切线上，所以2＝6x 20－4x 30， 即2x 20(x 0－1)－(x 20－1)＝(x 0－1)2(2x 0＋1)＝0，解得x 0＝1或x 0＝－12，所以切线方程为6x －y －4＝0和3x －2y ＋1＝0.8.BC【解析】由f (x )＝x 3＋ax 2，得f ′(x )＝3x 2＋2ax .根据题意可得f ′(x 0)＝－1，f (x 0)＝－x 0，可列方程组⎩⎪⎨⎪⎧x30＋ax20＝－x0，①3x20＋2ax0＝－1，②解得⎩⎪⎨⎪⎧x0＝1，a ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧x0＝－1，a ＝2.当x 0＝1时，f (x 0)＝－1, 当x 0＝－1时，f (x 0)＝1.所以点P 的坐标为(1，－1)或(－1,1)． 9. CD 【解析】 设切点的横坐标分别为x 1，x 2，对于A ，y ′＝1－3x 2，所以两条切线的斜率之和为2－3(x21＋x2)，由于x 1，x 2不能同时为零，所以2－3(x21＋x 2)＜2，不符合题意；对于B ，y ′＝1＋e x ，所以两条切线的斜率之和为2＋e x 1＋e x 2＞2，不符合题意；对于C ，y ′＝ln x ＋1，所以两条切线的斜率之和为2＋lnx 1＋ln x 2＝2＋ln(x 1x 2)，当x 1，x 2互为倒数时，两切线的斜率之和为2，符合题意；对于D ，y ′＝1－sinx ，所以两条切线的斜率之和为2－sinx 1－sinx 2，当sin x 1＋sinx 2＝0，即x 1＝2k π－x 2或x 1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫k ＋12π＋x 2(k∈Z )时，两条切线的斜率之和为2，符合题意．10. y ＝x ＋2－1 【解析】 由题意得f (0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，又f ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4sin x ＋cosx ，将x ＝π4与x ＝0分别代入，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4×22＋22，f ′(0)＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4×0＋1，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＝2－1，f ′(0)＝1，所以f (0)＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4＝2－1，故切线方程是y ＝x ＋2－1. 11.25【解析】设M (x 0，ln(2x 0－1))为曲线上的任意一点，则曲线在点M 处的切线与直线2x －y ＋8＝0平行时，点M 到直线的距离即为曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋8＝0的最短距离．因为y ′＝22x －1，所以22x0－1＝2，解得x 0＝1，所以M (1,0)．记点M 到直线2x －y ＋8＝0的距离为d ，则d ＝|2＋8|4＋1＝25.12.e【解析】由导数的几何意义知，点A 处的切线的斜率为f ′(x 1)，点B 处的切线的斜率为f ′(x 2)，由函数f (x )的图象在点A ，B 处的切线互相垂直时，有f ′(x 1)f ′(x 2)＝－1，由(1－e x)′＝－e x，(ln x )′＝1x ，可得－e x 1·1x2＝－1，即x 2＝e x 1.因为x 2>1，所以0<x 1≤1，所以x 1x 2＝x 1e x 1， 设h (x )＝x e x (0<x ≤1)，则h ′(x )＝(x ＋1)e x >0，即h (x )在(0,1]上单调递增，所以h (x )的最大值为1×e 1＝e.(第12题)13. 【解答】 (1) f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 2x －12x ＋1′＝12x －12x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x －12x ＋1′＝2x ＋12x －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤(2x －1)′(2x ＋1)－(2x －1)(2x ＋1)′(2x ＋1)2 ＝44x2－1.(2) 因为f (x )＝sin x 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－cos x 2＝－12sin x ，所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12sin x ′＝－12(sin x )′＝－12cos x . 14. 【解答】 (1) 因为y ′＝1＋1x2，切点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0，x0－1x0，x 0>0， 所以切线斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1＋1x20，所以切线方程是y －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x0－1x0＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1x20(x －x 0)． 令y ＝0，得x ＝2x0x20＋1，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x0x20＋1，0； 令x ＝0，得y ＝－2x0，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－2x0. 所以S △OAB ＝12·2x0x20＋1·2x0＝2x20＋1＝13，解得x 0＝5.(2) 由f (x )＝x 3＋ax ＋14，得f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(0)＝a ，f (0)＝14，所以曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －14＝ax .设直线y －14＝ax 与曲线g (x )＝－ln x 相切于点(x 0，－ln x 0)，g ′(x )＝－1x，所以⎩⎪⎨⎪⎧－ln x0－14＝ax0，①a ＝－1x0.②将②代入①得ln x 0＝34，所以x 0＝e 34，所以a ＝－1e 34＝－e －34.15. 【解答】 (1) 由已知得f ′(x )＝3ax 2＋6x －6a ， 因为f ′(－1)＝0，所以3a －6－6a ＝0，所以a ＝－2.(2)存在．由已知得，直线m 恒过定点(0,9)，若直线m 是曲线y ＝g (x )的切线，则设切点为(x 0,3x 20＋6x 0＋12)． 因为g ′(x 0)＝6x 0＋6，所以切线方程为y －(3x 20＋6x 0＋12)＝(6x 0＋6)(x －x 0)， 将(0,9)代入切线方程，解得x 0＝±1. 当x 0＝－1时，切线方程为y ＝9； 当x 0＝1时，切线方程为y ＝12x ＋9. 由(1)知f (x )＝－2x 3＋3x 2＋12x －11， ①由f ′(x )＝0，得－6x 2＋6x ＋12＝0， 解得x ＝－1或x ＝2.在x ＝－1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝－18； 在x ＝2处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝9， 所以y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线是y ＝9. ②由f ′(x )＝12，得－6x 2＋6x ＋12＝12，解得x ＝0或x ＝1.在x ＝0处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －11； 在x ＝1处，y ＝f (x )的切线方程为y ＝12x －10， 所以y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线不是y ＝12x ＋9.综上所述，y ＝f (x )与y ＝g (x )的公切线是y ＝9，此时k ＝0.第16讲 利用导数研究函数的性质 第1课时 导数与函数单调性1. B 【解析】 由f ′(x )＝1－4x2＝(x －2)(x ＋2)x 2<0，x >0，得x ∈(0，2)．故选B. 2. B【解析】y ′＝－x sinx ，经验证，只有在(π，2π)内y ′>0恒成立，所以y ＝x cos x －sin x 在(π，2π)上是增函数．3.D【解析】利用导数与函数的单调性进行验证．f ′(x )>0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )<0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有D 选项符合．4.B【解析】f ′(x )＝2cos2x －4sinx －a ＝2(1－2sin 2x )－4sinx －a ＝－4sin 2x －4sin x ＋2－a ＝－(2sin x ＋1)2＋3－a .由题设知f ′(x )≤0在R 上恒成立，因此a ≥3－(2sin x ＋1)2恒成立，则a ≥3. 5.A【解析】因为f (x )＝x sinx ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sinx ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3.又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2上是增函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π5. 6. A【解析】 因为函数f (x )＝e 2x ＋1－e －2x －mx 在R 上为增函数，所以f ′(x )＝2e 2x ＋1＋2e －2x －m ≥0对x∈R 恒成立，即m ≤2e 2x ＋1＋2e －2x 对x∈R 恒成立．又因为2e 2x ＋1＋2e －2x ≥22e2x ＋1×2e －2x ＝4e ，所以m ≤4e .7. AD【解析】 对四个函数分别求导得y ′＝(x ＋1)e x，y ′＝1－x ex，y ′＝1－ln x x2， y ′＝ln x ＋1，符合要求的有AD.8. BD 【解析】 由f (x )＝x 3－12x ，得f ′(x )＝3x 2－12， 令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或x ＝2.只要f ′(x )＝0的解有一个在区间(k －1，k ＋1)内，函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)上就不单调，则k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.9.BD【解析】由导函数的图象可知，导函数f ′(x )的图象在x 轴下方，即f ′(x )＜0，故原函数为减函数，并且递减的速度是先快后慢，所以f (x )的大致图象如图所示，所以f (x )＜0恒成立没有依据，故A 不正确；B 表示f (x )为减函数，故B 正确；C ，D 左边的式子意义为x 1，x 2中点对应的函数值，即图中点B 的纵坐标值，右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A 的纵坐标值，显然有左边小于右边，故C 不正确，D 正确．(第9题)10. －3 (0,2) 【解析】 由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3①，又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数，所以2m ＋6＝0，即m ＝－3②，代入①式，得n ＝0.所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)．令f ′(x )<0，得0<x <2，则f (x )的单调减区间为(0,2)．11.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，13【解析】 因为f (x )是R 上的偶函数，所以g (x )＝x 2f (x )是R 上的偶函数，因为当x ∈[0，＋∞)时，xf ′(x )＋2f (x )>0，所以x 2f ′(x )＋2xf (x )>0，所以g ′(x )＝(x 2f (x ))′＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0， 所以g (x )＝x 2f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 又g (2x )＜g (1－x )，所以|2x |<|1－x |，即(x ＋1)(3x －1)<0， 解得－1<x <13.12. (－∞，－2)∪(0,2)【解析】 因为当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x ′＝x ·f ′(x )－f (x )x 2<0，所以φ(x )＝f (x )x在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，所以在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数，由数形结合知x ∈(－∞，－2)时f (x )>0. 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)． 13. 【解答】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 综上，当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－a 2a ，＋∞上单调递增． 14. 【解答】 (1) 当a ＝3时，f (x )＝x 2＋ln x －3x ，x ＞0， 所以f ′(x )＝2x ＋1x －3＝2x2－3x ＋1x ＝(2x －1)(x －1)x ， 由f ′(x )>0，得0<x <12或x >1，故f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，12，(1，＋∞)． (2) 由f ′(x )＝2x ＋1x －a ，因为f (x )在(0,1)上是增函数，所以2x ＋1x－a ≥0在(0,1)上恒成立，即a ≤2x ＋1x在(0,1)上恒成立．因为2x ＋1x≥22⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫当且仅当x ＝22时取等号，所以a ≤22，即a ∈(－∞，22]．15. 【解答】 (1) 当a ＝2时，f ′(x )＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )>0，解得－2<x <2，所以函数f (x )的单调增区间为(－2，2)．(2) 方法一：若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，则f ′(x )≥0在(－1,1)上恒成立，即f ′(x )＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0在(－1,1)上恒成立．令g (x )＝－x 2＋(a －2)x ＋a .要使g (x )＝－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0在(－1,1)上恒成立． 只需⎩⎪⎨⎪⎧g (－1)＝－1＋(2－a )＋a ≥0，g (1)＝－1＋(a －2)＋a ≥0，解得a ≥32.方法二：f ′(x )＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，令f ′(x )>0，即－x 2＋(a －2)x ＋a >0，解得a －2－a2＋42<x <a －2＋a2＋42.所以f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －2－a2＋42，a －2＋a2＋42. 又因为f (x )在(－1,1)上单调递增，所以(－1，1)⊆⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －2－a2＋42，a －2＋a2＋42， 即⎩⎪⎨⎪⎧a －2－a2＋42≤－1，a －2＋a2＋42≥1，解得a ≥32.第2课时 函数的极值与最值1.C【解析】因为y ＝x e x ，所以y ′＝(1＋x )e x ，当x >－1时，y ′>0；当x <－1时，y ′<0，所以当x ＝－1时，函数取得最小值，且y min ＝－1e.2. C 【解析】 因为函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )， 且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则当x >－2时，f ′(x )>0；当x ＝－2时，f ′(x )＝0； 当x <－2时，f ′(x )<0.所以当x >0时，xf ′(x )>0；当－2<x <0时，xf ′(x )<0；当x ＝－2或0时，xf ′(x )＝0；当x <－2时，xf ′(x )>0. 因此y ＝xf ′(x )的图象可能为选项C. 3.C【解析】f ′(x )＝a e x －cosx ．若函数f (x )＝a e x －sinx 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意．4.D【解析】函数f (x )＝13x 3－ax 2＋ax ＋2的导函数f ′(x )＝x 2－2ax ＋a ，f ′(x )图象的对称轴为x ＝a .又f ′(x )在(－∞，1)上有最小值，所以a <1，函数g (x )＝f ′(x )x＝x ＋a x－2a ，g ′(x )＝1－a x2＝x2－a x2，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上为增函数，故选D.5.B【解析】f ′(x )＝x －1＋a⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1x ＝(x ＋a )(x －1)x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－a .因为函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，所以x ＝1，此时a ≥0.所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )的极小值为f (1)＝12＋a －1＝a －12，由f (1)≥1，得a －12≥1，解得a ≥32.6.C【解析】f ′(x )＝3ax 2－3，当a ≤0时，对于x∈[－1,1]总有f ′(x )<0，则f (x )在[－1,1]上为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2<0，不合题意；当0<a ≤1时，f ′(x )＝3ax 2－3＝3a⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1a ＜0，f (x )在[－1,1]上为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2<0，不合题意；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－1a 和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，1上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1a ，1a 上为减函数，所以有f (－1)＝－a ＋4≥0，且f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＝－2a＋1≥0，解得a ＝4.综上所述，a ＝4.7. AD 【解析】 f ′(x )＝cos x －13，由f ′(x )＝0，得cos x ＝13，即x ＝x 0.因为x ∈[0，π]，当0<x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x <π时，f ′(x )<0，所以f (x )的最大值为f (x 0)，f (x )在[x 0，π]上是减函数．8.ABC【解析】 因为f (x )＝2x 3－ax 2，所以f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3(a <0)，当a 3<x <0时，f ′(x )<0；当x <a 3或x >0时，f ′(x )>0.从而f (x )在x ＝a 3处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 3＝－a327.由f (x )＝－a327，得⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －a 32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2x ＋a 3＝0，解得x ＝a 3或x ＝－a 6.因为f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，所以a 3<a ＋63≤－a6，所以a ≤－4，故a 的取值可能为－6，－5，－4.9.BC【解析】已知f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，则f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，取a ＝b ＝0，则f ′(x )＝3x 2≥0，函数f (x )单调递增，无极值点，故A 错误；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，当x →－∞时，f (x )→－∞，故∃x 0∈R ，使f (x 0)＝0，故B 正确；若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0，故C 正确；取a ＝0，b ＝－3，得f ′(x )＝3x 2－3，则函数f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，1是f (x )的极小值点，故D 错误．10.－122327【解析】由f (x )＝x 3＋2ax 2＋1，得f ′(x )＝3x 2＋4ax ，因为函数f (x )＝x 3＋2ax 2＋1在x ＝1处的切线的斜率为1，所以f ′(1)＝1，即3＋4a ＝1，解得a ＝－12，所以f ′(x )＝3x 2－2x ，当x ∈⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0，23时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤23，1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以函数y ＝f (x )在[0,1]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23＝2327.11. 2ln 2 【解析】 由题知f ′(x )＝2ef ′(e )x －1e，故f ′(e)＝2ef ′(e )e －1e ，解得f ′(e)＝1e，故f (x )＝2lnx －x e，f ′(x )＝2x－1e，令f ′(x )＝0，解得x ＝2e ，当0＜x ＜2e 时，f ′(x )＞0，当x ＞2e 时，f ′(x )＜0，故函数f (x )在(0,2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减，所以f (x )的极大值为f (2e)＝2ln 2e －2＝2ln 2. 12. ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1e ，0 【解答】 因为f (x )＝x ln x ＋m e x ，所以f ′(x )＝lnx ＋1＋m e x，由函数f (x )有两个极值点可得y ＝－m 和g (x )＝ln x ＋1ex在(0，＋∞)上有两个交点，g ′(x )＝1x－ln x －1ex，令h (x )＝1x －ln x －1，则h ′(x )＝－1x2－1x<0(x >0)，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，且h (1)＝0，所以当x∈(0,1]时，h (x )≥0，即g ′(x )≥0，g (x )在(0,1]上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故g (x )max ＝g (1)＝1e ，而当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0.若y ＝－m 和y ＝g (x )的图象在(0，＋∞)上有两个交点，只需0<－m <1e ，故－1e<m <0.13. 【解答】 (1) 因为f (x )＝e x cos x －x ， 所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0. 又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2) 设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0， 所以h (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2上单调递减， 所以对任意x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2，有h (x )≤h (0)＝0，即f ′(x )<0， 所以函数f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2上单调递减， 因此f (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＝－π2. 14. 【解答】 (1) 由题知f ′(x )＝ln x ＋1，x >0， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当0＜x ＜1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ＞1e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以当x ＝1e 时，函数f (x )取得极小值，不存在极大值点． (2) g (x )＝x ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－a ， 令g ′(x )＝0，得x ＝e a －1.当0＜x ＜e a －1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减； 当x ＞e a －1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增． 当e a －1≤1，即a ≤1时，g (x )在[1，e]上单调递增，所以g (x )的最小值为g (1)＝0.当1<e a －1<e ，即1<a <2时，g (x )的最小值为g (e a －1)＝a －e a －1. 当e a －1≥e ，即a ≥2时，g (x )在[1，e]上单调递减， 所以g (x )的最小值为g (e)＝a ＋e －a e. 综上，当a ≤1时，g (x )的最小值为0； 当1<a <2时，g (x )的最小值为a －e a －1； 当a ≥2时，g (x )的最小值为a ＋e －a e.15. 【解答】 (1) f ′(x )＝2x －2cos x sin x ＝2x －sin 2x ，f ″(x )＝2－2cos 2x ＝2(1－cos2x )≥0，所以f ′(x )为增函数．又因为f ′(0)＝0，所以当x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在区间(－∞，0)上是减函数，在区间(0，＋∞)上是增函数．(2) 不等式f (x )≥kx ＋1化为x 2－kx －1＋cos 2x ≥0.设g (x )＝x 2－kx －1＋cos 2x ，x ≥0，g ′(x )＝2x －k －sin 2x . 由(1)可知g ′(x )是[0，＋∞)上的增函数，因为g ′(0)＝－k ，所以当k ≤0时，g ′(0)≥0，函数g (x )在区间[0，＋∞)上为增函数，所以g (x )≥g (0)＝0，所以当k ≤0时符合题意．当k >0时，g ′(0)＝－k <0，所以存在x 0>0，使得g ′(x 0)＝0，并且当0≤x <x 0时，g ′(x )<0；当x >x 0时，g ′(x )>0；所以函数g (x )在区间[0，x 0)上是减函数，在区间(x 0，＋∞)上是增函数，最小值为g (x 0)<g (0)＝0，不等式不恒成立．综上，实数k 的取值范围是(－∞，0]．第17讲 导数的综合应用 第1课时 导数与不等式证明1. 【解答】 方法一：要证f (x )＜2x －1，即证ln x －sin x －x ＋1＜0. 设g (x )＝ln x －sin x －x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＜x ＜π2， 则g ′(x )＝1x －cos x －1＝1－x x－cos x .因为1＜x ＜π2，所以g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，π2上单调递减，所以g (x )＜g (1)＝ln 1－sin 1－1＋1＝－sin 1＜0.所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，π2时，f (x )＜2x －1. 方法二：要证f (x )＜2x －1，即证ln x －x ＋1＜sin x . 设h (x )＝ln x －x ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＜x ＜π2， 则h ′(x )＝1x －1＝1－x x.因为1＜x ＜π2，所以h ′(x )＜0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，π2上单调递减，所以h (x )＜h (1)＝ln 1－1＋1＝0.因为1＜x ＜π2，所以sin x ＞0，所以ln x －x ＋1＜sin x ，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，π2时，f (x )＜2x －1. 2. 【解答】 (1) 由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (2) 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得极大值也为最大值，且最大值为f (1)＝0， 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，0<ln x <x －1，ln 1x <1x －1，即1<x －1lnx<x .3. 【解答】 (1) 因为f (x )＝x ＋1ex ，定义域为R ，所以f ′(x )＝－xex . 令f ′(x )＝0，得x ＝0，当x 变化时，f ′(x )和f (x )的变化情况如下表：(2) 令g (x )＝f (x )＋12x 2－1＝x ＋1ex ＋12x 2－1(x ＞0)，则g′(x)＝－xex＋x＝x⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－1ex＝x·ex－1ex.由x＞0，得e x－1＞0，于是g′(x)＞0，故函数g(x)是(0，＋∞)上的增函数．所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞g(0)＝0，即f(x)＞－12x2＋1.4. 【解答】 (1) 由题可得f′(x)＝e x－a.当a≤0时，若x＜0，则f(x)＜0，不满足条件．当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a.因为当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的最小值为f(ln a)＝a－a ln a－1.令g(a)＝a－a ln a－1，由题意可知g(a)≥0(*)．令g′(a)＝1－1－ln a＝－ln a＝0，得a＝1.易知g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(a)≤g(1)＝0.再结合(*)式可得g(a)＝0，所以a＝1.(2) 由(1)可得a＝1.令h(x)＝e x－x－1－12x2(x≥0)，则h′(x)＝e x－x－1.令s(x)＝e x－x－1(x≥0)，则s′(x)＝e x－1≥0，所以s(x)＝e x－x－1在[0，＋∞)上单调递增，所以h′(x)≥h′(0)＝0，所以h(x)＝e x－x－1－12x2在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝e0－0－1－0＝0，所以e x－x－1≥12x 2.5. 【解答】 (1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－a x2.若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，a)上单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增．(2) 因为1＜x＜2，所以1ln x－1x－1＜12等价于(x＋1)ln x－2(x－1)＞0.令F(x)＝(x＋1)ln x－2(x－1)，则F′(x)＝ln x＋x＋1x－2＝ln x＋1x－1.由(1)知，当a＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，所以f(x)≥f(1)，即ln x＋1 x－1≥0，所以F′(x)≥0，则F(x)在(1,2)上单调递增，所以F(x)＞F(1)＝0，故当1＜x＜2时，1ln x－1x－1＜12.6. 【解答】 (1) f′(x)＝ax＋x－(a＋1)＝x2－(a＋1)x＋ax＝(x－1)(x－a)x(x＞0)．当a＝1时，f′(x)＝(x－1)2x≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f(x)无极值点．当a＞1时，当x变化时，f′(x)，f(x)在(0，＋∞)上的变化情况如下表：值点，x＝a为极小值点．(2) 当a＝1时，令F(x)＝g(x)－f(x)＝x－1－ln x，F′(x)＝1－1 x＝x－1x，当x＞1时，F′(x)＞0，当0＜x＜1时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以F(x)≥F(1)＝0，所以当x＞1时，F(x)＞0恒成立，即x＞1时，g(x)＞f(x)恒成立，所以当x＞1时，g(x)的图象恒在f(x)的图象上方．7. 【解答】 (1) 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x2＋a x ＝ax －1x2.当a ≤0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当a >0时，由f ′(x )>0，得x >1a ；由f ′(x )<0，得0<x <1a ，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增． 综上可知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增． (2) 因为x >0，所以当a ＝1时原不等式等价于e x－e x ＋1>elnx x.设F (x )＝e x －e x ＋1，则F ′(x )＝e x －e. 当x∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，当x∈(0,1)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减，所以F (x )min ＝F (1)＝1.设G (x )＝elnx x，则G ′(x )＝e (1－ln x )x 2.当x∈(0，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增，当x∈(e ，＋∞)时，G ′(x )<0，G (x )单调递减，所以G (x )max ＝G (e)＝1.虽然F (x )的最小值等于G (x )的最大值，但1≠e ，所以F (x )>G (x )，即e x－e x ＋1>elnx x，故原不等式得证．8. 【解答】(1) 由已知有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )． 因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时， 有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ， 得f ′(x )>0，则f (x )单调递增．所以f (x )的单调增区间为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )， f (x )的单调减区间为⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )． (2) 记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－x .依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )， 则g ′(x )＝－2e x sin x . 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－x <0.所以h (x )在区间⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π4，π2上单调递减，所以h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＝0，故当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2－x ≥0. 第2课时 导数与不等式恒成立(能成立)问题1. 【解答】 (1) 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1＋ln x ＋k ，则f ′(1)＝1＋k ，f (1)＝k ，所以函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －k ＝(k ＋1)(x －1)，即y ＝(k ＋1)x －1. (2) 由f (x )≤x 2＋x ，f (x )＝x ln x ＋kx ， 得x ln x ＋kx ≤x 2＋x ，即ln x ＋k ≤x ＋1. 设g (x )＝ln x －x ＋k －1，则g ′(x )＝1x －1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 因为不等式f (x )≤x 2＋x 恒成立，且x >0，所以ln x －x ＋k －1≤0，所以g (x )max ＝g (1)＝k －2≤0，故k ≤2，即k 的取值范围为{k |k ≤2}．2. 【解答】 (1) 若a ＝1，则f (x )＝x e x －2(2x －1)， f ′(x )＝x e x ＋e x －4，则f ′(0)＝－3，f (0)＝2， 所以所求切线方程为y ＝－3x ＋2.(2) 当a ≤－1时，显然f (x )≥0对x >0不恒成立．当a >－1时，f (x )≥0对任意x >0恒成立，转化为aa ＋1≥2x －1xex 对任意x >0恒成立．设函数F (x )＝2x －1xex (x >0)，则F ′(x )＝－(2x ＋1)(x －1)x 2e x. 当0<x <1时，F ′(x )>0；当x >1时，F ′(x )<0，所以函数F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以F (x )max ＝F (1)＝1e ，所以aa ＋1≥1e ，解得a ≥1e －1，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫1e －1，＋∞. 3. 【解答】 (1) 函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1－1－lnx x2＝－lnxx2.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以x ＝1为函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点， 所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1. (2) 当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x 恒成立． 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋lnx ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －lnx x2. 令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x ≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，所以g (x )为增函数，所以g (x )≥g (1)＝2，故k ≤2， 即实数k 的取值范围是(－∞，2]． 4.【解答】(1)当a ＝1时，f (x )＝2e x －x －2，f ′(x )＝2e x －1，则f ′(1)＝2e －1，f (1)＝2e －3，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程是y ＝(2e －1)x －2. (2) 易知f ′(x )＝2e x －a (x ≥0)，若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，符合题意． 若a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝ln a2.当lna 2≤0，即0＜a ≤2时，f ′(x )>0，f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，符合题意．当lna 2＞0，即a ＞2时，则当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，ln a 2时，f (x )单调递减，f (x )＜f (0)＝0，不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，2]．5. 【解答】 (1) f ′(x )＝1－1x ，x ＞0，令f ′(x )＝0，则x ＝1.当t ≥1时，f (x )在[t ，t ＋1]上单调递增，f (x )的最小值为f (t )＝t －ln t ；当0＜t ＜1时，f (x )在区间[t,1)上为减函数，在区间(1，t ＋1]上为增函数，f (x )的最小值为f (1)＝1.综上，m (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧t －lnt ，t ≥1，1，0＜t ＜1.(2) h (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋ln x ，不妨取0＜x 1＜x 2，则x 1－x 2＜0，则由h (x 1)－h (x 2)x 1－x 2＞1，可得h (x 1)－h (x 2)＜x 1－x 2，变形得h (x 1)－x 1＜h (x 2)－x 2恒成立．令F (x )＝h (x )－x ＝x 2－(a ＋2)x ＋ln x ，x ＞0， 则F (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增， 故F ′(x )＝2x －(a ＋2)＋1x ≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以2x ＋1x ≥a ＋2在(0，＋∞)上恒成立．因为2x ＋1x ≥22，当且仅当x ＝22时取“＝”，所以a ≤22－2.6. 【解答】 (1) 因为f (x )＝ln x ＋1ex (x >0)，所以f ′(x )＝1x －(ln x ＋1)e x， 设g (x )＝1x－(lnx ＋1)，所以g ′(x )＝－1x2－1x<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，且g (1)＝0，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝1e .(2)因为x ≥1，所以x (lnx ＋1)>0，所以当a ≤0时，ax (lnx ＋1)≤0且e 2x >0，所以ax (ln x ＋1)<e 2x 恒成立，当a >0时，若ax (lnx ＋1)<e 2x恒成立，则a ·ln x ＋1ex <ex x 恒成立(*)，设h (x )＝ex x，所以h ′(x )＝(x －1)e xx 2，因为x∈[1，＋∞)，所以h ′(x )＝(x －1)e xx 2≥0，所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (1)＝e ， 又因为由(1)知⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln x ＋1ex max ＝1e且∀x ∈[1，＋∞)，ln x ＋1ex >0，所以若(*)成立，只需要a ·1e<e ，所以a <e 2，综上可知，a ∈(－∞，e 2)．7. 【解答】 (1)若a ＝0，则f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝ln x ＋1. 由f ′(x )＞0，得x ＞1e ；由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1e.所以f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e . (2)g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，所以当12≤x ＜23时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当23≤x ≤2时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增．又g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝18－14－5＝－418，g (2)＝8－4－5＝－1，所以g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2上的最大值为－1.由题意，若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2，都有f (x 1)－2≥g (x 2)成立， 即对任意的x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2，f (x )≥1恒成立，即x ln x ＋a x ≥1恒成立，即a ≥x －x 2ln x 对任意的x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2恒成立， 所以a ≥(x －x 2ln x )max ，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2. 设h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2，则h ′(x )＝1－2x ln x －x ，h ″(x )＝－2ln x －3， 因为h ″(x )在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2上单调递减，则h ″(x )≤h ″⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝2ln2－3＜0，所以h ′(x )＝1－2x ln x －x 在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2上单调递减． 又h ′(1)＝0，所以当12≤x ＜1时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增；当1＜x ≤2时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减， 所以h (x )＝x －x 2lnx 在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，2上的最大值为h (1)＝1，所以a ≥1，所以a 的取值范围是[1，＋∞)．8.【解答】(1)当a ＝0时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x＝1－xx.易得当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． (2) 由题意知，∀x 1∈(0，＋∞)，x 2∈R ，f (x 1)max ≤g (x 2)min . 由g (x )＝e x －x －1，得g ′(x )＝e x －1. 令g ′(x )＝0，解得x ＝0，所以g (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以g (x )min ＝g (0)＝0. 所以对任意的x 1∈(0，＋∞)，都有ax21－(2a ＋1)x 1＋ln x 1≤0恒成立，即只需f (x )max ≤0，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax －2a －1＋1x ＝2ax2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x . 当a >0时，令x ＝2a ＋1a，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a ＋1a ＝ln 2a ＋1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋1a >0，与f (x )≤0矛盾． 当a ≤0时，2ax －1<0，所以由f ′(x )>0解得0<x <1， 所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝a －(2a ＋1)＝－a －1， 所以－a －1≤0，解得a ≥－1. 综上所述，a ∈[－1,0]．第3课时 导数与函数零点1. 【解答】 设g (x )＝f ′(x )＝1x －1＋2cos x ，当x ∈(0，π)时，g ′(x )＝－2sin x －1x2<0，所以g (x )在(0，π)上单调递减．因为g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3＝3π－1＋1>0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2＝2π－1<0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3，π2上存在唯一零点，所以原命题得证．2. 【解答】 函数f (x )与h (x )的图象无公共点， 等价于方程ln xx＝a 在(0，＋∞)上无解．令t (x )＝ln x x ，则t ′(x )＝1－ln xx2，令t ′(x )＝0，得x ＝e.当x 变化时，t (x )，t ′(x )的变化情况如下表：因为x ＝e 是唯一的极大值点，故t (x )max ＝t (e)＝e .故要使方程ln xx ＝a 在(0，＋∞)上无解，当且仅当a ＞1e ，故实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞. 3. 【解答】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln x ＋1. 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当0＜x ＜1e 时，f ′(x )＜0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 上单调递减；当x ＞1e 时，f ′(x )＞0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， 故f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝a －1e .因为a ＜0，当x ∈(0,1)时，x ln x ＜0，即f (x )＜0， 所以函数f (x )在区间(0,1)内无零点．因为f (1)＝a ＜0，f (e －a )＝－a e －a ＋a ＝a (1－e －a )＞0， 又f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以f (x )在区间(1，e －a )上有且只有一个零点．综上，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上的零点个数为1.4. 【解答】 问题等价于a ln x ＝1x 有唯一的实根，显然a ≠0，则关于x 的方程x ln x ＝1a 有唯一的实根．构造函数φ(x )＝x ln x ，则φ′(x )＝1＋ln x . 令φ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝e －1.当0＜x ＜e －1时，φ′(x )＜0，φ(x )单调递减， 当x ＞e －1时，φ′(x )＞0，φ(x )单调递增， 所以φ(x )的极小值为φ(e －1)＝－e －1.作出函数y ＝φ(x )的大致图象如图所示．则要使方程x ln x ＝1a 有唯一的实根，只需直线y ＝1a 与曲线y ＝φ(x )有唯一的交点，则1a ＝－e －1或1a ＞0，解得a ＝－e 或a ＞0， 故实数a 的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．(第4题)5. 【解答】 (1) f ′(x )＝3x 2＋b .依题意得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝0，即34＋b ＝0，故b ＝－34.(2) 由(1)知f (x )＝x 3－34x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－34.令f ′(x )＝0，解得x ＝－12或x ＝12.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：因为f (1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2＝c ＋14，所以当c <－14时，f (x )只有大于1的零点． 因为f (－1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＝c －14，所以当c >14时，f (x )只有小于－1的零点．由题设可知－14≤c ≤14.当c ＝－14时，f (x )只有两个零点－12和1. 当c ＝14时，f (x )只有两个零点－1和12. 当－14<c <14时，f (x )有三个零点x 1，x 2，x 3，且x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－12，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，12，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1. 综上，若f (x )有一个绝对值不大于1的零点，则f (x )所有零点的绝对值都不大于1. 6. 【解答】 (1) 当a ＝2时，f (x )＝x 2＋2x －3， f ′(x )＝2x ＋2，则f ′(1)＝4.又f (1)＝0，所以f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝4x －4.因为f (x )和g (x )的图象在x ＝1处的切线相同，g ′(x )＝k (1－ln x )x 2，所以g ′(1)＝k ＝4.(2) F(x)＝f(x)－g(x)有零点，令F(x)＝x2＋ax－3－4lnxx＝0，则a＝4lnx－x3＋3xx2有实根．令h(x)＝4lnx－x3＋3xx2＝4lnxx2－x＋3x，则h′(x)＝4x－8xlnxx4－1－3x2＝4－8lnx－x3－3xx3.令φ(x)＝4－8ln x－x3－3x，则φ′(x)＝－8x－3x2－3<0(x>0)恒成立，而φ(1)＝0，所以当x>1时，φ(x)<0；当x∈(0,1)时，φ(x)>0.所以当x>1时，h′(x)<0；当x∈(0,1)时，h′(x)>0.故h(x)在(1，＋∞)上为减函数，在(0,1)上为增函数，即h(x)max＝h(1)＝2. 根据函数h(x)的大致图象(图略)可知a≤2.7. 【解答】 (1) 由f(x)≤0，得a≥1＋lnxx(x>0)．令h(x)＝1＋lnxx，则h′(x)＝1x·x－(1＋ln x)x2＝－lnxx2.当x∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，故h(x)在x＝1处取得最大值．要使a≥1＋lnxx恒成立，只需a≥h(1)＝1，故a的取值范围为[1，＋∞)．(2) 由f(x)＝g(x)，得1＋lnxx－a＝(x－1)2e x，即a＝1＋lnxx－(x－1)2e x.令t(x)＝1＋lnxx－(x－1)2e x，则t ′(x )＝－lnxx2－(x 2－1)e x .当x ∈(0,1)时，t ′(x )>0，t (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )<0，t (x )单调递减， 故t (x )在x ＝1处取得最大值t (1)＝1.又当x →0时，t (x )→－∞，当x →＋∞时，t (x )→－∞，所以，当a ＝1时，方程f (x )＝g (x )有一个实数根；当a <1时，方程f (x )＝g (x )有两个不同的实数根；当a >1时，方程f (x )＝g (x )没有实数根．8. 【解答】 (1) 设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，又g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2<0，所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，π2上有唯一零点，设为α. 则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(－1，α)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α，π2上单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，π2上存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，π2上存在唯一极大值点． (2) f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ) 当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)上单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，0)上单调递减，又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]上的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α，π2上单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫β，π2上单调递减．。

第2讲利用导数研究函数的单调性基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0,1)．答案(0,1)2．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述：①f(b)>f(c)>f(d)；②f(b)>f(a)>f(e)；③f(c)>f(b)>f(a)；④f(c)>f(e)>f(d)．其中正确的是________(填序号)．解析依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，由a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．答案③3．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为________．解析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x 恒成立．令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x 2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52. 答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，524．已知函数f (x )＝(－x 2＋2x )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)，则函数f (x )的单调递增区间为________．解析 因为f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x <2， 所以函数f (x )的单调递增区间为(－2，2)． 答案 (－2，2)5．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0,1)∪(2,3)6．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，∴f ′(x )＝2x ＋a －1x 2>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a >1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．∵函数y ＝x－2与函数y ＝－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上为减函数，∴a ≥4－2×12＝3.答案 [3，＋∞)7．(2017·南京、盐城模拟)已知f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c 在区间(m ，m ＋1)上为递减函数，则m 的取值范围为________．解析 由f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c ，得f ′(x )＝2x ＋2x －5， 又函数f (x )在区间(m ，m ＋1)上为递减函数， ∴f ′(x )≤0在(m ，m ＋1)上恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2m －5≤0，2m ＋1＋2(m ＋1)－5≤0，解得12≤m ≤1.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，18．(2017·南通、扬州、泰州调研)设f (x )是R 上的奇函数，且f (－1)＝0，当x >0时，(x 2＋1)·f ′(x )－2x ·f (x )<0，则不等式f (x )>0的解集为________．解析 因为当x >0时，(x 2＋1)·f ′(x )－2x ·f (x )<0恒成立，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )x 2＋1′<0恒成立，所以函数g (x )＝f (x )x 2＋1在(0，＋∞)上单调递减．又因为f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (－1)＝0，所以f (1)＝0，g (1)＝0，所以在(0,1)上恒有f (x )>0，在(1，＋∞)上恒有f (x )<0.由图象易知在(－∞，－1)上恒有f (x )>0，在(－1,0)上恒有f (x )<0，即不等式f (x )>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)． 答案 (－∞，－1)∪(0,1) 二、解答题 9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解 (1)由题意得f ′(x )＝1x －ln x －ke x，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x.设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0， 即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．(2017·泰州模拟)已知函数f (x )满足f (x )＝x 3＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 2－x ＋c (其中f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23为f (x )在点x ＝23处的导数，c 为常数)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝[f (x )－x 3]e x ，若函数g (x )在[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23x －1，令x ＝23，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－1，∴f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，∴f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，由f ′(x )>0，得x <－13或x >1； 由f ′(x )<0，得－13<x <1.故f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)；单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.(2)∵g (x )＝(－x 2－x ＋c )·e x ，∴g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x .当函数g (x )在区间[－3,2]上单调递增时，等价于h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在[－3,2]上恒成立，只要h (2)≥0，解得c ≥11.故c 的取值范围是[11，＋∞)．能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为________．解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0， 则f (x )在(－∞，1)上为增函数； 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b .答案 c <a <b12．(2016·全国Ⅰ卷改编)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53.由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立． 令t ＝cos x ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at ＋53≥0， 在t ∈[－1,1]上恒成立．∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立． 令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎨⎧g (1)＝－3a －1≤0，g (－1)＝3a －1≤0，解之得－13≤a ≤13. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1313．(2017·石家庄质检)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )>0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________．解析 令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2>0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 又g (－x )＝f (－x )－x ＝－f (x )－x＝f (x )x ＝g (x )，则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)． 则f (x )＝xg (x )>0⇔⎩⎨⎧ x >0，g (x )>0或⎩⎨⎧x <0，g (x )<0，解得x >2或－2<x <0，故不等式f (x )>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案 (－2,0)∪(2，＋∞) 14．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式；(2)若φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2. 又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1. (2)∵φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数， ∴φ′(x )＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞)， ∵x ＋1x ∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2].。

第二讲 导数的简单应用1.[2021贵阳市四校第二次联考]图3-2-1已知y=x ·f'(x)的图象如图3-2-1所示,则f(x)的图象可能是 ( )A BCD2.[原创题]函数f(x)=(12x-1)e x +12x 的极值点的个数为 ( )3.[2021安徽省示范高中联考]若函数f(x)=(x-1)e x -ax(e 为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a 的取值范围是( )A.(-1e ,0) B.(-∞,0) C.(-1e ,+∞)D.(0,+∞)4.[2021蓉城名校联考]已知函数f(x)=e |x|-1),b=f(2),c=f(log 20.2),则 ( )A.c<b<aB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a5.[2021湖南六校联考]设函数f(x)的定义域为R,f'(x)是其导函数,若f(x)+f'(x)<0,f(0)=1,则不等式f(x)>e -x 的解集是( )A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,0)D.(0,1)6.[2021四省八校联考]函数f(x)=x 3-bx 2+c,若f(1-x)+f(1+x)=2,则下列正确的是 ( )A.f(ln 2)+f(ln 4)<2B.f(-2)+f(5)<2C.f(ln 2)+f(ln 3)<2D.f(-1)+f(2)>27.[2020皖中名校联考]已知函数f(x)=(x 2-mx-m)e x +2m(m>-2,e 是自然对数的底数)有极小值0,则其极大值是( )-2或(4+ln 2)e -2+2ln 2-2或(4+ln 2)e 2+2ln 2-2或(4+ln 2)e -2-2ln 2-2或(4+ln 2)e 2-2ln 28.[2021河南省名校第一次联考]若函数f(x)={alnx -x 2-2(x >0),x +1x +a(x <0)的最大值为f(-1),则实数a 的取值范围为 . 9.[2021广州市高三阶段模拟]已知函数f(x)=1+lnx x -1-k x .(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)>0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,求整数k 的最大值.10.[2021大同市调研测试]设函数f(x)=ln x-12ax 2-bx.(1)当a=b=12时,求函数f(x)的最大值;(2)当a=0,b=-1时,方程2mf(x)=x2有唯一实数解,求正数m的值.11.[2021江苏省部分学校调考]定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f '(x),若对任意x∈R,都有2f(x)+xf '(x)<2,则使x2f(x)-f(1)<x2-1成立的实数x的取值范围是( )A.{x|x≠±1}B.(-1,0)∪(0,1)C.(-1,1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)图3-2-212.[2021济南名校联考]如图3-2-2,在P地正西方向8 km的A处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD,现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F,为缓解交通压力,决定修建两条互相垂直的公路PE和PF,设∠EPA=α(0<α<π2),为了节省建设成本,要使得PE+PF的值最小,此时AE=( )A.4 kmB.6 kmC.8 kmD.10 km13.[多选题]已知f(x)=e x-2x2有且仅有两个极值点,分别为x1,x2(x1<x2),则下列不等式中正确的有(参考数据:ln 2≈0.693 1,ln 3≈1.098 6) ( )1+x2<1141+x2>114C.f(x 1)+f(x 2)<0D.f(x 1)+f(x 2)>014.[多选题]已知函数y=f(x)在R 上可导且f(0)=1,其导函数 f'(x)满足f'(x)-f(x)x -1>0,对于函数g(x)=f(x)e x,下列结论正确的是( )A.函数g(x)在(1,+∞)上为单调递增函数B.x=1是函数g(x)的极小值点C.函数g(x)至多有两个零点D.x ≤0时,不等式f(x)≤e x 恒成立15.[2021洛阳市统考]已知函数f(x)=ln 1x-ax 2+x(a>0).(1)讨论f(x)的单调性﹔(2)若f(x)有两个极值点x 1,x 2,证明:f(x 1)+f(x 2)>3-2ln 2.16.[2019全国卷Ⅰ,12分]已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f '(x)为f(x)的导数,证明:(1)f '(x)在区间(-1,π2)上存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.17.[新角度题]直线x=a(a>0)分别与直线y=2x+1,曲线y=x+ln x 相交于A,B 两点,则|AB|的最小值为( )C.√2D.√318.[2020惠州市二调][交汇题]设函数f(x)=√3sin πxm,若存在f(x)的极值点x 0满足x 02+[f(x 0)]2<m 2,则m 的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)19.[角度创新]已知函数f(x)=ax-e x +2,其中a ≠0.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a ∈R,对任意x 1∈[0,1],总存在x 2∈[0,1],使得f(x 1)+f(x 2)=4成立?若存在,求出实数a 的值;若不存在,请说明理由.答 案第二讲 导数的简单应用1.D 由题图可知,当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当0<x<b 时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x>b 时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.又f'(b)=0,所以当x=b 时,f(x)取得极大值,综上,满足题意的f(x)的图象可能是D.2.A 由题意知f '(x)=12e x +(12x-1)e x +12=12[e x (x-1)+1].令g(x)=e x (x-1)+1,则g'(x)=e x (x-1)+e x =xe x ,令g'(x)=0,得x=0,则函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,由此可知f '(x)≥0,所以函数f(x)不存在极值点,故选A.3.A 由题意得f'(x)=xe x -a,因为函数f(x)=e x (x-1)-ax 有两个极值点,所以f'(x)=0有两个不等的实根,即a=xe x 有两个不等的实根,所以直线y=a 与y=xe x 的图象有两个不同的交点.令g(x)=xe x ,则g'(x)=e x (x+1).当x<-1时,g'(x)<0,当x>-1时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以当x=-1时,g(x)取得最小值,且最小值为-1e.易知当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D 3-2-1所示,则-1e<a<0,故选A.图D 3-2-14.D 当x ≥0时,f(x)=e x +cos x,则f '(x)=e x -sin x ≥e 0-sin x ≥0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增.又f(-x)=e |-x|+cos(-x)=e |x|-1)=f(103),b=f(2)<f(20)=f(1),c=f(log 20.2)=f(log 215)=f(-log 25)=f(log 25),又1=log 22<log 25<log 28=3<103,所以f(2)<f(log 25)< f(103),即b<c<a.故选D.5.C 令g(x)=e x f(x),则g'(x)=e x f(x)+e x f'(x),因为f(x)+f'(x)<0,所以g'(x)<0,所以g(x)在R 上单调递减.因为g(0)=e 0f(0)=f(0)=1,所以不等式f(x)>e -x 可转化为e x f(x)>1,即g(x)>1=g(0),又g(x)在R 上单调递减,所以x<0,故不等式f(x)>e -x 的解集为(-∞,0),故选C.6.A 解法一 f(1-x)+f(1+x)=2,分别令x=0,x=1(题眼),得{f(1)=1,f(0)+f(2)=2,即{1−b +c =1,c +8−4b +c =2,解得b=c=3,所以f(x)=x 3-3x 2+3,f '(x)=3x 2-6x=3x(x-2),令f '(x)=0,得x=0或x=2,所以当x<0或x>2时f '(x)>0,当0<x<2时f '(x)<0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递增(题眼).由f(1-x)+f(1+x)=2,得f(x)+f(2-x)=2.对于A,2=f(ln 2)+f(2-ln 2)=f(ln 2)+f(ln e 22)>f(ln 2)+f(ln 4),故A 正确;对于B,2=f(-2)+f(4)<f(-2)+f(5),故B 不正确;对于C,2=f(ln 2)+f(2-ln 2)=f(ln 2)+f(ln e 22)<f(ln 2)+f(ln 3),故C 不正确;对于D,2=f(-1)+f(3)>f(-1)+f(2),故D 不正确.故选A.解法二 由f(1-x)+f(1+x)=2知函数f(x)图象的对称中心为(1,1)(题眼),又三次函数g(x)=ax 3+dx 2+ex+f(a ≠0)图象的对称中心为(-d3a,g(-d3a)),所以b3=1,解得b=3,所以f(b3)=f(1)=1,即1-3+c=1,得 c=3,所以f(x)=x 3-3x 2+3.以下同解法一.7.A 由题意知, f '(x)=[x 2+(2-m)x-2m]e x =(x+2)(x-m)e x .由f '(x)=0得x=-2或x=m.因为m>-2,所以函数f(x)在区间(-∞,-2)和(m,+∞)内单调递增,在区间(-2,m)内单调递减. 于是函数f(x)的极小值为f(m)=0,即(m 2-m 2-m)e m +2m=0,(2-e m )m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f(x)的极大值为f(-2)=4e -2;当m=ln 2时,f(x)的极大值为f(-2)=(4+ln 2)·e -2+2ln 2.故选A.8.[0,2e 3] x<0时,f(x)≤f(-1)=a-2,x>0时,aln x-x 2-2≤a-2,即x 2-aln x+a ≥0恒成立.令t(x)=x 2-aln x+a,则t'(x)=2x 2-a x,a<0时,t'(x)>0,x →0时,t(x)→-∞,不合题意.a=0时,t(x)=x 2≥0恒成立.a>0时,t(x)在(0,√a2)上单调递减,在(√a2,+∞)上单调递增,所以t(x)min =a2-a ·ln √a2+a ≥0,解得0<a ≤2e 3.综上,a ∈[0,2e 3]. 9.(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当k=0时,f '(x)=-1x-lnx(x -1)2.令g(x)=-1x -ln x,则g'(x)=1−xx 2. 当x ∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x ∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)max =g(1)=-1<0,∴g(x)<0,∴f '(x)<0,∴f(x)的单调递减区间为(0,1),(1,+∞),无单调递增区间.(2)由f(x)>0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,得1+lnx x -1-k x >0(x>1),即k<[x(1+lnx)x -1]min (x>1).令h(x)=x(1+lnx)x -1,x>1,则h'(x)=x -2-lnx (x -1)2,令φ(x)=x-2-ln x,x>1,则φ'(x)=x -1x>0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,又φ(3)=1-ln 3<0,φ(4)=2-2ln 2>0,∴存在唯一x 0∈(3,4),使得φ(x 0)=0,即x 0-2-ln x 0=0,x 0-1=1+ln x 0,当x 变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表所示:x (1,x 0) x 0 (x 0,+∞)h'(x) - 0 +h(x)单调递减 极小值 单调递增∴h(x)min =h(x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0∈(3,4),∴整数k 的最大值为3.10.(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=b=12时,f(x)=ln x-14x 2-12x,则f'(x)=1x -12x-12=-(x+2)(x -1)2x,令f '(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去).当0<x<1时,f '(x)>0,此时f(x)单调递增;当x>1时,f '(x)<0,此时f(x)单调递减.所以f(x)的极大值为f(1)=-34,此即函数f(x)的最大值.图D 3-2-2(2)由题意可知,2mf(x)=x 2⇔2m(lnx+x)=x 2⇔12m =lnx+x x 2.设g(x)=lnx+x x 2,则g'(x)=1−2lnx -xx 3,令h(x)=1-2ln x-x,则h'(x)=-2x-1.因为x>0,所以h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减.因为h(1)=0,所以当x ∈(0,1)时,h(x)>0,当x ∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max =g(1)=1.又g(e -1)=-1+e -1e -2<0,且当x →+∞时,g(x)→0,所以可画出g(x)的大致图象,如图D 3-2-2所示,方程2mf(x)=x 2有唯一实数解就等价于直线y=12m与g(x)=lnx+x x 2的图象只有一个交点,由图象可知12m =1,即m=12.11.D 令g(x)=x 2f(x)-x 2,则g'(x)=2xf(x)+x 22f(x)-f(1)<x 2-1可化为x 2f(x)-x 2<f(1)-1,即g(x)<g(1),所以|x|>1,解得x>1或x<-1,故选D.12.A 因为PE ⊥PF,∠EPA=α,所以∠PFB=α,在Rt △PAE 中,PE=APcosα=8cosα,在Rt △PBF 中,PF=PBsinα=1sinα,则PE+PF=8cosα+1sinα .设f(α)=8cosα+1sinα,α∈(0,π2),则f '(α)=8sinαcos 2α-cosαsin 2α=8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α,令f '(α)=8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α=0,则tan α=12,当0<tan α<12时,f '(α)<0,当tan α>12时,f '(α)>0,所以当tan α=12时,f(α)取得最小值,此时AE=AP ·tan α=8×12=4,故选A.13.AD 由题意得f '(x)=e x -4x,则f '(14)=e 14-1>0,f '(12)=e 12-2<0,f '(2)=e 2-8<0.由ln 3≈1.098 6,得98>ln 3,所以f '(94)>0,从而14<x 1<12,2<x 2<94,所以x 1+x 2<114.因为f(0)=1,所以易得f(x 1)>1.因为f '(2ln 3)=9-8ln 3>0,所以x 2<2ln 3,因为f '(x 2)=0,所以f(x 2)=4x 2-2x 22.设g(x)=4x-2x 2,得g(x 2)>g(2ln 3)>g(2.2)=-0.88>-1,所以f(x 1)+f(x 2)>0. 14.ABC 因为f'(x)-f(x)x -1>0,所以当x>1时,f'(x)-f(x)>0;当x<1时,f'(x)-f(x)<0.因为g(x)=f(x)e x,所以g'(x)=f'(x)-f(x)e x,则当x>1时,g'(x)>0;当x<1时,g'(x)<0.所以函数g(x)在(1,+∞)上为单调递增函数,在(-∞,1)上为单调递减函数,则x=1是函数g(x)的极小值点,则选项A,B 均正确.当g(1)<0时,函数g(x)至多有两个零点,当g(1)=0时,函数g(x)有一个零点,当g(1)>0时,函数g(x)无零点,所以选项C 正确.g(0)=f(0)e 0=1,又g(x)在区间(-∞,1)上单调递减,所以当x ≤0时,g(x)=f(x)e x≥g(0)=1,又e x >0,所以f(x)≥e x ,故选项D 错误.故选ABC.15.(1)∵f(x)=ln 1x -ax 2+x =-ln x-ax 2+x(a>0,x>0), ∴f '(x)=-1x -2ax+1=-2ax 2-x+1x(a>0).令2ax 2-x+1=0,则其判别式Δ=1-8a.①当Δ≤0,即a ≥18时,f '(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当Δ>0,即0<a<18时,方程2ax 2-x+1=0有两个不相等的正根x 3= 1−√1−8a4a,x 4=1+√1−8a4a,则当0<x<x 3或x>x 4时,f '(x)<0,当x 3<x<x 4时,f '(x)>0,∴ f(x)在(0,1−√1−8a4a)上单调递减,在(1−√1−8a 4a,1+√1−8a4a)上单调递增,在(1+√1−8a4a,+∞)上单调递减.综上,当a ∈[18,+∞)时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,无增区间; 当a ∈(0,18)时,f(x)在(0,1−√1−8a4a),(1+√1−8a4a,+∞)上单调递减,在(1−√1−8a 4a,1+√1−8a4a)上单调递增.(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,当且仅当a ∈(0,18)时,f(x)有极小值点x 1和极大值点x 2,∴x 1+x 2=12a,x 1x 2=12a.f(x 1)+f(x 2)=-lnx 1-a x 12+x 1-ln x 2-a x 22+x 2=-(ln x 1+ln x 2)-12(x 1-1)-12(x 2-1)+(x 1+x 2)=-ln(x 1x 2)+12(x 1+x 2)+1=ln(2a)+14a +1.令g(a)=ln(2a)+14a+1,a ∈(0,18),则g'(a)=1a-14a 2=4a -14a 2<0,∴g(a)在(0,18)上单调递减,∴g(a)>g(18)=ln(2×18)+14×18+1=3-2ln 2,即f(x 1)+f(x 2)>3-2ln 2.16.(1)设g(x)=f '(x),则g(x)=cos x-11+x,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.当x ∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在(-1,π2)上有唯一零点,设为α.则当x ∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x ∈(α,π2)时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,故g(x)在(-1,π2)上存在唯一极大值点,即f '(x)在(-1,π2)上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(i)当x ∈(-1,0]时,由(1)知,f '(x)在(-1,0)上单调递增,而f '(0)=0,所以当x ∈(-1,0)时,f '(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.(ii)当x ∈(0,π2]时,由(1)知,f '(x)在(0,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,而f '(0)=0,f '(π2)<0,所以存在β∈(α,π2),使得f'(β)=0,且当x ∈(0,β)时,f '(x)>0;当x ∈(β,π2)时,f '(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在(β,π2)上单调递减. 又f(0)=0,f(π2)=1-ln(1+π2)>0,所以当x ∈(0,π2]时,f(x)>0.从而f(x)在(0,π2]上没有零点.(iii)当x ∈(π2,π]时,f '(x)<0,所以f(x)在(π2,π)上单调递减.而f(π2)>0,f(π)<0,所以f(x)在(π2,π]上有唯一零点. (iv)当x ∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.17.B 根据题意,设f(x)=2x+1-x-ln x=x+1-ln x,则f'(x)=1-1x =x -1x (x>0),所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)min =f(1)=2-ln 1=2,所以|AB|min =2.故选B.18.C 由题意得,当πx m =k π+π2(k ∈Z),即x=(2k+1)m 2(k ∈Z)时,f(x)取得极值±√3.若存在f(x)的极值点x 0满足x 02+[f(x 0)]2<m 2,则存在k ∈Z,使[(2k+1)m 2]2+3<m 2成立,问题等价于存在k ∈Z 使不等式m 2(k+12)2+3<m 2成立,因为(k+12)2的最小值为14,所以只要14m 2+3<m 2成立即可,即m 2>4,解得m>2或m<-2.故选C.19.(1)由f(x)=ax-e x +2,得f '(x)=a-e x .当a<0时,对任意x ∈R,f'(x)<0,所以f(x)单调递减.当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a,当x ∈(-∞,ln a)时,f '(x)>0,当x ∈(ln a,+∞)时,f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递增,在(ln a,+∞)上单调递减.综上所述,当a<0时,f(x)在R 上单调递减,无增区间;当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递增,在(ln a,+∞)上单调递减.(2)存在满足条件的实数a,且实数a 的值为e+1.理由如下:①当a ≤1,且a ≠0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,则x ∈[0,1]时,f(x)max =f(0)=1,则f(x 1)+f(x 2)≤2f(0)=2<4,所以此时不满足题意;②当1<a<e 时,由(1)知,在[0,ln a]上,f(x)单调递增,在(ln a,1]上,f(x)单调递减, 则当x ∈[0,1]时,f(x)max =f(ln a)=aln a-a+2.当x 1=0时,对任意x 2∈[0,1],f(x 1)+f(x 2)≤f(0)+f(ln a)=1+aln a-a+2=a(ln a-1)+3<3,所以此时不满足题意;③当a ≥e 时,令g(x)=4-f(x)(x ∈[0,1]),由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,从而知g(x)在[0,1]上单调递减,所以g(x)max =g(0)=4-f(0),g(x)min =g(1)=4-f(1).若对任意的x 1∈[0,1],总存在x 2∈[0,1],使得f(x 1)+f(x 2)=4,则f(x)的值域为g(x)值域的子集,即{f(0)≥g(1),f(1)≤g(0),即{f(0)+f(1)≥4,f(1)+f(0)≤4,所以f(0)+f(1)=a-e+3=4,解得a=e+1.综上,存在满足题意的实数a,且实数a 的值为e+1.。

2024年高考数学总复习第三章《导数及其应用》测试卷及答案解析(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知曲线y＝f(x)在x＝5处的切线方程是y＝－x＋5，则f(5)与f′(5)分别为() A．5，－1B．－1,5C．－1,0D．0，－1答案D解析由题意可得f(5)＝－5＋5＝0，f′(5)＝－1，故选D.2．已知函数f(x)＝x sin x＋ax，且f1，则a等于()A．0B．1C．2D．4答案A解析∵f′(x)＝sin x＋x cos x＋a，且f1，∴sin π2＋π2cosπ2＋a＝1，即a＝0.3．若曲线y＝mx＋ln x在点(1，m)处的切线垂直于y轴，则实数m等于() A．－1B．0C．1D．2答案A解析f(x)的导数为f′(x)＝m＋1x，曲线y＝f(x)在点(1，m)处的切线斜率为k＝m＋1＝0，可得m＝－1.故选A.4．已知f1(x)＝sin x＋cos x，f n＋1(x)是f n(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，f n＋1(x)＝f n′(x)，n∈N*，则f2020(x)等于()A．－sin x－cos x B．sin x－cos xC．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x答案B解析∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x＝f1(x)，∴f n(x)是以4为周期的函数，∴f2020(x)＝f4(x)＝sin x－cos x，故选B.5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x(其中e为自然对数的底数)，则f′(e)等于()A ．1B ．－1C ．－eD ．－e －1答案D解析已知f (x )＝2xf ′(e)＋ln x ，其导数f ′(x )＝2f ′(e)＋1x，令x ＝e ，可得f ′(e)＝2f ′(e)＋1e ，变形可得f ′(e)＝－1e ，故选D.6．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为()A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)答案B解析由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．7．(2019·沈阳东北育才学校模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )＝x 2＋m ，g (x )＝6ln x －4x ，设两曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在公共点处的切线相同，则m 值等于()A ．5B ．3C ．－3D ．－5答案D解析f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝6x －4，令2x ＝6x－4，解得x ＝1，这就是切点的横坐标，代入g (x )求得切点的纵坐标为－4，将(1，－4)代入f (x )得1＋m ＝－4，m ＝－5.故选D.8．(2019·新乡模拟)若函数f (x )＝a e x ＋sin x 在－π2，0上单调递增，则a 的取值范围为()B ．[－1,1]C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案D解析依题意得，f ′(x )＝a e x ＋cos x ≥0，即a ≥－cos xe x 对x ∈－π2，0恒成立，设g (x )＝－cos xe x ，x ∈－π2，0，g ′(x )g ′(x )＝0，则x ＝－π4，当x ∈－π2，－g ′(x )<0；当x －π4，0时，g ′(x )>0，故g (x )max ＝g (0，则a ≥0.故选D.9.(2019·河北衡水中学调研)如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为()A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案B解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分同大圆柱一样为5，下部分深入底部半球内设为h (0<h <5)，小圆柱的底面半径设为r (0<r <5)，由于r ，h 和球的半径5满足勾股定理，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导V ′＝－π(3h －5)·(h ＋5)，当0<h ≤53时，体积V 单调递增，当53<h <5时，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱体积取得最大值，V max ＝＝4000π27，故选B.10．(2019·凉山诊断)若对任意的0<x 1<x 2<a 都有x 2ln x 1－x 1ln x 2<x 1－x 2成立，则a 的最大值为()A.12B ．1C ．eD ．2e答案B解析原不等式可转化为1＋ln x 1x 1<1＋ln x 2x 2，构造函数f (x )＝1＋ln x x ，f ′(x )＝－ln xx2，故函数在(0,1)上导数大于零，单调递增，在(1，＋∞)上导数小于零，单调递减．由于x 1<x 2且f (x 1)<f (x 2)，故x 1，x 2在区间(0,1)上，故a 的最大值为1，故选B.11．(2019·洛阳、许昌质检)设函数y ＝f (x )，x ∈R 的导函数为f ′(x )，且f (x )＝f (－x ),f ′(x )<f (x )，则下列不等式成立的是(注：e 为自然对数的底数)()A ．f (0)<e －1f (1)<e 2f (2)B ．e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)C ．e 2f (2)<e －1f (1)<f (0)D ．e 2f (2)<f (0)<e －1f (1)答案B解析设g (x )＝e －x f (x )，∴g ′(x )＝－e －x f (x )＋e －x f ′(x )＝e －x (f ′(x )－f (x ))，∵f ′(x )<f (x )，∴g ′(x )<0，∴g (x )为减函数．∵g (0)＝e 0f (0)＝f (0)，g (1)＝e －1f (1),g (－2)＝e 2f (－2)＝e 2f (2)，且g (－2)>g (0)>g (1)，∴e －1f (1)<f (0)<e 2f (2)，故选B.12．(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b 的图象在x ＝0处的切线方程为2x －y －a ＝0，若关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，则m 的取值范围为()A.－323，－B.－2－323，－2答案D解析由函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b ，可得f ′(x )＝－x 2－x ＋a ，则f (0)＝－b ＝－a ，f ′(0)＝a ＝2，则b ＝2，即f (x )＝－13x 3－12x 2＋2x －2，f ′(x )＝－x 2－x ＋2＝－(x －1)(x ＋2)，所以函数f (x )在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，又由关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数f (x )的图象与直线y ＝m 在x ∈(0，＋∞)，上有两个交点，又f (0)＝－2，f (1)＝－56，所以－2<m <－56，故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·陕西四校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为________________．答案x －y －3＝0解析∵f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，∴f ′(x )＝1x ＋4x －4，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝－2，∴所求切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.14．已知函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是________．答案－1e2，解析f ′(x )＝ln x ＋1x (x －a )＝ln x ＋1－ax，函数f (x )＝(x －a )ln x (a ∈R )，若函数f (x )存在三个单调区间，则f ′(x )有两个变号零点，即f ′(x )＝0有两个不等实根，即a ＝x (ln x ＋1)有两个不等实根，转化为y ＝a 与y ＝x (ln x ＋1)的图象有两个不同的交点．令g (x )＝x (ln x ＋1)，则g ′(x )＝ln x ＋2，令ln x ＋2＝0，则x ＝1e 2，即g (x )＝x (ln x ＋1)[g (x )]min ＝－1e 2，当x →0时，g (x )→0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以结合f (x )的图象(图略)可知a －1e 2，15．(2019·山师大附中模拟)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．答案－1，12解析由函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥－2＋e x ＋1ex ≥－2＋2e x ·1e x＝0，当且仅当x ＝0时等号成立，可得f (x )在R 上递增，又f (－x )＋f (x )＝(－x )3＋2x ＋e －x －e x ＋x 3－2x ＋e x －1e x 0，可得f (x )为奇函数，则f (a －1)＋f (2a 2)≤0，即有f (2a 2)≤0－f (a －1)＝f (1－a )，即有2a 2≤1－a ，解得－1≤a ≤12.16．(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，且对任意的不相等的实数x 1，x 2∈[0，＋∞)有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0成立，若关于x 的不等式f (2mx －ln x－3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)在x ∈[1,3]上恒成立，则实数m 的取值范围是______________．答案12e ，1＋ln 36解析∵函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数．又f (2mx －ln x －3)≥2f (3)－f (－2mx ＋ln x ＋3)＝2f (3)－f (2mx －ln x －3)，∴f (2mx －ln x －3)≥f (3)．由题意可得函数f (x )在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减．∴|2mx －ln x －3|≤3对x ∈[1,3]恒成立，∴－3≤2mx －ln x －3≤3对x ∈[1,3]恒成立，即ln x2x ≤m ≤ln x ＋62x对x ∈[1,3]恒成立．令g (x )＝ln x2x ，x ∈[1,3]，则g ′(x )＝1－ln x 2x 2∴g (x )在[1，e ]上单调递增，在(e,3]上单调递减，∴g (x )max ＝g (e)＝12e .令h (x )＝ln x ＋62x ，x ∈[1,3]，则h ′(x )＝－5－ln x2x 2<0，∴h (x )在[1,3]上单调递减，∴h (x )min ＝h (3)＝6＋ln 36＝1＋ln 36.综上可得实数m 的取值范围为12e ，1＋ln 36.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)(2019·辽宁重点高中联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2－m 2x ＋1(m 为常数，且m >0)有极大值9.(1)求m 的值；(2)若斜率为－5的直线是曲线y ＝f (x )的切线，求此直线方程．解(1)f ′(x )＝3x 2＋2mx －m 2＝(x ＋m )(3x －m )＝0，令f ′(x )＝0，则x ＝－m 或x ＝13m ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：f ′(x )＋0－0＋f (x )增极大值减极小值增从而可知，当x ＝－m 时，函数f (x )取得极大值9，即f (－m )＝－m 3＋m 3＋m 3＋1＝9，∴m ＝2.(2)由(1)知，f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋1，依题意知f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝－5，∴x ＝－1或x ＝－13，又f (－1)＝6，＝6827，所以切线方程为y －6＝－5(x ＋1)或y －6827＝－即5x ＋y －1＝0或135x ＋27y －23＝0.18．(12分)(2019·成都七中诊断)已知函数f (x )＝x sin x ＋2cos x ＋ax ＋2，其中a 为常数．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝π2处的切线斜率为－2，求该切线的方程；(2)求函数f (x )在x ∈[0，π]上的最小值．解(1)求导得f ′(x )＝x cos x －sin x ＋a ，由f a －1＝－2，解得a ＝－1.此时2，所以该切线的方程为y －2＝－2x ＋y －2－π＝0.(2)对任意x ∈[0，π]，f ″(x )＝－x sin x ≤0，所以f ′(x )在[0，π]内单调递减．当a ≤0时，f ′(x )≤f ′(0)＝a ≤0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递减，故f (x )min ＝f (π)＝a π.当a ≥π时，f ′(x )≥f ′(π)＝a －π≥0，∴f (x )在区间[0，π]上单调递增，故f (x )min ＝f (0)＝4.当0<a <π时，因为f ′(0)＝a >0，f ′(π)＝a －π<0，且f ′(x )在区间[0，π]上单调递减，结合零点存在定理可知，存在唯一x 0∈(0，π)，使得f ′(x 0)＝0，且f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减．故f (x )的最小值等于f (0)＝4和f (π)＝a π中较小的一个值．①当4π≤a <π时，f (0)≤f (π)，故f (x )的最小值为f (0)＝4.②当0<a <4π时，f (π)≤f (0)，故f (x )的最小值为f (π)＝a π.综上所述，函数f (x )的最小值f (x )min，a ≥4π，π，a <4π.19．(12分)(2019·武汉示范高中联考)已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1(m ∈R )．(1)若函数f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，求实数m 的值；(2)若对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解(1)∵f (x )＝4ln x －mx 2＋1，∴f ′(x )＝4x －2mx ，∴f ′(1)＝4－2m ，∵函数f (x )在(1，f (1))处的切线与直线2x －y －1＝0平行，∴f ′(1)＝4－2m ＝2，∴m ＝1.(2)∵对于任意x ∈[1，e ]，f (x )≤0恒成立，∴4ln x －mx 2＋1≤0，在x ∈[1，e ]上恒成立，即对于任意x ∈[1，e ]，m ≥4ln x ＋1x 2恒成立，令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[1，e ]，g ′(x )＝2(1－4ln x )x 3，令g ′(x )>0，得1<x <14e ，令g ′(x )<0，得14e <x <e ，当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化如下表：x 14(1,e )14e14(e ,e)g ′(x )＋0－g (x )极大值∴函数g (x )在区间[1，e ]上的最大值g (x )max ＝g (14e )＝141244ln e 1(e )+＝2e e ，∴m ≥2ee，即实数m 的取值范围是2ee ，＋20．(12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围．解(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －2a 2x －a ＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a，函数f (x )当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a ，函数f (x )－1a，＋.(2)①当a ＝0时，函数f (x )在(0，1]内有1个零点x 0＝1;②当a >0时，由(1)知函数f (x )若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；若0<12a <1，即当a >12时，f (x )1上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足0，即ln 12a ≥34，又∵a >12，∴ln 12a <0，∴不等式不成立．∴f (x )在(0,1]内无零点；③当a <0时，由(1)知函数f (x )－1a，＋若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )－1a，1上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．21．(12分)(2019·湖北黄冈中学、华师附中等八校联考)在工业生产中，对一正三角形薄钢板(厚度不计)进行裁剪可以得到一种梯形钢板零件，现有一边长为3(单位：米)的正三角形钢板(如图)，沿平行于边BC 的直线DE 将△ADE 剪去，得到所需的梯形钢板BCED ，记这个梯形钢板的周长为x (单位：米)，面积为S (单位：平方米)．(1)求梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式；(2)若在生产中，梯形BCED 试确定这个梯形的周长x 为多少时，该零件才可以在生产中使用？解(1)∵DE ∥BC ，△ABC 是正三角形，∴△ADE 是正三角形，AD ＝DE ＝AE ，BD ＝CE ＝3－AD ，则DE ＋2(3－AD )＋3＝9－AD ＝x ，S ＝(3＋AD )·(3－AD )·sin 60°2＝3(12－x )(x －6)4(6<x <9)，化简得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．故梯形BCED 的面积S 关于它的周长x 的函数关系式为S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)．(2)∵由(1)得S ＝34(－x 2＋18x －72)(6<x <9)，令f (x )＝S x ＝x －72x ＋x <9)，∴f ′(x )1令f ′(x )＝0，得x ＝62或x ＝－62(舍去)，f (x )，f ′(x )随x 的变化如下表：x(6,62)62(62，9)f ′(x )＋0－f (x )单调递增极大值单调递减∴当x ＝62时，函数f (x )＝S x有最大值，为f (62)＝923－36.∴当x ＝62米时，该零件才可以在生产中使用．22．(12分)(2019·衡水中学调研)已知函数f (x )＝k e x －x 2(其中k ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若k ＝2，当x ∈(0，＋∞)时，试比较f (x )与2的大小；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求k 的取值范围，并证明：0<f (x 1)<1.解(1)当k ＝2时，f (x )＝2e x －x 2，则f ′(x )＝2e x －2x ，令h (x )＝2e x －2x ，h ′(x )＝2e x －2，由于x ∈(0，＋∞)，故h ′(x )＝2e x －2>0，于是h (x )＝2e x －2x 在(0，＋∞)上为增函数，所以h (x )＝2e x －2x >h (0)＝2>0，即f ′(x )＝2e x －2x >0在(0，＋∞)上恒成立，从而f (x )＝2e x －x 2在(0，＋∞)上为增函数，故f (x )＝2e x －x 2>f (0)＝2.(2)函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，则x 1，x 2是f ′(x )＝k e x －2x ＝0的两个根，即方程k ＝2x ex 有两个根，设φ(x )＝2x e x ，则φ′(x )＝2－2x ex ，当x <0时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )<0；当0<x <1时，φ′(x )>0，函数φ(x )单调递增且φ(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0，函数φ(x )单调递减且φ(x )>0.作出函数φ(x )的图象如图所示，要使方程k ＝2x e x 有两个根，只需0<k <φ(1)＝2e，故实数k f (x )的两个极值点x 1，x 2满足0<x 1<1<x 2，由f ′(x 1)＝1e x k －2x 1＝0得k ＝112e x x ，所以f (x 1)＝1e x k －x 21＝112e x x 1e x －x 21＝－x 21＋2x 1＝－(x 1－1)2＋1，由于x 1∈(0,1)，所以0<－(x 1－1)2＋1<1，所以0<f (x 1)<1.。

基础巩固题组(建议用时：40分钟）一、选择题1.函数f(x）＝x ln x，则（）A.在（0，＋∞）上递增B.在（0,＋∞)上递减C。

在错误!上递增D。

在错误!上递减解析f(x）的定义域为(0，＋∞），f′(x)＝ln x＋1，令f′(x)>0得x>错误!，令f′(x）<0得0〈x〈错误!，故选D。

答案D2。

下面为函数y＝x sin x＋cos x的递增区间的是（) A。

错误!B。

（π，2π）C。

错误!D。

（2π，3π）解析y′＝(x sin x＋cos x）′＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x，当x∈错误!时，恒有x cos x〉0.答案C3.已知函数f（x）＝错误!x3＋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f′（x）＝32x2＋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.答案A4.已知函数y＝f（x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′（x)的图象如图所示，则该函数的图象是( ）解析由y＝f′(x）的图象知，y＝f（x）在[－1,1］上为增函数,且在区间（－1,0）上增长速度越来越快，而在区间(0，1）上增长速度越来越慢。

答案 B5.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 ∵f (x )＝错误!x 2－9ln x ,∴f ′(x )＝x －错误!(x 〉0），当x －9x≤0时,有0〈x ≤3， 即在(0，3]上原函数是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆（0，3],∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案 A二、填空题6。

第三章导数及其应用第二讲导数的简单应用练好题·考点自测1.［2021陕西模拟］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,+∞)2。

下列说法错误的是(）A。

函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的B。

若x0是可导函数y=f（x)的极值点，则一定有f'（x0）=0 C。

函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值D.函数f(x）=x sin x有无数个极值点3.［2020安徽安庆一中5月模拟］函数y=f(x）的导函数的图象如图3—2—1所示,给出下列命题:①（0,3)为函数y=f(x）的单调递减区间；②(5,+∞）为函数y=f（x)的单调递增区间；③函数y=f(x)在x=0处取得极大值;④函数y=f（x)在x=5处取得极小值.其中正确的命题序号是() A.①③B.②④C.①④ D。

②③④图3-2-14.[2017全国卷Ⅱ,11，5分］若x =—2是函数f (x ）=(x 2+ax —1）e x -1的极值点，则 f (x )的极小值为 （ ）A 。

—1 B.—2e -3 C 。

5e —3 D 。

15.[2021河南省名校第一次联考］已知函数f (x ）=x (x -c )2在x =2处取极大值,则c = 。

6。

[2021武汉市部分学校质检］设函数f (x )=ln1+sinx 2cosx在区间[−π4,π4］上的最小值和最大值分别为m 和M ，则m +M = .拓展变式1。

［2020全国卷Ⅱ，21,12分]［文］已知函数f (x )=2ln x +1. (1）若f （x ）≤2x +c ,求c 的取值范围; (2）设a >0，讨论函数g （x ）=f (x )-f (a )x -a的单调性。

2。

已知函数g （x ）=13x 3−a 2x 2+2x +5。

(1)若函数g (x )在（—2，-1）内单调递减，则a 的取值范围为 ；（2）若函数g （x ）在(-2,-1）内存在单调递减区间，则a 的取值范围为 ；（3）若函数g (x ）在（—2,—1）上不单调，则a 的取值范围为 。

第三章 导数及其应用第一节 导数的概念及运算、定积分1．导数的概念(1)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 mΔx →0 ΔyΔx＝li mΔx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ❶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)＝li mΔx →0 ΔyΔx ＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx.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”．(2)导数的几何意义：函数f (x )在x ＝x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)❷处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s (t )对时间t 的导数)．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)(x －x 0)．❷曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线是指P 为切点，斜率为k ＝f ′(x 0)的切线，是唯一的一条切线. (3)函数f (x )的导函数：称函数f ′(x )＝li mΔx →0 f (x ＋Δx )－f (x )Δx为f (x )的导函数．(4)f ′(x )是一个函数，f ′(x 0)是函数f ′(x )在x 0处的函数值(常数)，[f ′(x 0)]′＝0. 2．基本初等函数的导数公式原函数 导函数 f (x )＝x n (n ∈Q *) f ′(x )＝n ·x n －1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝a x ln a f (x )＝e xf ′(x )＝e x f (x )＝log a x (a ＞0，且a ≠1)f ′(x )＝1x ln af (x )＝ln xf ′(x )＝1x3.导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．4．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．5．定积分的概念在∫b a f (x )d x 中，a ，b 分别叫做积分下限与积分上限，区间[a ，b ]叫做积分区间，f (x )叫做被积函数，x 叫做积分变量，f (x )d x 叫做被积式．6．定积分的性质(1)∫b a kf (x )d x ＝k ∫b a f (x )d x (k 为常数)； (2)∫b a [f 1(x )±f 2(x )]d x ＝∫b a f 1(x )d x ±∫b a f 2(x )d x ； (3)∫b a f (x )d x ＝∫c a f (x )d x ＋∫b c f (x )d x (其中a ＜c ＜b )．求分段函数的定积分，可以先确定不同区间上的函数解析式，然后根据定积分的性质(3)进行计算. 7．微积分基本定理一般地，如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，并且F ′(x )＝f (x )，那么∫b a f (x )d x ＝F (b )－F (a )，常把F (b )－F (a )记作F (x )|b a ，即∫b a f (x )d x ＝F (x )|ba ＝F (b )－F (a )．8．定积分的几何意义定积分∫b a f (x )d x 的几何意义是介于x 轴、曲线y ＝f (x )及直线x ＝a ，x ＝b 之间的曲边梯形的面积的代数和，其值可正可负，具体来说，如图，设阴影部分的面积为S .①S ＝∫b a f (x )d x ；②S ＝－∫b a f (x )d x ；③S ＝∫c a f (x )d x －∫bc f (x )d x ； ④S ＝∫b a f (x )d x －∫b a g (x )d x ＝∫b a [f (x )－g (x )]d x .(1)定积分的几何意义是曲边梯形的面积，但要注意：面积非负，而定积分的结果可正可负.(2)当曲边梯形位于x 轴上方时，定积分的值为正；当曲边梯形位于x 轴下方时，定积分的值为负；当位于x 轴上方的曲边梯形与位于x 轴下方的曲边梯形面积相等时，定积分的值为零.二、常用结论1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 2．熟记以下结论：(1)⎝⎛⎭⎫1x ′＝－1x 2；(2)(ln|x |)′＝1x ； (3)⎣⎡⎦⎤1f (x )′＝－f ′(x )[f (x )]2(f (x )≠0)； (4)[af (x )±bg (x )]′＝af ′(x )±bg ′(x )． 3．常见被积函数的原函数(1)∫b a c d x ＝cx |b a ；(2)∫b a x n d x ＝x n ＋1n ＋1|ba(n ≠－1)；(3)∫b a sin x d x ＝－cos x |b a ；(4)∫b a cos x d x ＝sin x |ba ；(5)∫b a 1x d x ＝ln|x ||b a ；(6)∫b a e x d x ＝e x |b a . 考点一 导数的运算1．f (x )＝x (2 018＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 019，则x 0等于( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2D ．e解析：选B f ′(x )＝2 018＋ln x ＋x ×1x ＝2 019＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 019，得2 019＋ln x 0＝2 019，则lnx 0＝0，解得x 0＝1.2．(2019·宜昌联考)已知f ′(x )是函数f (x )的导数，f (x )＝f ′(1)·2x ＋x 2，则f ′(2)＝( ) A.12－8ln 21－2ln 2 B.21－2ln 2 C.41－2ln 2D ．－2解析：选C 因为f ′(x )＝f ′(1)·2x ln 2＋2x ，所以f ′(1)＝f ′(1)·2ln 2＋2，解得f ′(1)＝21－2ln 2，所以f ′(x )＝21－2ln 2·2x ln 2＋2x ，所以f ′(2)＝21－2ln 2×22ln 2＋2×2＝41－2ln 2.3．若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)＝________. 解析：f ′(x )＝4ax 3＋2bx ， ∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2， ∴f ′(－1)＝－2. 答案：－24．求下列函数的导数． (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝ln x ＋1x ；(3)y ＝cos x ex ；(4)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2. 解：(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′ ＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x ′＝(ln x )′＋⎝⎛⎭⎫1x ′＝1x －1x2. (3)y ′＝⎝⎛⎭⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x －cos x (e x)′(e x )2＝－sin x ＋cos x e x .(4)∵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 .考点二 导数的几何意义及其应用考法(一) 求切线方程[例1] (2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)·x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x[解析] 法一：∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . 法二：∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， ∴a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . [答案] D考法(二) 求切点坐标[例2] 已知函数f (x )＝x ln x 在点P (x 0，f (x 0))处的切线与直线x ＋y ＝0垂直，则切点P (x 0，f (x 0))的坐标为________．[解析] ∵f (x )＝x ln x ，∴f ′(x )＝ln x ＋1，由题意得f ′(x 0)·(－1)＝－1，即f ′(x 0)＝1，∴ln x 0＋1＝1，ln x 0＝0，∴x 0＝1，∴f (x 0)＝0，即P (1,0)．[答案] (1,0)考法(三) 由曲线的切线(斜率)求参数的值(范围)[例3] (1)(2018·商丘二模)设曲线f (x )＝－e x －x (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在曲线g (x )＝3ax ＋2cos x 上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．(3，＋∞)C.⎣⎡⎦⎤－23，13D.⎣⎡⎦⎤－13，23 (2)(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. [解析] (1)由f (x )＝－e x －x ，得f ′(x )＝－e x －1，∵e x ＋1>1，∴1e x ＋1∈(0,1)．由g (x )＝3ax ＋2cos x ，得g ′(x )＝3a －2sin x ，又－2sin x ∈[－2,2]，∴3a －2sin x ∈[－2＋3a ，2＋3a ]．要使过曲线f (x )＝－e x －x 上任意一点的切线l 1，总存在过曲线g (x )＝3ax ＋2cos x上某点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则⎩⎪⎨⎪⎧－2＋3a ≤0，2＋3a ≥1，解得－13≤a ≤23.(2)∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x ， ∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3. [答案] (1)D (2)－3考法(四) 两曲线的公切线问题[例4] 已知曲线f (x )＝x 3＋ax ＋14在x ＝0处的切线与曲线g (x )＝－ln x 相切，则a 的值为________．[解析] 由f (x )＝x 3＋ax ＋14，得f ′(x )＝3x 2＋a .∵f ′(0)＝a ，f (0)＝14，∴曲线y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －14＝ax .设直线y －14＝ax 与曲线g (x )＝－ln x 相切于点(x 0，－ln x 0)，g ′(x )＝－1x，∴⎩⎪⎨⎪⎧－ln x 0－14＝ax 0， ①a ＝－1x， ②将②代入①得ln x 0＝34，∴x 0＝e 34，∴a ＝－1e 34＝－e －34.[答案] －e －34[题组训练]1．曲线y ＝x －1x ＋1在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为( )A.18B.14C.12D ．1 解析：选B 因为y ′＝2(x ＋1)2，所以y ′x ＝0＝2，所以曲线在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝2x ，即y＝2x －1，与两坐标轴的交点坐标分别为(0，－1)，⎝⎛⎭⎫12，0，所以与两坐标轴围成的三角形的面积S ＝12×|－1|×12＝14. 2．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数a 的值为________． 解析：由题意知y ′＝a e x ＋1＝2，则a >0，x ＝－ln a ，代入曲线方程得y ＝1－ln a ，所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a )，即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.答案：13．若一直线与曲线y ＝ln x 和曲线x 2＝ay (a >0)相切于同一点P ，则a 的值为________． 解析：设切点P (x 0，y 0)，则由y ＝ln x ，得y ′＝1x，由x 2＝ay ，得y ′＝2ax ，则有⎩⎪⎨⎪⎧1x 0＝2a x 0，y 0＝ln x 0，x 20＝ay 0，解得a ＝2e.答案：2e考点三 定积分的运算及应用[题组训练]1. ⎠⎛0π(sin x －cos x )d x ＝________.解析：⎠⎛0π (sin x －cos x )d x＝⎠⎛πsin x d x －⎠⎛0πcos x d x ＝－cos x⎪⎪⎪π0－sin x ⎪⎪⎪π＝2. 答案：2 2. ⎠⎛1e 1x d x ＋⎠⎛－224－x 2d x ＝________.解析：⎠⎛1e 1x d x ＝ln x ⎪⎪⎪e1＝1－0＝1，因为⎠⎛－224－x 2d x 表示的是圆x 2＋y 2＝4在x 轴及其上方的面积，故⎠⎛－224－x 2d x ＝12π×22＝2π，故答案为2π＋1.答案：2π＋13．由曲线y ＝x ，y ＝2－x ，y ＝－13x 所围成图形的面积为____________．解析：法一：画出草图，如图所示．解方程组⎩⎨⎧y ＝x ，x ＋y ＝2，⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，y ＝－13x及⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，y ＝－13x ，得交点分别为(1,1)，(0,0)，(3，－1)， 所以所求图形的面积S ＝⎠⎛01⎣⎡⎦⎤ x －⎝⎛⎭⎫－13x d x ＋⎠⎛13⎣⎡⎦⎤(2－x )－⎝⎛⎭⎫－13x d x ＝⎠⎛01⎝⎛⎭⎫ x ＋13x d x ＋⎠⎛13⎝⎛⎭⎫2－23x d x ＝⎝⎛⎭⎫23x 32＋16x 2⎪⎪⎪10＋⎝⎛⎭⎫2x －13x 2⎪⎪⎪31 ＝56＋6－13×9－2＋13＝136. 法二：如图所求阴影的面积就是三角形OAB 的面积减去由y 轴，y ＝x ，y ＝2－x 围成的曲边三角形的面积，即S ＝12×2×3－⎠⎛01 (2－x －x )d x ＝3－⎝⎛⎭⎫2x －12x 2－23x 32⎪⎪⎪1＝3－⎝⎛⎭⎫2－12－23＝136. 答案：1364．一物体在力F (x ) ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，0≤x ≤2，3x ＋4，x >2(单位：N)的作用下沿与力F 相同的方向，从x ＝0处运动到x ＝4(单位：m)处，则力F (x )做的功为________J.解析：由题意知，力F (x )所做的功为W ＝⎠⎛04F (x )d x ＝⎠⎛025d x ＋⎠⎛24(3x ＋4)d x ＝5×2＋⎝⎛⎭⎫32x 2＋4x ⎪⎪⎪42＝10＋⎣⎡⎦⎤32×42＋4×4－⎝⎛⎭⎫32×22＋4×2＝36(J)．答案：361．正确选用求定积分的4个常用方法 定理法 性质法 几何法 奇偶性法 2．定积分在物理中的2个应用(1)求物体做变速直线运动的路程，如果变速直线运动物体的速度为v ＝v (t )，那么从时刻t ＝a 到t ＝b 所经过的路程s ＝⎠⎛ab v (t )d t .(2)变力做功，一物体在变力F (x )的作用下，沿着与F (x )相同的方向从x ＝a 移动到x ＝b 时，力F (x )所做的功是W ＝⎠⎛ab F (x )d x .[课时跟踪检测]A 级1．曲线y ＝e x －ln x 在点(1，e)处的切线方程为( ) A ．(1－e)x －y ＋1＝0 B ．(1－e)x －y －1＝0 C ．(e －1)x －y ＋1＝0D ．(e －1)x －y －1＝0解析：选C 由于y ′＝e －1x ，所以y ′|x ＝1＝e －1，故曲线y ＝e x －ln x 在点(1，e)处的切线方程为y －e＝(e －1)(x －1)，即(e －1)x －y ＋1＝0.2．曲线f (x )＝x 3－x ＋3在点P 处的切线平行于直线y ＝2x －1，则P 点的坐标为( ) A ．(1,3) B ．(－1,3) C ．(1,3)和(－1,3)D ．(1，－3)解析：选C 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.3．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( ) A ．－2 B ．2 C ．－94 D.94解析：选C 因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x ，所以f ′(2)＝2×2＋3f ′(2)＋12，解得f ′(2)＝－94.4.(2019·四川名校联考)已知函数f (x )的图象如图所示，f ′(x )是f (x )的导函数，则下列数值排序正确的是( )A ．0<f ′(2)<f ′(3)<f (3)－f (2)B ．0<f ′(3)<f ′(2)<f (3)－f (2)C ．0<f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)D ．0<f (3)－f (2)<f ′(2)<f ′(3)解析：选C 设f ′(3)，f (3)－f (2)，f ′(2)分别表示直线n ，m ，l 的斜率，数形结合知0<f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2)，故选C.5.(2019·玉林模拟)由曲线y ＝x 2和曲线y ＝x 围成的一个叶形图如图所示，则图中阴影部分的面积为( )A.13B.310C.14D.15解析：选A 由⎩⎨⎧ y ＝x 2，y ＝x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，所以阴影部分的面积为⎠⎛01 (x －x 2)d x ＝⎝⎛⎭⎫23x 32－13x 3⎪⎪⎪1＝13.6．(2018·安庆模拟)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：选D ∵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 ＝3.7．(2018·延边期中)设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，则曲线在点P 处切线的倾斜角α的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫5π6，π B.⎣⎡⎭⎫2π3，π C.⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π D.⎝⎛⎦⎤π2，5π6解析：选C 因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线的斜率k ≥－3，所以切线的倾斜角α的取值范围为⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π.8．若曲线f (x )＝x sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0 相互垂直，则实数a ＝________.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，所以f ′⎝⎛⎭⎫π2＝sin π2＋π2cos π2＝1.又直线ax ＋2y ＋1＝0的斜率为－a2，所以1×⎝⎛⎭⎫－a2＝－1，解得a ＝2.答案：29．(2019·重庆质检)若曲线y ＝ln(x ＋a )的一条切线为y ＝e x ＋b ，其中a ，b 为正实数，则a ＋eb ＋2的取值范围为________．解析：由y ＝ln(x ＋a )，得y ′＝1x ＋a.设切点为(x 0，y 0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧1x 0＋a ＝e ，ln (x 0＋a )＝e x 0＋b ⇒b ＝a e －2.∵b >0，∴a >2e， ∴a ＋e b ＋2＝a ＋1a ≥2，当且仅当a ＝1时等号成立．答案：[2，＋∞)10．(2018·烟台期中)设函数F (x )＝ln x ＋a x (0<x ≤3)的图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，则实数a 的取值范围为________．解析：由F (x )＝ln x ＋ax (0<x ≤3)，得F ′(x )＝x －a x 2(0<x ≤3 )，则有k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20≤12在(0,3]上恒成立，所以a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 20＋x 0max .当x 0＝1时，－12x 20＋x 0在(0,3]上取得最大值12，所以a ≥12. 答案：⎣⎡⎭⎫12，＋∞B 级1．若f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，则⎠⎛01f (x )d x ＝( )A ．－1B ．－13C.13D ．1解析：选B ∵f (x )＝x 2＋2⎠⎛01f (x )d x ，∴⎠⎛01f (x )d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋2x ⎠⎛01f (x )d x ⎪⎪⎪10＝13＋2⎠⎛01f (x )d x ，∴⎠⎛01f (x )d x ＝－13. 2．设f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，x ∈[－1，1]，x 2－1，x ∈(1，2]，则⎠⎛-12f (x )d x 的值为( )A.π2＋43 B.π2＋3 C.π4＋43D.π4＋3 解析：选A ⎠⎛-12f (x )d x ＝⎠⎛-111－x 2d x ＋⎠⎛12 (x 2－1)d x ＝12π×12＋⎝⎛⎭⎫13x 3－x ⎪⎪⎪21＝π2＋43. 3．等比数列{a n }中，a 1＝2，a 8＝4，函数f (x )＝x (x －a 1)·(x －a 2)·…·(x －a 8)，则f ′(0)＝( ) A ．26 B ．29C ．212D ．215解析：选C 因为f ′(x )＝x ′·[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ＝(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)＋[(x －a 1)(x －a 2)·…·(x －a 8)]′·x ，所以f ′(0)＝(0－a 1)(0－a 2)·…·(0－a 8)＋0＝a 1a 2·…·a 8.因为数列{a n }为等比数列， 所以a 2a 7＝a 3a 6＝a 4a 5＝a 1a 8＝8， 所以f ′(0)＝84＝212.4．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则a 等于( )A ．－1或－2564B ．－1或214C ．－74或－2564D ．－74或7解析：选A 因为y ＝x 3，所以y ′＝3x 2，设过点(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)， 则在该点处的切线斜率为k ＝3x 20，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30.又点(1,0)在切线上，所以x 0＝0或x 0＝32.当x 0＝0时，切线方程为y ＝0.由y ＝0与y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝－2564；当x 0＝32时，切线方程为y ＝274x －274，由y ＝274x －274与y ＝ax 2＋154x －9相切，可得a ＝－1.综上，a 的值为－1或－2564.5．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 2 019(x )＝( )A ．－sin x －cos xB ．sin x －cos xC ．－sin x ＋cos xD ．sin x ＋cos x解析：选A ∵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 )的解析式以4为周期重复出现，∵2 019＝4×504＋3，∴f 2 019(x )＝f 3(x )＝－sin x －cos x .6．曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋8＝0的最短距离是( ) A ．2 5 B ．2 C ．2 3D. 3解析：选A 设M (x 0，ln(2x 0－1))为曲线上的任意一点，则曲线在点M 处的切线与直线2x －y ＋8＝0平行时，点M 到直线的距离即为曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋8＝0的最短距离．∵y ′＝22x －1，∴22x 0－1＝2，解得x 0＝1，∴M (1,0)．记点M 到直线2x －y ＋8＝0的距离为d ，则d ＝|2＋8|4＋1＝2 5.7．如图，y ＝f (x )是可导函数，直线l ：y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，则曲线g (x )在x ＝3处的切线方程为________．解析：由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线斜率等于－13，即f ′(3)＝－13.又g (x )＝xf (x )，所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)，由题图可知f (3)＝1，所以g (3)＝3f (3)＝3，g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0，则曲线g (x )在x ＝3处的切线方程为y －3＝0.答案：y －3＝08．设函数f (x )＝ax －bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为7x －4y －12＝0.(1)求f (x )的解析式；(2)曲线y ＝f (x )上任一点处的切线与直线x ＝0和直线y ＝x 所围成的三角形的面积是否为定值，若是，求此定值；若不是，说明理由．解：(1)方程7x －4y －12＝0可化为y ＝74x －3，当x ＝2时，y ＝12.又f ′(x )＝a ＋bx 2，所以⎩⎨⎧2a －b 2＝12，a ＋b 4＝74，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3.故f (x )＝x －3x.(2)是定值，理由如下：设P (x 0，y 0)为曲线y ＝f (x )上任一点，由f ′(x )＝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，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，得切线与直线y ＝x 的交点坐标为(2x 0,2x 0)．所以曲线y ＝f (x )在点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和直线y ＝x 所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6. 9．已知函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)x －1，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设直线l 为函数g (x )＝ln x 图象上任意一点A (x 0，y 0)处的切线，问：在区间(1，＋∞)上是否存在x 0，使得直线l 与曲线h (x )＝e x 也相切？若存在，满足条件的 x 0有几个？解：(1)∵函数f (x )＝ln x －a (x ＋1)x －1(x ＞0且x ≠1)，∴f ′(x )＝1x ＋2a(x －1)2，∵曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1，∴f ′⎝⎛⎭⎫12＝2＋8a ＝10，∴a ＝1，∴f ′(x )＝x 2＋1x (x －1)2. ∵x ＞0且x ≠1，∴f ′(x )＞0，∴函数f (x )的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)，无单调递减区间． (2)在区间(1，＋∞)上存在唯一一个满足条件的x 0. ∵g (x )＝ln x ，∴g ′(x )＝1x，∴切线l 的方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.①设直线l 与曲线h (x )＝e x 相切于点(x 1，e x 1)， ∵h ′(x )＝e x ，∴e x 1＝1x 0，∴x 1＝－ln x 0，∴直线l 的方程也可以写成y －1x 0＝1x 0(x ＋ln x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0x 0＋1x 0.②由①②得ln x 0－1＝ln x 0x 0＋1x 0，∴ln x 0＝ x 0＋1x 0－1.下证在区间(1，＋∞)上存在唯一一个满足条件的x 0. 由(1)可知，f (x )＝ln x －x ＋1x －1在区间(1，＋∞)上单调递增，又∵f (e)＝－2e －1＜0，f (e 2)＝e 2－3e 2－1＞0，∴结合零点存在性定理，知方程f (x )＝0在区间(e ，e 2)上有唯一的实数根，这个根就是所求的唯一满足条件的x 0.第二节 导数的简单应用一、基础知识1．函数的单调性与导数的关系在(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❶(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＝a❷，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．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❸(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．(3)开区间上的单调连续函数无最值．,(1)f′(x)＞0(＜0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件．(3)由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是f′(x)＞0(＜0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验.f′(x 0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．(1)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数.二、常用结论(1)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．(2)若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值．(3)极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点处取，则必定在极值处取．第一课时导数与函数的单调性考点一求函数的单调区间1．已知函数f(x)＝x ln x，则f(x)()A．在(0，＋∞)上单调递增B ．在(0，＋∞)上单调递减C ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增 D ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减 解析：选D 因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)， 当f ′(x )＞0时，解得x ＞1e，即函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞； 当f ′(x )＜0时，解得0＜x ＜1e，即函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e ，故选D. 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________． 解析：设幂函数f (x )＝x a ，因为图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，所以12＝⎝⎛⎭⎫22a ，a ＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2， 则g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x (x 2＋2x )， 令g ′(x )＜0，得－2＜x ＜0， 故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)． 答案：(－2,0)3．(2018·开封调研)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 考点二 判断含参函数的单调性(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性．[解] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①当a ≤2时，则f ′(x )≤0， 当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当a ＞2时，令f ′(x )＝0， 得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． 综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．[题组训练]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．考点三 根据函数的单调性求参数[典例精析](1)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是________．(2)若函数h (x )＝ln x －12ax 2－2x (a ≠0)在[1,4]上单调递减，则a 的取值范围为________．[解析] (1)函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x ＝t ，则g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0在[－1,1]恒成立，所以⎩⎨⎧g (1)＝－43＋a ＋53≥0，g (－1)＝－43－a ＋53≥0，解得－13≤a ≤13.(2)因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立．由(1)知G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1， 因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎡⎦⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)， 所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－716，0∪(0，＋∞)． 答案：(1)⎣⎡⎦⎤－13，13 (2)⎣⎡⎭⎫－716，0∪(0，＋∞)[变式发散]1．(变条件)若本例(2)条件变为“函数h (x )在[1,4]上单调递增”，则a 的取值范围为________． 解析：因为h (x )在[1,4]上单调递增，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立，即a ≤1x 2－2x 恒成立，又因为当 x ∈[1,4]时，⎝⎛⎭⎫1x 2－2x min ＝－1(此时x ＝1)， 所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]． 答案：(－∞，－1]2．(变条件)若本例(2)条件变为“函数h (x )在[1,4]上存在单调递减区间”，则a 的取值范围为________． 解析：因为h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 所以h ′(x )＜0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a ＞1x 2－2x有解，而当x ∈[1,4]时，⎝⎛⎭⎫1x 2－2x min ＝－1(此时x ＝1)， 所以a ＞－1，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 答案：(－1,0)∪(0，＋∞)3．(变条件)若本例(2)条件变为“函数h (x )在[1,4]上不单调”，则a 的取值范围为________． 解析：因为h (x )在[1,4]上不单调，所以h ′(x )＝0在(1,4)上有解，即a ＝1x 2－2x ＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1在(1,4)上有解， 令m (x )＝1x 2－2x ，x ∈(1,4)，则－1＜m (x )＜－716.所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－1，－716. 答案：⎝⎛⎭⎫－1，－716[题组训练]1．(2019·渭南质检)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2的图象经过点M (1,4)，曲线在点M 处的切线恰好与直线x ＋9y ＝0垂直．若函数f (x )在区间[m ，m ＋1]上单调递增，则m 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝ax 3＋bx 2的图象经过点M (1,4)， ∴a ＋b ＝4，①f ′(x )＝3ax 2＋2bx ，则f ′(1)＝3a ＋2b .由题意可得f ′(1)·⎝⎛⎭⎫－19＝－1，即3a ＋2b ＝9.② 联立①②两式解得a ＝1，b ＝3， ∴f (x )＝x 3＋3x 2，f ′(x )＝3x 2＋6x . 令f ′(x )＝3x 2＋6x ≥0，得x ≥0或x ≤－2. ∵函数f (x )在区间[m ，m ＋1]上单调递增， ∴[m ，m ＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)， ∴m ≥0或m ＋1≤－2，即m ≥0或m ≤－3. 答案：(－∞，－3]∪[0，＋∞)2．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，＋∞) [课时跟踪检测]A 级1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )A ．f (x )＝sin 2xB ．f (x )＝x e xC ．f (x )＝x 3－xD ．f (x )＝－x ＋ln x解析：选B 对于A ，f (x )＝sin 2x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤k π－π4，k π＋π4(k ∈Z)；对于B ，f ′(x )＝e x (x ＋1)，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，∴函数f (x )＝x e x 在(0，＋∞)上为增函数；对于C ，f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )＞0，得x ＞33或x ＜－33，∴函数f (x )＝x 3－x 在⎝⎛⎭⎫－∞，－33和⎝⎛⎭⎫33，＋∞上单调递增；对于D ，f ′(x )＝－1＋1x ＝－x －1x ，令f ′(x )＞0，得0＜x ＜1，∴函数f (x )＝－x ＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.2．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.3．若函数f (x )＝(x 2－cx ＋5)e x 在区间⎣⎡⎦⎤12，4上单调递增，则实数c 的取值范围是( ) A ．(－∞，2] B ．(－∞，4] C ．(－∞，8]D ．[－2,4]解析：选B f ′(x )＝[x 2＋(2－c )x －c ＋5]e x ，∵函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12，4上单调递增，∴x 2＋(2－c )x －c ＋5≥0对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，4恒成立，即(x ＋1)c ≤x 2＋2x ＋5对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，4恒成立，∴c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1对任意x ∈⎣⎡⎦⎤12，4恒成立，∵x ∈⎣⎡⎦⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝x ＋1＋4x ＋1≥4，当且仅当x ＝1时等号成立，∴c ≤4. 4．(2019·咸宁联考)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 ≤2.5．(2019·南昌联考)已知函数f (x ＋1)是偶函数，当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，设a ＝f ⎝⎛⎭⎫－12，b ＝f (3)，c ＝f (0)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b ＜a ＜cB ．c ＜a ＜bC ．b ＜c ＜aD ．a ＜b ＜c解析：选A ∵函数f (x ＋1)是偶函数，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴a ＝f ⎝⎛⎭⎫－12＝f ⎝⎛⎭⎫52，b ＝f (3)，c ＝f (0)＝f (2)．又∵当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，∴当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＝cos x －1≤0，即f (x )＝sin x －x 在(1，＋∞)上为减函数，∴b ＜a ＜c .6．已知函数y ＝f (x )(x ∈R)的图象如图所示，则不等式xf ′(x )≥0的解集为________________．解析：由f (x )图象特征可得，在⎝⎛⎦⎤－∞，12和[2，＋∞)上f ′(x )≥0, 在 ⎝⎛⎭⎫12，2上f ′(x )＜0，所以xf ′(x )≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥0，f ′(x )≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，f ′(x )≤0⇔0≤x ≤12或x ≥2，所以xf ′(x )≥0的解集为⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞)． 答案：⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞) 7．(2019·岳阳模拟)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)8．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)＋6x.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 ＝12.(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)．9．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．B 级1．(2019·南昌模拟)已知函数f (x )＝x sin x ，x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2，且f (x 1)＜f (x 2)，那么( ) A ．x 1－x 2＞0B ．x 1＋x 2＞0C ．x 21－x 22＞0D ．x 21－x 22＜0解析：选D 由f (x )＝x sin x ，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＝cos x (tan x ＋x )，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＞0，即f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上为增函数，又∵f (－x )＝－x sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数，∴当f (x 1)＜f (x 2)时，有f (|x 1|)＜f (|x 2|)，∴|x 1|＜|x 2|，x 21－x 22＜0，故选D.2．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)3．(2019·郴州模拟)已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________．解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，∴1∈(t ，t ＋1)或3∈(t ，t ＋1)⇔⎩⎪⎨⎪⎧ t ＜1，t ＋1＞1或⎩⎪⎨⎪⎧t ＜3，t ＋1＞3⇔0＜t ＜1或2＜t ＜3.答案：(0,1)∪(2,3)4.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)，下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )解析：选C 当0＜x ＜1时，xf ′(x )＜0，∴f ′(x )＜0，故y ＝f (x )在(0,1)上为减函数；当x ＞1时，xf ′(x )＞0，∴f ′(x )＞0，故y ＝f (x )在(1，＋∞)上为增函数，因此排除A 、B 、D ，故选C.5．已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，得f (－x )＝－x 3＋2x ＋1e x －e x ＝－f (x )，所以f (x )是R 上的奇函数．又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2e x ·1ex ＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时取等号， 所以f (x )在其定义域内单调递增． 因为f (a －1)＋f (2a 2)≤0， 所以f (a －1)≤－f (2a 2)＝f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解得－1≤a ≤12，故实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－1，12. 答案：⎣⎡⎦⎤－1，12 6．已知f (x )＝ax －1x ，g (x )＝ln x ，x ＞0，a ∈R 是常数．(1)求函数y ＝g (x )的图象在点P (1，g (1))处的切线方程；(2)设F (x )＝f (x )－g (x )，讨论函数F (x )的单调性． 解：(1)因为g (x )＝ln x (x ＞0)， 所以g (1)＝0，g ′(x )＝1x，g ′(1)＝1，故函数g (x )的图象在P (1，g (1))处的切线方程是y ＝x －1. (2)因为F (x )＝f (x )－g (x )＝ax －1x －ln x (x ＞0)，所以F ′(x )＝a ＋1x 2－1x＝a ＋⎝⎛⎭⎫1x －122－14. ①当a ≥14时，F ′(x )≥0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＝0时，F ′(x )＝1－xx 2，F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；③当0＜a ＜14时，由F ′(x )＝0，得x 1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a2a＞0，且x 2＞x 1， 故F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2a ，1＋1－4a 2a 上单调递减；④当a ＜0时，由F ′(x )＝0，得 x 1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a＜0， F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2a ，＋∞上单调递减．7．已知函数f (x )＝ax －ln x ，g (x )＝e ax ＋2x ，其中a ∈R. (1)当a ＝2时，求函数f (x )的极值；(2)若存在区间D ⊆(0，＋∞)，使得f (x )与g (x )在区间D 上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝2时，f (x )＝2x －ln x ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝2－1x，故当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 所以f (x )在x ＝12处取得极小值，且f ⎝⎛⎭⎫12＝1＋ln 2，无极大值． (2)由题意知，f ′(x )＝a －1x，g ′(x )＝a e ax ＋2，①当a ＞0时，g ′(x )＞0，即g (x )在R 上单调递增，而f (x )在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，故必存在区间D ⊆(0，＋∞)，使得f (x )与g (x )在区间D 上单调递增；②当a ＝0时，f ′(x )＝－1x ＜0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减，而g (x )在(0，＋∞)上单调递增，故不存在满足条件的区间D ；③当a ＜0时，f ′(x )＝a －1x ＜0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递减，而g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，1a ln ⎝⎛⎭⎫－2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ln ⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞上单调递增，若存在区间D ⊆(0，＋∞)，使得f (x )与g (x )在区间D 上有相同的单调性，则有1a ln ⎝⎛⎭⎫－2a ＞0，解得a ＜－2. 综上可知，实数a 的取值范围为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．第二课时 导数与函数的极值、最值 考点一 利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 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．[例2] 设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R.讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由． [解] f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1(x ＞－1)．令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当 a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． 当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． 当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0, 函数f (x )单调递增．。

1．对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )A ．－1是f (x )的零点B ．1是f (x )的极值点C ．3是f (x )的极值D ．点(2,8)在曲线y ＝f (x )上 答案 A解析 由A 知a －b ＋c ＝0；由B 知f ′(x )＝2ax ＋b,2a ＋b ＝0；由C 知f ′(x )＝2ax ＋b ，令f ′(x )＝0可得x ＝－b 2a ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a ＝3，则4ac －b 24a ＝3；由D 知4a ＋2b ＋c ＝8.假设A 选项错误，则⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋c ≠0，2a ＋b ＝0，4ac －b24a ＝3，4a ＋2b ＋c ＝8，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8，满足题意，故A 结论错误．同理易知当B 或C 或D 选项错误时不符合题意，故选A.2．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d (b ，c ，d 为常数)，当x ∈(0,1)时，f (x )取得极大值，当x ∈(1,2)时，f (x )取得极小值，则⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫372，5 B ．(5，5) C.⎝⎛⎭⎪⎫374，25D ．(5,25)答案 D解析 因为f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，f ′(x )的两个根分别在(0,1)和(1,2)内，所以f ′(0)>0，f ′(1)<0，f ′(2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧c >0，3＋2b ＋c <0，12＋4b ＋c >0，作出可行域如图中阴影部分所示(不包括b 轴)，⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2表示可行域内一点到点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3的距离的平方，由图象可知，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到直线3＋2b ＋c ＝0的距离最小，即⎝⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2的最小值为⎝⎛⎭⎪⎫|3－1＋3|52＝5，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3到点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－92，6的距离最大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋122＋(c －3)2＝25，因为可行域的临界线为虚线，所以所求范围为(5,25)，故选D.3．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1)B ．时，h (x )<0，又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使得h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x＋1＋xx －2ex，所以当x ∈(1,2)时，h ′(x )>1－1e >0，当x ∈时，若x ∈(0,1]，m (x )≤0； 若x ∈(1，x 0]，由′()＝ln ＋1x＋1>0.可知0<m (x )≤m (x 0)．故m (x )≤m (x 0)． 当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x 2－xex，可得x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e2.8.设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0.点击观看解答视频(1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)． 当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)内单调递减，在(x 1，x 2)内单调递增． (2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0. ①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在上单调递增．所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在上单调递增，在上单调递减． 所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值；当a ＝1时，f (x )在x ＝0处和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．9.设函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．点击观看解答视频(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x ·x 2－2x e x x4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝x －2e x－kxx 3(x >0)，由k ≤0，知e x－kx >0，令f ′(x )＝0，则x ＝2， 当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数． 综上，f (x )的减区间为(0,2)，增区间为(2，＋∞)．(2)由题意知f ′(x )＝0，即e x－kx ＝0在(0,2)内存在两个不等实根． 令g (x )＝e x －kx ，g ′(x )＝e x－k ，令g ′(x )＝0，x ＝ln k ，则0<ln k <2，即1<k <e 2.当0<x <ln k 时，g ′(x )<0，g (x )为减函数．当ln k <x <2时，g (x )为增函数．∵g (0)＝1>0，只需⎩⎪⎨⎪⎧g2>0，g ln k<0，即⎩⎪⎨⎪⎧e 2－2k >0，e ln k－k ·ln k <0，得e<k <e22.综上可知，k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22 10．已知函数f (x )＝ln x －a (x 2－x )(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求f (x )在上的最大值．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，f ′(x )＝1x－2x ＋1.∴f (1)＝0，f ′(1)＝0，即所求切线方程为：y ＝0. (2)∵f ′(x )＝1x －2ax ＋a ＝－2ax 2＋ax ＋1x，x >0.∴当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在上单调递增． ∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2.当a ≠0时，可令g (x )＝－2ax 2＋ax ＋1，x ∈，g (x )的对称轴x ＝14且过点(0,1)．∴当a <0时，f ′(x )>0在上恒成立，f (x )在上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝ln 2－2a .当a >0时，若g (1)≤0，即a ≥1时，f ′(x )<0在上恒成立．f (x )在上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝0.若g (1)>0，g (2)<0，即16<a <1时，f ′(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，a ＋a 2＋8a 4a 上大于零，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋a 2＋8a 4a ，2上小于零，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，a ＋a 2＋8a 4a 上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤a ＋a 2＋8a 4a ，2上单调递减．∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2＋8a 4a ＝lna ＋a 2＋8a 4a ＋a 2＋8a ＋a －48. 若g (1)>0，g (2)≥0，即0<a ≤16时，f ′(x )>0在上恒成立，f (x )在上单调递增，a <10，a ≥1.11．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4(a ∈R )，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)当a ＝2时，对于任意的m ∈，n ∈，求f (m )＋f ′(n )的最小值； (2)若存在x 0∈(0，＋∞)，使f (x 0)>0，求a 的取值范围． 解 (1)由题意得f (x )＝－x 3＋2x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋4x .令f ′(x )＝0，得x ＝0或43.当x 在上变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：∴对于∵f ′(x )＝－3x 2＋4x 的对称轴为直线x ＝23，且抛物线开口向下，∴对于n ∈，f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－7. ∴f (m )＋f ′(n )的最小值为－11.(2)∵f ′(x )＝－3x ⎝⎛⎭⎪⎫x －2a 3.①若a ≤0，当x >0时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 又f (0)＝－4，则当x >0时，f (x )<－4. ∴当a ≤0时，不存在x 0>0，使f (x 0)>0. ②若a >0，则当0<x <2a3时，f ′(x )>0；当x >2a3时，f ′(x )<0.从而f (x )在 ⎛⎥⎤0，2a 上单调递增，在⎢⎡⎭⎪⎫2a 3，＋∞上单调递减，4. >3.。

第2讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性基础巩固题组（建议用时：40分钟)一、选择题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，＋∞)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x）＝1－错误!＝错误!，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是（0，1）．答案A2．(2015·陕西卷)设f（x）＝x－sin x，则f（x）（）A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数解析因为f′(x）＝1－cos x≥0,所以函数为增函数，排除选项A和C。

又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B。

答案B3。

已知定义在R上的函数f(x）,其导函数f′(x）的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是（）A．f（b）>f（c）〉f(d)B．f(b)>f（a)〉f（e)C．f（c）>f（b）>f(a）D．f（c）〉f（e)〉f（d)解析依题意得，当x∈(－∞,c)时,f′(x）〉0，因此，函数f(x）在（－∞,c)上是增函数，由a〈b〈c，所以f(c)〉f(b)〉f(a）．答案C4．若函数f（x）＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞）上为增函数，则实数m的取值范围为( ) A．(－∞,2）B．（－∞，2］C。

错误!D。

错误!解析∵f′（x)＝6x2－6mx＋6，当x∈（2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立,∴m≤x＋错误!恒成立．令g（x)＝x＋错误!，g′（x）＝1－错误!,∴当x>2时，g′(x)>0，即g（x）在（2，＋∞)上单调递增，∴m≤2＋错误!＝错误!.答案D5．(2017·上饶模拟)函数f(x）的定义域为R，f(－1)＝2,对任意x∈R，f′(x）>2，则f（x)>2x＋4的解集为( ）A．（－1,1）B．（－1，＋∞)C．(－∞，－1）D．（－∞，＋∞)解析由f(x)〉2x＋4，得f(x）－2x－4〉0,设F（x）＝f(x）－2x－4，则F′(x）＝f′(x）－2，因为f′(x)〉2，所以F′(x)〉0在R上恒成立，所以F（x)在R上单调递增．又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。