2018届高考数学二轮大题专项函数与导数综合问题检测专题卷文(全国通用)

2018年高考理科数学全国卷二导数压轴题解析已知函数2()x f x e ax =-.（1） 若1a =，证明：当0x ≥时，()1f x ≥. （2） 若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a . 题目分析：本题主要通过函数的性质证明不等式以及判断函数零点的问题考察学生对于函数单调性以及零点存在定理性的应用，综合考察学生化归与分类讨论的数学思想，题目设置相对较易，利于选拔不同能力层次的学生。

第1小问，通过对函数以及其导函数的单调性以及值域判断即可求解。

官方标准答案中通过()()x g x e f x -=的变形化成2()x ax bx c e C -+++的形式，这种形式的函数求导之后仍为2()x ax bx c e -++这种形式的函数，指数函数的系数为代数函数，非常容易求解零点，并且这种变形并不影响函数零点的变化。

这种变形思想值得引起注意，对以后导数命题有着很大的指引作用。

但是，这种变形对大多数高考考生而言很难想到。

因此，以下求解针对函数()f x 本身以及其导函数的单调性和零点问题进行讨论，始终贯穿最基本的导函数正负号与原函数单调性的关系以及零点存在性定理这些高中阶段的知识点，力求完整的解答该类题目。

题目解答：（1）若1a =，2()x f x e x =-，()2x f x e x '=-，()2x f x e ''=-.当[0,ln 2)x ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增； 所以()(ln 2)22ln 20f x f ''≥=->，从而()f x 在[0,)+∞单调递增；所以()(0)1f x f ≥=，得证. （2）当0a ≤时，()0f x >恒成立，无零点，不合题意.当0a >时，()2x f x e ax '=-，()2x f x e a ''=-.当[0,ln 2)x a ∈时，()0f x ''<，()f x '单调递减；当(ln 2,)x a ∈+∞时，()0f x ''>，()f x '单调递增；所以()(ln 2)2(1ln 2)f x f a a a ''≥=-.当02ea <≤时，()0f x '≥，从而()f x 在[0,)+∞单调递增，()(0)1f x f ≥=，在(0,)+∞无零点，不合题意.当2ea >时，易证2ln 2a a >. (0)10f '=>，(ln 2)0f a '<，由（1）可知，22(2)=(2)10a f a e a '->>.由零点存在性定理可知必然存在一点1(0,ln 2)x a ∈使得1()0f x '=，2(ln 22)x a a ∈，使得2()0f x '=；所以当1(0,)x x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，12(,)x x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减，2(,)x x ∈+∞，()0f x '>，()f x 单调递增，即当2x x =时()f x 取得极小值2222()x f x e ax =-由2()0f x '=得222x e a x = 从而222222()(2)2x x e f x e ax x =-=-当22x =时，即24e a =时，极小值2()0f x =恰好成立，此时在()f x 在(0,)+∞只有一个零点2x =，满足题意.当224e e a <<时，即212x <<时（易证2xe x在(1,)+∞单调递增），极小值2()0f x >，此时在(0,)+∞无零点，不合题意.x当24e a >时，即22x >时，(0)10f =>，2()0f x <， 32(3)(3)0a f a e a a =-> （易证313x e x >恒成立），由零点存在性定理可知()f x 在区间2(0,)x 和2(,3)x a 各有一根，不合题意.综上所述，24e a =.。

2018届二轮透析高考数学23题对对碰【二轮精品】第一篇主题6 导数（文）【主题考法】本主题考试题型为选择填空题，与解析几何、函数、立体几何、概率等数学知识结合主要考查常见函数的导数、导数的运算法则，考查利用导数函数研究函数的切线，利用导数研究函数单调性、极值及最值进而研究函数的图象与性质，再利用函数图象与性质处理函数零点、不等式等综合问题，常为压轴题，难度较大，分值为5至10分.【主题回扣】1．导数的几何意义(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上．2．利用导数研究函数的单调性(1)求可导函数单调区间的一般步骤①求函数f(x)的定义域；②求导函数f′(x)；③由f′(x)＞0的解集确定函数f(x)的单调增区间，由f′(x)<0的解集确定函数f(x)的单调减区间．(2)由函数的单调性求参数的取值范围：①若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0(x∈M)恒成立；②若可导函数在某区间上存在单调递增(减)区间，f′(x)＞0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集；③若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，则I是其单调区间的子集．3．利用导数研究函数的极值与最值(1)求函数的极值的一般步骤①确定函数的定义域；②解方程f′(x)＝0；③判断f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0两侧的符号变化：若左正右负，则x0为极大值点；若左负右正，则x0为极小值点；若不变号，则x0不是极值点．(2)求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的一般步骤①求函数y＝f(x)在[a，b]内的极值；②比较函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)的大小，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【易错提醒】1．已知可导函数f (x )在(a ，b )上单调递增(减)，则f ′(x )≥0(≤0)对∀x ∈(a ，b )恒成立，不能漏掉“＝”，且需验证“＝”不能恒成立；已知可导函数f (x )的单调递增(减)区间为(a ，b )，则f ′(x )＞0(＜0)的解集为(a ，b )．2．f ′(x )＝0的解不一定是函数f (x )的极值点．一定要检验在x ＝x 0的两侧f ′(x )的符号是否发生变化，若变化，则为极值点；若不变化，则不是极值点． 3.函数在某点的切线与过某点的切线的区别. 【主题考向】考向一 导数的运算和几何意义【解决法宝】利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解. 求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点. 例1【江西省金溪一中、余江一中等五市八校2018届第一次联考】直线与曲线相切于点，则的值为（ ）A.B. C. D.【分析】由题知M （1,2）在切线上，将其代入切线方程即可求出k ，求出曲线在x=1处的导数即为切线的斜率，即可求出b.考向二 利用导数研究函数的性质【解决法宝】利用导数研究函数性质的一般步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导函数)(x f '；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式)(x f '>0或)(x f '<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式)(x f '≥0或)(x f '≤0在单调区间上恒成立问题来求解. (4)①若求极值，则先求方程)(x f '＝0的根，再检查)(x f '在方程根的左右函数值的符号. ②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程)(x f '＝0根的大小或存在情况来求解.(5)求函数)(x f 在闭区间],[b a 的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值)(a f ，)(b f 与)(x f 的各极值进行比较得到函数的最值.例2 【安徽省池州市2018届高三上学期期末】函数()2ln f x x x mx =-有两个极值点，则实数m 的取值范围是（ ）A. 10,2⎛⎫⎪⎝⎭B. (),0-∞C. ()0,1D. ()0,+∞ 【分析】由函数()2ln f x x x mx =-有两个极值点知，)(x f '恰好有两个零点，转化函数y=lnx 与y=2mx ﹣1的图象有两个交点，数形结合即可求出实数m 的取值范围.考向三 导数的综合应用【解决法宝】研究方程及不等式问题，都要运用函数性质，而导数是研究函数性质的一种重要工具．基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数，必要时画出函数的草图辅助思考． 例3【湖北省武汉市2018届二月调研】已知函数，若在恒成立，则实数的取值范围为（ ） A.B.C.D.【分析】先考虑当1=x 时，当0)1(≥f 时，a 满足的条件，当10<<x 时，参变分离为1ln 22-≥x x x a ，利用导数求1ln 22-=x xx y 的最大值，即可求出a 的取值范围.【解析】当时，恒成立，；当时，即：，令，则，令，则：，则函数在区间上单调递减，，据此可得函数，故函数在区间上单调递增，的最大值为：，综上可得，实数的取值范围为.，故选C .【主题集训】1. 【湖北省天门、仙桃、潜江2018届上学期期末联考】已知函数，则其单调增区间是A. （0，1]B. [0，1]C. （0，+∞）D. （1，+∞） 【答案】D 【解析】，定义域为，令，解得，故函数单调增区间是，故选2.【福建省南平市2018届第一次质检】已知可导函数()f x 的导函数为()f x '， ()02018f =，若对任意的x R ∈，都有()()f x f x >'，则不等式()2018xf x e <的解集为（ ）A. ()0,+∞B. 21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C. 21,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ D. (),0-∞ 【答案】A【解析】根据题意构建函数()()()()'(,'0x x f x f x f x g x g x e e -==<），故函数在R 上递减，且g(0)=2018,所以()2018xf x e <等价于()()()0xf xg x g e=<，所以0x >，故选A.3.【河南省南阳市2018届上学期期末】已知：，若方程有唯一的实数解，则（ ） A.B.C.D. 1【答案】B4.【辽宁省朝阳市2018届一模】已知定义在上的奇函数可导，设其导函数为，当时，恒有，令，则满足的实数的取值范围是（ ） A. B.C.D.【答案】D 【解析】因为，所以当时，，所以在单调递减，又为奇函数，所以为偶函数，因此由得，选D.5.【甘肃省兰州市2018届高三一诊】定义在上的函数，已知是它的导函数，且恒有成立，则有（ ）A. B.C.D.【答案】C 【解析】令，则其导数，又由，且有，所以，即函数为减函数，又由，则有，即，化简可得，故选C.6.【河南洛阳一高2018届一练】设曲线()e x f x x =--（e 为自然对数的底数）上任意一点处的切线为1l ，总存在曲线()32cos g x ax x =+上某点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[]1,2- B ．()3,+∞ C ．21,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D ．12,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】D7.【云南省曲靖市第一中学2018届质量监测卷（六）】若函数有两个极值点，则实数的取值范围是( ) A.B.C.D.【答案】A 【解析】有两个正根，即有两个正根，令，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，，当时，，所以,故选：A ．8.【广东省河源市2018届一模】已知定义在R 上的函数)(x f 满足)()(x f x f -=，且当)0,(-∞∈x 时，0)(')(<+x xf x f 成立，若)2()2(1.01.0f a ⋅=，)2(ln )2(ln f b ⋅=，)81log )81(log 22f c ⋅=，则c b a ,,的大小关系是（ ）A ．c b a >>B ．a b c >> C. b a c >> D ．b c a >> 【答案】B【解析】由)()(x f x f -=知函数()x f 为偶函数，设()()x xf x F =，则()x F 为奇函数，当()0,∞-∈x 时，()()()0<'+='x f x x f x F ，所以()F x 在()0,∞-上为递减函数，所以()F x 在R 上是递减函数．因为0.121log 30ln 2128=-<<<<，所以0.121(log )(ln 2)(2)8F F F >>，即a b c >>，故选B ． 9.【山西省孝义市2018届模拟卷（一）】已知函数()ln 2x axf x x-=，若有且仅有一个整数k ，使得()1f k >，则实数a 的取值范围是( )A. (]1,3 B. 1111ln2,ln34262⎡⎫--⎪⎢⎣⎭ C. 11ln21,ln3123⎡⎫--⎪⎢⎣⎭ D. 11,1e e ⎛⎤-- ⎥⎝⎦【答案】B【解析】函数()ln 2x axf x x-=，若有且仅有一个整数k ，使得()1f k >，不等式程()ln 21x a x >+只有一个整数解，在同一坐标系中画出图像，可知这个整数解就是2，故得到()()ln2221,ln3321a a >+≤+，解得不等式组解集为1111ln2,ln34262⎡⎫--⎪⎢⎣⎭,故选B.10.【山西省晋中市2018届1月适应性调研】已知不等式在上恒成立，且函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D.【答案】D【解析】不等式 在上恒成立，令,，由图可知，或，即；又在上单调递增，故在上恒成立，，综上，，故选D.11.【黑龙江省哈尔滨市三中2018届一模】设函数，若是函数是极大值点，则实数的取值范围是（ ） A.B.C.D.【答案】A【解析】，若因为是函数是极大值点，所以即，所以若时，因为，所以当时，，当时，所以是函数是极大值点，符合题意；当时，若是函数是极大值点，则需，即，综上，故选A.12.【吉林省长春市2018届质量监测（二）】若关于的方程存在三个不等实根，则实数的取值范围是 A. B.C.D.【答案】C【解析】原方程可化为，令，则．设，则得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，故当时，函数有极大值，也为最大值，且． 可得函数的图象如下：∵关于的方程存在三个不等实根，∴方程有两个根，且一正一负，且正根在区间内．令，则有，解得．∴实数的取值范围是．选C ．13. 【河北省衡水市武邑中学2018届高三下学期开学考】已知函数()()232xf x e x a x =+++在区间()1,0-有最小值，则实数a 的取值范围是（ ）A. 11,e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭B. 1,3e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭C. 3,1e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭D. 11,3e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭【答案】D14.【河北省唐山市2018届一模】已知函数，则下列关于的表述正确的是（ ）A. 的图象关于轴对称B. ，的最小值为C.有个零点 D.有无数个极值点【答案】D【解析】A 因为函数，故函数不是偶函数，图像也不关于y 轴对称；A 不正确；B. 假设，使得的最小值为，即有解，在同一坐标系中画出图像，得到的最大值为2，最小值为2，且不是在同一个x 处取得的，故得到两个图像无交点，故B是错误的;C,其中一个零点为0，另外的零点就是两个图像的交点，两者的图像只有一个交点，故选项不正确； D ，化一得到，，此时满足的x 值有无数个；故选D.15. 【安徽省安庆一中等六校联考】函数()2ln 2f x x x x ax =+-+恰有一个零点，则实数a 的值为（ ） A. 1- B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D【解析】∵函数()2ln 2f x x x x ax =+-+恰有一个零点∴方程2ln 20x x x ax +-+=在()0,+∞上有且只有一个根，即2ln a x x x=++在()0,+∞上有且只有一个根，令()2ln h x x x x =++，则()()()2222211221x x x x h x x x x x+-+-='=+-=，当01x <<时， ()0h x '<，则()h x 在()0,1上单调递减；当1x >时， ()0h x '>，则()h x 在()1,+∞上单调递增，∴()()min 13h x h ==由题意可知，若使函数()2ln 2f x x x x ax =+-+恰有一个零点，则()min 3a h x ==，故选D.16. 【四川省成都七中2018届高三二诊】已知函数为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线的斜率为____.【答案】2 【解析】∵当时，，∴当时，，∵函数为奇函数，∴，则∴ ∴曲线在点处的切线的斜率为17. 【湖北省天门、仙桃、潜江2018届上学期期末联考】已知l 为曲线在A （1，2）处的切线，若l 与二次曲线也相切，则______．【答案】4【解析】的导数为曲线在处的切线斜率为则曲线在处的切线方程为，即由于切线与曲线相切可联立 得到：又，两线相切有一个切点，，解得.18.【山东省济宁市2018届第一次模】已知函数（为自然对数的底数），若，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】 由题意得，因为，所以，所以函数单调递减， 由因为为奇函数，，所以，即，解得.19.【江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校2018届联考】已知函数()3221f x x ax a x =+-+在[]1,1-上单调递减，则a 的取值范围是__________． 【答案】(][),33,-∞-⋃+∞20.【广东省深圳市2018届高三第一次调研考】曲线1x y e x -=+的一条切线经过坐标原点，则该切线方程为____________. 【答案】2y x = 【解析】设切点为()0100,x x ex -+，则1'1x y e -=+，即011x k e -=+，故切线方程为()()0011001x x y e x e x x ----=+-，又切线过原点， ()()001100010x x e x e x --∴--=+-，解得01x =，将01x =代入()()0011001x x y e x e x x ----=+-，可得切线方程为2y x =，故答案为2y x =.21.【江西上饶市2018届第一次模拟】设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】函数存在唯一的整数，使得，设与,即存在唯一的整数，使得在直线下方, ,当时,当时,在上单调递减,在上单调递增,所以当时, 取到最小值,且g(0)=1;直线恒过点(1,0),斜率为,由图知当时不合题意,故,若要存在唯一的整数，使得在直线下方,则,即,代入得,解得,故填.22.【江苏省盐城中学2018届上学期期末】已知函数()()2ln,mf x x xg xe x=+-=，其中e为自然对数的底数，若函数()f x与)(xg的图像恰有一个公共点，则实数的取值范围是______．【答案】0m≥或21eme+=-【解析】因为()110f xx=+>'，所以函数在()0,+∞上为增函数且1110fe e⎛⎫=--<⎪⎝⎭，所以当0m≥时，与()mg xx=有一个公共点，当0m<时，令()()22,f xg x x xlnx x me=∴+-=有一解即可，设22(=h x x xlnx xe+-），令2(=2x+1=0h x lnxe-'+）得1xe=，因为当10xe<<时，()0h x'<，当1xe<时，()0h x'>，所以当1xe=时，(h x）有唯一极小值21ee+-，即()h x有最小值21ee+-，故当21eme+=-时有一公共点，故填0m≥或21eme+=-.。

第2讲基本初等函数、函数与方程及函数的应用高考定位 1.掌握二次函数、分段函数、幂函数、指数函数、对数函数的图象性质；2.以基本初等函数为依托,考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理；3。

能利用函数解决简单的实际问题。

真题感悟1。

（2017·全国Ⅰ卷)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则（）A.2x〈3y<5z B.5z<2x<3yC。

3y<5z<2x D.3y〈2x<5z解析令t＝2x＝3y＝5z，∵x,y，z为正数，∴t>1.则x＝log2t＝错误!，同理，y＝错误!,z＝错误!。

∴2x－3y＝错误!－错误!＝错误!＝错误!〉0，∴2x>3y.又∵2x－5z＝错误!－错误!＝错误!＝错误!<0，∴2x<5z，∴3y〈2x〈5z.答案D2.（2017·全国Ⅲ卷）已知函数f(x)＝x2－2x＋a（e x－1＋e－x＋1）有唯一零点，则a＝（）A.－错误!B。

错误!C。

错误! D.1解析f（x）＝(x－1）2＋a（e x－1＋e1－x)－1，令t＝x－1，则g(t)＝f （t＋1）＝t2＋a(e t＋e－t)－1.∵g（－t）＝（－t）2＋a(e－t＋e t）－1＝g(t），∴函数g（t）为偶函数。

∵f（x)有唯一零点，∴g（t）也有唯一零点。

又g（t）为偶函数,由偶函数的性质知g（0）＝0，∴2a－1＝0，解得a＝错误!.答案C3。

(2017·江苏卷）某公司一年购买某种货物600吨，每次购买x 吨，运费为6万元/次，一年的总存储费用为4x万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x的值是________.解析一年的总运费与总存储费用之和为y＝6×错误!＋4x＝错误!＋4x≥2错误!＝240，当且仅当错误!＝4x，即x＝30时，y有最小值240.答案304.（2015·湖北卷）函数f（x)＝2sin x sin错误!－x2的零点个数为________。

(二)函数与导数(2)1．设函数f (x )＝2(a ＋1)x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋bx (b ∈R )，直线y ＝x ＋1是曲线y ＝f (x )的一条切线．(1)求a 的值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点x 1，x 2.①试求b 的取值范围；②证明：g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 解 (1)设直线y ＝x ＋1与函数y ＝f (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝2(a ＋1)x 0，a ＋1x 0＝1，解得a ＝0. (2)记h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x －ln x －bx .①函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点的必要条件是h ′(x )有两个正零点．h ′(x )＝1x －1x－b ＝－bx ＋x －1x ， 令h ′(x )＝0，得bx －x ＋1＝0(x >0)．令x ＝t ，则t >0.问题转化为bt 2－t ＋1＝0有两个不等的正实根t 1，t 2，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝1－4b >0，t 1t 2＝1b >0，t 1＋t 2＝1b >0，解得0<b <14. 当0<b <14时，设h ′(x )＝0的两正根为x 1，x 2，且x 1<x 2， 则h ′(x )＝－bx ＋x －1x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x (x ＋x 1)(x ＋x 2). 当x ∈(0，x 1)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)时，h ′(x )>0；当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )<0. 所以x 1，x 2是h (x )＝f (x )－g (x )的极值点，∴b 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，14. ②由①知x 1x 2＝x 1＋x 2＝1b.可得g (x 1)＋g (x 2)＝－2ln b ＋1b －2，f (x 1)＋f (x 2)＝2b， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)＝12－b ln b －b . 记k (b )＝12－b ln b －b ⎝⎛⎭⎫0<b <14， 则k ′(b )＝－ln b －2，令k ′(b )＝0，得b ＝1e 2∈⎝⎛⎭⎫0，14， 且当b ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，k ′(b )>0，k (b )单调递增； 当b ∈⎝⎛⎭⎫1e 2，14时，k ′(b )<0，k (b )单调递减，且当b ＝1e 2时，k (b )取最大值1e 2＋12， 所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12. 2．设函数f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x . (1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2. ①求a 的取值范围；②求f (x 2)的取值范围．解 (1)f (x )＝2ax ＋b x＋c ln x ，x >0， f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －b x 2. 当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x. 当a ≥0时，由x >0，得f ′(x )＝2ax ＋1x>0恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a； 令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a， 所以，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． 综上所述，①当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上单调递减． (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6， 所以f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝2a ＋c －b ＝3， 所以b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－a x 2， 函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，则方程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个大于0的解， ⎩⎨⎧ Δ＝(－a )2－8a (3－a )>0，a 2a >0，3－a 2a >0，解得83<a <3. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫83，3.②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝14⎝⎛⎭⎫1＋ 9－24a ， 由83<a <3，得x 2∈⎝⎛⎭⎫14，12， 由2ax 22－ax 2＋3－a ＝0，得a ＝－32x 22－x 2－1. f (x 2)＝2ax 2＋a －3x 2－a ln x 2 ＝a ⎝⎛⎭⎫2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2＝－32x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2. 设φ(t )＝－32t ＋1t －ln t 2t 2－t －1－3t ，t ∈⎝⎛⎭⎫14，12， φ′(t )＝－3⎝⎛⎭⎫2－1t 2－1t (2t 2－t －1)－⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t2 ＝－31t 2(2t 2－t －1)2＋3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t 2＝3⎝⎛⎭⎫2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2. 当t ∈⎝⎛⎭⎫14，12时，2t ＋1t－ln t >0,4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在⎝⎛⎭⎫14，12上单调递增，φ(t )∈⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2， 所以f (x 2)的取值范围是⎝⎛⎭⎫163ln 2，3＋3ln 2.。

专题能力训练5 导数及其应用(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=()A.-2B.2C.-D.2.已知函数f(x)=ln x+ln(2-x),则()A.f(x)在(0,2)单调递增B.f(x)在(0,2)单调递减C.y=f(x)的图象关于直线x=1对称D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称3.已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)e x.若f(x)在[-1,1]上是单调递减函数,则a的取值范围是()A.0<a<B.<a<C.a≥D.0<a<4.已知函数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.(-∞,+∞)5.(2017浙江金丽衢十二校模拟)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6.将函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0,α]),得到曲线C,若对于每一个旋转角,曲线C都仍然是一个函数的图象,则α的最大值为()A.πB.C.D.7.已知函数f(x)=x+e x-a,g(x)=ln(x+2)-4e a-x,其中e为自然对数的底数,若存在实数x0,使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数a的值为()A.-ln 2-1B.ln 2-1C.-ln 2D.ln 28.若函数f(x)=ln x与函数g(x)=x2+2x+a(x<0)有公切线,则实数a的取值范围是()A. B.(-1,+∞)C.(1,+∞)D.(-ln 2,+∞)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为.10.(2017浙江诸暨肇庆三模)已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9,若x=-3是函数f(x)的一个极值点,则实数a=.11.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.12.已知函数f(x)=x3-2x+e x-,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是.13.已知函数f(x)=若对于∀t∈R,f(t)≤kt恒成立,则实数k的取值范围是.14.设函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)满足f(1)+f(3)=2f(2),现给出如下结论:①若f(x)是区间(0,1)上的增函数,则f(x)是区间(3,4)上的增函数;②若a·f(1)≥a·f(3),则f(x)有极值;③对任意实数x0,直线y=(c-12a)(x-x0)+f(x0)与曲线y=f(x)有唯一公共点.其中正确的结论为.(填序号)三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)已知函数f(x)=x3+|x-a|(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在(0,f(0))处的切线方程;(2)当a∈(0,1)时,求f(x)在区间[-1,1]上的最小值(用a表示).16.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ax(ln x-1)(a≠0).(1)求函数y=f(x)的单调递增区间;(2)当a>0时,设函数g(x)=x3-f(x),函数h(x)=g'(x),①若h(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;②证明:ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).参考答案专题能力训练5导数及其应用1.A解析由y'=得曲线y=在点(3,2)处的切线斜率为-,又切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=-2.故选A.2.C解析f(x)=ln x+ln(2-x)=ln(-x2+2x),x∈(0,2).当x∈(0,1)时,x增大,-x2+2x增大,ln(-x2+2x)增大,当x∈(1,2)时,x增大,-x2+2x减小,ln(-x2+2x)减小,即f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,故排除选项A,B;因为f(2-x)=ln(2-x)+ln[2-(2-x)]=ln(2-x)+ln x=f(x),所以函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,故排除选项D.故选C.3.C解析f'(x)=e x[x2+2(1-a)x-2a],∵f(x)在[-1,1]上单调递减,∴f'(x)≤0在[-1,1]上恒成立.令g(x)=x2+2(1-a)x-2a,则解得a≥.4.B解析由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F'(x)=f'(x)-2,因为f'(x)>2,所以F'(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.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.故选B.5.A解析F'(x)=f'(x)-k,如下图所示,从而可知函数y=F'(x)共有三个零点x1,x2,x3,因此函数F(x)在(-∞,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,x3)上单调递减,在(x3,+∞)上单调递增,故x1,x3为极小值点,x2为极大值点,即F(x)有1个极大值点,2个极小值点,应选A.6.D解析函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象绕坐标原点逆时针方向连续旋转时,当且仅当其任意切线的倾斜角小于等于90°时,其图象都仍然是一个函数的图象,因为x≥0时y'=是减函数,且0<y'≤1,当且仅当x=0时等号成立,故在函数y=ln(x+1)(x≥0)的图象的切线中,x=0处的切线倾斜角最大,其值为,由此可知αmax=.故选D.7.A解析由题意得f(x)-g(x)=x+e x-a-ln(x+2)+4e a-x,令h(x)=x-ln(x+2),x>-2,则h'(x)=1-,∴h(x)在区间(-2,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,∴h(x)min=h(-1)=-1,又∵e x-a+4e a-x≥2=4,∴f(x)-g(x)≥3,当且仅当时等号成立.故选A.8.A解析设公切线与函数f(x)=ln x切于点A(x1,ln x1)(x1>0),则切线方程为y-ln x1=(x-x1),设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(x2,+2x2+a)(x2<0),则切线方程为y-(+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2),所以有因为x2<0<x1,所以0<<2.又a=ln x1+-1=-ln-1,令t=,所以0<t<2,a=t2-t-ln t.设h(t)=t2-t-ln t(0<t<2),则h'(t)=t-1-<0,所以h(t)在区间(0,2)上为减函数,则h(t)>h(2)=-ln 2-1=ln,所以a∈.故选A.9.(-∞,-1)∪(2,+∞)解析f'(x)=3x2+6ax+3(a+2),由题意知f'(x)=0有两个不相等的实根,则Δ=(6a)2-4×3×3(a+2)>0,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-1.10.5解析f'(x)=3x2+2ax+3,由题意知x=-3为方程3x2+2ax+3=0的根,则3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得a=5.11.(-2,0)∪(2,+∞)解析令g(x)=,则g'(x)=>0,x∈(0,+∞),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(-x)==g(x),则g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2),则f(x)=xg(x)>0⇔解得x>2或-2<x<0.故不等式f(x)>0的解集为(-2,0)∪(2,+∞).12.解析因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+e x+e-x≥3x2-2+2≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤,故实数a的取值范围是.13.14.①②③解析由f(1)+f(3)=2f(2)化简得b=-6a.f'(x)=3ax2+2bx+c=3ax2-12ax+c,其对称轴为x=2,如果f(x)在区间(0,1)上递增,其关于x=2对称的区间为(3,4),故区间(3,4)也是其增区间,①正确.a[f(1)-f(3)]≥0,即2a(11a-c)≥0,导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的判别式144a2-12ac=12a(12a-c),当a>0时,12a-c>11a-c≥0,判别式为正数,当a<0时,11a-c≤0,12a-c≤a<0,其判别式为正数,即导函数有零点,根据二次函数的性质可知原函数有极值,②正确.注意到f'(2)=c-12a,则③转化为f'(2)=,即函数图象上任意两点连线的斜率和函数在x=2处的切线的斜率相等的有且仅有一个点.由于x=2是导函数f'(x)=3ax2-12ax+c的最小值点,即有且仅有一个最小值点,故③正确.15.解 (1)因为当a=1,x<1时,f(x)=x3+1-x,f'(x)=3x2-1,所以f(0)=1,f'(0)=-1,所以f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=-x+1.(2)当a∈(0,1)时,由已知得f(x)=当a<x<1时,由f'(x)=3x2+1>0,知f(x)在(a,1)上单调递增.当-1<x<a时,由f'(x)=3x2-1,知①当a∈时,f(x)在上递增,在上递减,在上递增,所以f(x)min=min=min=a-.②当a∈时,f(x)在上递增,在上递增,在(a,1)上递增,所以f(x)min=min{f(-1),f(a)}=min{a,a3}=a3.综上所述,f(x)min=16.解 (1)∵f'(x)=a=a ln x,令f'(x)>0,当a>0时,解得x>1;当a<0时,解得0<x<1,∴当a>0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(1,+∞);当a<0时,函数y=f(x)的单调递增区间是(0,1).(2)①∵h(x)=g'(x)=x2-f'(x)=x2-a ln x,∴由题意得h(x)min≥0.∵h'(x)=x-,∴当x∈(0,)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.∴h(x)min=h()=a-a ln,由a-a ln≥0,得ln a≤1,解得0<a≤e.∴实数a的取值范围是(0,e].②由(1)知a=e时,h(x)=x2-eln x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,当x=时等号成立,∴x∈N*时,2eln x<x2,令x=1,2,3,…,n,累加可得2e(ln 1+ln 2+ln 3+…+ln n)<12+22+32+…+n2,即ln(1×2×3×…×n)2e<12+22+32+…+n2(n∈N*).。

第4讲 导数的综合应用[明考情]导数部分在高考中的应用一般综合性较强，以压轴题形式呈现，导数和函数零点，方程根及不等式相结合是高考命题的热点，高档难度. [知考向]1.导数与函数零点.2.导数与不等式.3.导数与其他知识的交汇问题.考点一 导数与函数零点方法技巧 研究函数零点或两函数图象的交点，可以通过导数研究函数的单调性、极值和最值，确定函数图象的变化趋势，画出函数草图，确定函数图象与x 轴的交点或两函数图象的交点.1.设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m ＞0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝(x ＋m )(x －m )x.当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增.综上可知，函数f (x )的单调递增区间是[m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m ]. (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数. F ′(x )＝－(x －1)(x －m )x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数， 注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln4＜0，所以F (x )有唯一零点.当m ＞1时，若0＜x ＜1或x ＞m ，则F ′(x )＜0；若1＜x ＜m ，则F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0，1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增， 注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点.综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象总有一个交点. 2.设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex (x >0)，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝lne ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0，1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减.∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点. 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点.3.已知函数f (x )＝2ln x －x 2＋ax (a ∈R ).(1)当a ＝2时，求f (x )的图象在x ＝1处的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax ＋m 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点，求实数m 的取值范围. 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －x 2＋2x ，f ′(x )＝2x －2x ＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k ＝f ′(1)＝2， 所以切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝2ln x －x 2＋m ，则g ′(x )＝2x －2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x .因为x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，当g ′(x )＝0时，x ＝1. 当1e <x <1时，g ′(x )>0；当1<x <e 时，g ′(x )<0. 所以g (x )在x ＝1处取得极大值g (1)＝m －1.又g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2，g (e)＝m ＋2－e 2，g (e)－g ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－e 2＋1e 2<0， 则g (e)<g ⎝⎛⎭⎫1e ，所以g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最小值是g (e). g (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个零点的条件是⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝m －1>0，g ⎝⎛⎭⎫1e ＝m －2－1e 2≤0，解得1<m ≤2＋1e 2，所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，2＋1e 2. 4.(2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1).(i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减. (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增. (2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点.(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0，1)时，1－1a ＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )上有一个零点. 设正整数n 0满足n 0>ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝0e n(a 0e n＋a －2)－n 0>0e n－n 0>02n－n 0>0. 由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)上有一个零点. 综上，a 的取值范围为(0，1). 考点二 导数与不等式方法技巧 导数与不等式问题相结合有两个方面：一是由不等式恒成立(或有解)求解参数取值范围；二是证明不等式或与自然数有关的不等式.解决这两类问题的核心是“函数的最值”.5.(2017·保定模拟)已知函数f (x )＝e x －2x . (1)求函数f (x )的极值；(2)当a ＜2－ln4且x ＞0时，试比较f (x )与x 2＋(a －2)x ＋1的大小. 解 (1)∵f ′(x )＝e x －2， 令f ′(x )＞0，得x ＞ln2， 令f ′(x )＜0，得x ＜ln2， ∴f (x )在(－∞，ln2)上单调递减， 在(ln2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝ln2时，f (x )有极小值f (ln2)＝2－2ln2，无极大值. (2)令g (x )＝f (x )－x 2－(a －2)x －1＝e x －x 2－ax －1， g ′(x )＝e x －2x －a ＝f (x )－a ， ∴g ′(x )min ＝f (x )min －a ＝2－2ln2－a . ∵a ＜2－ln4， ∴g ′(x )＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )＞g (0)＝0， 即f (x )＞x 2＋(a －2)x ＋1. 6.已知函数f (x )＝－ln x ＋x －3. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：在(1，＋∞)上，f (x )＋2>0； (3)证明：ln22·ln33·ln44·…·ln n n <1n (n ≥2，n ∈N *).(1)解 f ′(x )＝x －1x(x >0)，令f ′(x )>0，得x ∈(1，＋∞)；令f ′(x )<0，得x ∈(0，1). f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1). (2)证明 f (x )＝－ln x ＋x －3， 所以f (1)＝－2，由(1)知，f (x )＝－ln x ＋x －3在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>f (1). 即f (x )>－2，所以f (x )＋2>0. (3)证明 由(1)可知，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>f (1)，即－ln x ＋x －1>0， 所以0<ln x <x －1对一切x ∈(1，＋∞)恒成立. 因为n ≥2，n ∈N *，则有0<ln n <n －1， 所以0<ln n n <n －1n.所以ln22·ln33·ln44·…·ln n n <12·23·34·…·n －1n ＝1n (n ≥2，n ∈N *).7.已知函数f (x )＝x －(a ＋1)ln x －a x (a ∈R )，g (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)当x ∈[1，e]时，求f (x )的最小值；(2)当a ＜1时，若存在x 1∈[e ，e 2]，使得对任意的x 2∈[－2，0]，f (x 1)＜g (x 2)恒成立，求a 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(x －1)(x －a )x 2.①若a ≤1，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≥0， 则f (x )在[1，e]上为增函数，f (x )min ＝f (1)＝1－a . ②若1＜a ＜e ，当x ∈[1，a ]时，f ′(x )≤0，f (x )为减函数； 当x ∈[a ，e]时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数. 所以f (x )min ＝f (a )＝a －(a ＋1)ln a －1.③若a ≥e ，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上为减函数， f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .综上，当a ≤1时，f (x )min ＝1－a ； 当1＜a ＜e 时，f (x )min ＝a －(a ＋1)ln a －1； 当a ≥e 时，f (x )min ＝e －(a ＋1)－ae.(2)由题意知，f (x )(x ∈[e ，e 2])的最小值小于g (x )(x ∈[－2，0])的最小值. 由(1)知，f (x )在[e ，e 2]上单调递增， f (x )min ＝f (e)＝e －(a ＋1)－ae .g ′(x )＝(1－e x )x .当x ∈[－2，0]时，g ′(x )≤0，g (x )为减函数， g (x )min ＝g (0)＝1， 所以e －(a ＋1)－ae＜1，即a ＞e 2－2e e ＋1，所以a 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e 2－2e e ＋1，1. 8.已知函数f (x )＝a ln x ＋12x 2－(1＋a )x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≥0对定义域的任意x 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对于任意正整数m ，n ，不等式1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞nm (m ＋n )恒成立.(1)解 f ′(x )＝ax ＋x －(1＋a )＝x 2－(1＋a )x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x，x ∈(0，＋∞).当a ≤0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＜0，若x ＞1，则f ′(x )＞0，故此时函数f (x )的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，＋∞)；当0＜a ＜1时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以函数f (x )的单调递增区间是(0，a )，(1，＋∞)，单调递减区间是(a ，1)； 当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x≥0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)；当a ＞1时，同0＜a ＜1时的解法，可得函数f (x )的单调递增区间是(0，1)，(a ，＋∞)，单调递减区间是(1，a ).(2)解 由于f (1)＝－12－a ，显然当a ＞0时，f (1)＜0，此时f (x )≥0对定义域内的任意x 不是恒成立的.当a ≤0时，由(1)可知，函数f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (1)＝－12－a ，此时只要f (1)≥0即可，即－12－a ≥0，解得a ≤－12，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12. (3)证明 当a ＝－12时，f (x )＝－12ln x ＋12x 2－12x ≥0，当且仅当x ＝1时等号成立，即ln x ≤x 2－x .当x ＞1时，可以变换为1ln x ＞1x 2－x ＝1(x －1)x，在上面不等式中分别令x ＝m ＋1，m ＋2，…，m ＋n ，m ，n ∈N *，将所得各式相加，得 1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞1m (m ＋1)＋1(m ＋1)(m ＋2)＋…＋1(m ＋n －1)(m ＋n )＝⎝⎛⎭⎫1m －1m ＋1＋⎝⎛⎭⎫1m ＋1－1m ＋2＋…＋⎝⎛⎭⎫1m ＋n －1－1m ＋n ＝1m －1m ＋n ＝n m (m ＋n ). 故1ln (m ＋1)＋1ln (m ＋2)＋…＋1ln (m ＋n )＞nm (m ＋n ).考点三 导数与其他知识的交汇问题方法技巧 解决导数与不等式、数列等知识的交汇问题，可以通过构造函数，利用导数研究函数的单调性及函数值的变化趋势，透析函数图象的基本特征，结合转化与化归、分类与整合等数学思想方法进行求解. 9.已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋2)e x .(1)函数f (x )在x ＝0处的切线方程为2x ＋y ＋b ＝0，求a ，b 的值；(2)当a ＞0时，若曲线y ＝f (x )上存在三条斜率为k 的切线，求实数k 的取值范围.解(1)f(x)＝(x2－2ax＋2)e x，f(0)＝2e0＝2，∴2＋b＝0，解得b＝－2.f′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a)e x＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]e x，f′(0)＝2－2a＝－2，得a＝2，∴a＝2，b＝－2.(2)f′(x)＝[x2＋(2－2a)x＋2－2a]e x，令h(x)＝f′(x)，依题意知，存在k使h(x)＝k有三个不同的实数根，h′(x)＝(x2－2ax＋2＋2x－2a＋2x－2a＋2)e x＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]e x，令h′(x)＝[x2＋(4－2a)x＋4－4a]e x＝0，得x1＝－2，x2＝2a－2.由a＞0知，x1＜x2，则f′(x)在(－∞，－2)，(2a－2，＋∞)上单调递增，在(－2，2a－2)上单调递减.当x→－∞时，f′(x)→0，当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，∴f′(x)的极大值为f′(－2)＝e－2(2a＋2)，f′(x)的极小值为f′(2a－2)＝e2a－2(2－2a)，当f′(2a－2)＜0，即a＞1时，0＜k＜e－2(2a＋2)，当f′(2a－2)＞0，即0＜a＜1时，e2a－2(2－2a)＜k＜e－2(2a＋2).10.已知函数f(x)＝e x－e－x－2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值；(3)已知1.4142<2<1.4143，估计ln2的近似值(精确到0.001).解(1)f′(x)＝e x＋e－x－2≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.(2)因为g(x)＝f(2x)－4bf(x)＝e2x－e－2x－4b(e x－e－x)＋(8b－4)x，g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(e x＋e－x)＋(4b－2)]＝2(e x＋e－x－2)(e x＋e－x－2b＋2).①当b≤2时，g′(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.而g(0)＝0，所以对任意x>0，g(x)>0.②当b>2时，若x满足2<e x＋e－x<2b－2，即0<x<ln(b－1＋b2－2b)时，g′(x)<0.而g(0)＝0，因此当0<x≤ln(b－1＋b2－2b)时，g(x)<0.综上，b的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln2，当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln2>0，ln2>82－312>0.6928；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(32＋2)ln2<0，ln2<18＋228<0.6934.所以ln2的近似值为0.693.11.(2017·唐山二模)已知函数f (x )＝a (ln x －1)＋1x 的图象与x 轴相切，g (x )＝(b －1)log b x －x 2－12.(1)求证：f (x )≤(x －1)2x；(2)若1<x <b ，求证：0<g (x )<(b －1)22.证明 (1)f ′(x )＝a x －1x2，设f (x )的图象与x 轴相切于点(x 0，0)，则⎩⎪⎨⎪⎧f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎨⎧a (ln x 0－1)＋1x 0＝0，a x 0－1x 20＝0，解得a ＝x 0＝1. 所以f (x )＝ln x －1＋1x ，f (x )≤(x －1)2x 等价于ln x ≤x －1.设h (x )＝ln x －x ＋1，则h ′(x )＝1x －1，当0<x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增； 当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 所以h (x )≤h (1)＝0， 即ln x ≤x －1， 所以f (x )≤(x －1)2x .(2)设m (x )＝x －1ln x (x >1)，则m ′(x )＝ln x ＋1x－1(ln x )2，由(1)可知，当x >1时，ln x ＋1x －1>0，从而有m ′(x )>0，所以m (x )单调递增， 又1<x <b ，所以1<x 2<b ， 从而有m (x 2)<m (b )， 即x 2－1ln x 2<b －1ln b， 所以x 2－12<(b －1)ln x ln b ＝(b －1)log b x ，即g (x )>0.g (x )＝(b －1)log b x －x 2－12＝(b －1)ln x ln b －x 2－12＝(b －1)·ln x 22ln b －x 2－12<(b －1)·x 2－12ln b －x 2－12＝x 2－12·⎝⎛⎭⎫b －1ln b －1.又ln b >1－1b ，所以b －1ln b <b ，又1<x 2<b ，所以g (x )<(x 2－1)(b －1)2<(b －1)22.综上可知，0<g (x )<(b －1)22.12.(2017·泸州冲刺)设函数f (x )＝e x ＋sin x (e 为自然对数的底数)，g (x )＝ax ，F (x )＝f (x )－g (x ). (1)若x ＝0是F (x )的极值点，且直线x ＝t (t ≥0)分别与函数f (x )和g (x )的图象交于P ，Q ，求P ，Q 两点间的最短距离；(2)若当x ≥0时，函数y ＝F (x )的图象恒在y ＝F (－x )的图象上方，求实数a 的取值范围. 解 (1)因为F (x )＝e x ＋sin x －ax ，所以F ′(x )＝e x ＋cos x －a ，因为x ＝0是F (x )的极值点， 所以F ′(0)＝1＋1－a ＝0，解得a ＝2. 又当a ＝2时，若x ＜0，F ′(x )＝e x ＋cos x －a ＜1＋1－2＝0， 所以F (x )在(－∞，0)上单调递减. 若x ＞0，(F ′(x ))′＝e x －sin x ＞0， 所以F ′(x )在(0，＋∞)上为增函数， 所以F ′(x )＞F ′(0)＝1＋1－2＝0， 所以F (x )在(0，＋∞)上为增函数. 所以x ＝0是F (x )的极小值点，所以a ＝2符合题意，所以|PQ |＝e t ＋sin t －2t .令h (x )＝e x ＋sin x －2x ，即h ′(x )＝e x ＋cos x －2，因为(h ′(x ))′＝e x －sin x ，当x ＞0时，e x ＞1，－1≤sin x ≤1，所以(h ′(x ))′＝e x －sin x ＞0，所以h ′(x )＝e x ＋cos x －2在(0，＋∞)上单调递增，所以h ′(x )＝e x ＋cos x －2＞h ′(0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )的最小值为h (0)＝1，所以|PQ |min ＝1.(2)令φ(x )＝F (x )－F (－x )＝e x －e －x ＋2sin x －2ax ， 则φ′(x )＝e x ＋e －x ＋2cos x －2a ， 令S (x )＝(φ′(x ))′＝e x －e －x －2sin x ， 因为S ′(x )＝e x ＋e －x －2cos x ≥0在x ≥0时恒成立， 所以函数S (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以S (x )≥S (0)＝0在x ≥0时恒成立.故函数φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以φ′(x )≥φ′(0)＝4－2a 在x ∈[0，＋∞)时恒成立.当a ≤2时，φ′(x )≥0，φ(x )在[0，＋∞)上单调递增，即φ(x )≥φ(0)＝0.故当a ≤2时，F (x )≥F (－x )恒成立.当a ＞2时，因为φ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，所以总存在x 0∈(0，＋∞)，使φ(x )在区间[0，x 0)上，φ′(x )＜0，导致φ(x )在区间[0，x 0]上单调递减，而φ(0)＝0，所以当x ∈[0，x 0)时，φ(x )＜0，这与F (x )－F (－x )≥0对x ∈[0，＋∞)恒成立矛盾，所以a ＞2不符合题意，故符合条件的a 的取值范围是(－∞，2].例 (12分)已知函数f (x )＝ln x －mx ＋m ，m ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )≤0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，求实数m 的值；(3)在(2)的条件下，任意的0＜a ＜b ，求证：f (b )－f (a )b －a ＜1a (1＋a ). 审题路线图 (1)求导f ′(x )―→讨论参数m 确定f ′(x )符号―→f (x )的单调区间(2)结合(1)确定的符号―→问题转化为f (x )max ≤0―→m －ln m －1≤0―→ g (x )＝x －ln x －1最小值为0―→求出m ＝1(3)要证结论转化―→利用(2)中g (x )性质―――――→函数单调性不等式放缩结论得证规范解答·评分标准(1)解 f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x(x ∈(0，＋∞)). 当m ≤0时，f ′(x )＞0恒成立，则函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m ＞0时，由f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x＞0， 可得x ∈⎝⎛⎭⎫0，1m ，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1m 上单调递增， 由f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x＜0，可得x ∈⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫1m ，＋∞上单调递减.…………………………………………………………4分(2)解 由(1)知，当m ≤0时显然不成立；当m ＞0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1m ＝ln 1m－1＋m ＝m －ln m －1， 只需m －ln m －1≤0即可，令g (x )＝x －ln x －1，则g ′(x )＝1－1x， 函数g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝0.则若f (x )≤0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，m ＝1.…………………………………………8分(3)证明 f (b )－f (a )b －a ＝ln b －ln a ＋a －b b －a ＝ln b －ln a b －a －1＝lnb a b a －1·1a －1， 由0＜a ＜b ，得b a ＞1，由(2)得ln b a ＜b a－1， 则lnb a b a －1·1a －1＜1a －1＝1－a a ＝1－a 2a (1＋a )＜1a (1＋a )， 则原不等式f (b )－f (a )b －a ＜1a (1＋a )成立.…………………………………………………12分 构建答题模板[第一步] 求导数.[第二步] 看性质：根据导数讨论函数的单调性、极值、最值等性质.[第三步] 用性质：将题中条件或要证结论转化，如果成立或有解问题可转化为函数的最值，证明不等式可利用函数单调性和放缩法.[第四步] 得结论：审视转化过程的合理性.[第五步] 再反思：回顾反思，检查易错点和步骤规范性.1.已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，g (x )＝－ln x . (1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ，n }表示m ，n 中的最小值，设函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}(x >0)，讨论h (x )零点的个数.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0，0)，则f (x 0)＝0，f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得⎩⎨⎧ x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴为曲线y ＝f (x )的切线. (2)当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＝－ln x <0，从而h (x )＝min{f (x )，g (x )}≤g (x )<0，故h (x )在(1，＋∞)内无零点.当x ＝1时，若a ≥－54，则f (1)＝a ＋54≥0， h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝g (1)＝0，故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54，则f (1)<0，h (1)＝min{f (1)，g (1)}＝f (1)<0， 故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0，1)时，g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0，1)上的零点个数.①若a ≤－3或a ≥0，则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0，1)内无零点，故f (x )在(0，1)上单调.而f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f (x )在(0，1)有一个零点；当a ≥0时，f (x )在(0，1)内没有零点. ②若－3<a <0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a 3－a 3＋14. (ⅰ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3>0，即－34<a <0，f (x )在(0，1)内无零点； (ⅱ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0，即a ＝－34，则f (x )在(0，1)内有唯一零点； (ⅲ)若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0，即－3<a <－34，由于f (0)＝14，f (1)＝a ＋54，所以当－54<a <－34时，f (x )在(0，1)内有两个零点；当－3<a ≤－54时，f (x )在(0，1)内有一个零点.综上，当a >－34或a <－54时，h (x )有一个零点； 当a ＝－34或a ＝－54时，h (x )有两个零点； 当－54<a <－34时，h (x )有三个零点. 2.已知函数f (x )＝a ＋ln x x在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)是否存在区间⎝⎛⎭⎫t ，t ＋23(t ＞0)，使函数f (x )在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t 的取值范围，若不存在，请说明理由.解 (1)f ′(x )＝1x ·x －(a ＋ln x )x 2＝1－a －ln x x 2. ∵f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，∴f ′(1)＝1－a －ln112＝0，∴a ＝1， ∴f (x )＝1＋ln x x ，x ＞0，f ′(x )＝－ln x x 2， 当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得极大值1，无极小值.(2)∵当x ＞1时，f (x )＝1＋ln x x＞0， 当x →0时，f (x )→－∞，由(1)得f (x )在(0，1)上单调递增，由零点存在性原理知，f (x )在区间(0，1)上存在唯一零点，函数f (x )的图象如图所示.∵函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫t ，t ＋23(t ＞0)上存在极值点和零点， ∴⎩⎨⎧ 0＜t ＜1，t ＋23＞1，f (t )＝1＋ln t t ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜t ＜1，t ＞13，t ＜1e ，解得13＜t ＜1e. ∴存在符合条件的区间，实数t 的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，1e .3.(2017·重庆二诊)已知曲线f (x )＝(ln x )2＋a ln x ＋a x在点(e ，f (e))处的切线与直线2x ＋e 2y ＝0平行，a ∈R .(1)求a 的值；(2)求证：f (x )x >a e x . (1)解 f ′(x )＝－(ln x )2＋(2－a )ln x x 2， 由题意可知，f ′(e)＝－1＋2－a e 2＝－2e 2⇒a ＝3. (2)证明 f (x )＝(ln x )2＋3ln x ＋3x (x ＞0)，f ′(x )＝－ln x (ln x ＋1)x 2， f ′(x )>0⇒1e <x <1，f ′(x )＜0⇒0＜x ＜1e或x ＞1， 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 和(1，＋∞)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，1上单调递增. ①当x ∈(0，1)时，f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e ，而⎝⎛⎭⎫3x e x ′＝3(1－x )e x， 故3x e x 在(0，1)上单调递增， ∴3x e x <3e<e ， ∴f (x )>3x e x ，即f (x )x >3e x . ②当x ∈[1，＋∞)时，(ln x )2＋3ln x ＋3≥0＋0＋3＝3，令g (x )＝3x 2e x ， 则g ′(x )＝3(2x －x 2)e x， 故g (x )在[1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (2)＝12e 2<3， ∴(ln x )2＋3ln x ＋3>3x 2e x ，即f (x )x >3e x . 综上，对任意x >0，均有f (x )x >3e x . 4.已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ，b ∈R ).(1)设b ＝2－a ，求f (x )的零点的个数；(2)设a >0，且对于任意x >0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小.解 (1)∵b ＝2－a ，∴f ′(x )＝2ax ＋(2－a )－1x ＝(2x －1)(ax ＋1)x(x >0). ①若a ≥0，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上为减函数， 在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上为增函数，又f ⎝⎛⎭⎫12＝1－a 4＋ln2， ∴当0≤a ＜4(1＋ln2)时，函数f (x )没有零点；当a ＝4(1＋ln2)时，函数f (x )有一个零点；当a >4(1＋ln2)时，函数f (x )有两个零点.②若a <0，当－2<a <0时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫12，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减， 又f ⎝⎛⎭⎫12>0，∴函数f (x )只有一个零点.当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，f (x )有一个零点.当a <－2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫－1a ，12上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递减， f (x )只有一个零点.综上，当0≤a ＜4(1＋ln2)时，函数f (x )无零点；当a <0或a ＝4(1＋ln2)时，函数f (x )有一个零点；当a >4(1＋ln2)时，函数f (x )有两个零点.(2)由a >0，且对于任意x >0，f (x )≥f (1)，可知函数f (x )在x ＝1处取得最小值，由f ′(x )＝2ax ＋b －1x ＝0，得－b ＋b 2＋8a 4a 是f (x )的唯一的极小值点，故－b ＋b 2＋8a 4a＝1， 整理得2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a .ln a －(－2b )＝ln a ＋2(1－2a )＝ln a ＋2－4a ，令g (x )＝2－4x ＋ln x ，则g ′(x )＝1－4x x(x ＞0)， 令g ′(x )＝0，得x ＝14. 当0<x <14时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >14时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.因此g (x )≤g ⎝⎛⎭⎫14＝1＋ln 14＝1－ln4<0， 故g (a )<0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a <0，即ln a <－2b .5.已知函数f (x )＝sin x －ax .(1)对于x ∈(0，1)，f (x )＞0恒成立，求实数a 的取值范围；(2)当a ＝1时，令h (x )＝f (x )－sin x ＋ln x ＋1，求h (x )的最大值；(3)求证：ln(n ＋1)＜1＋12＋13＋…＋1n －1＋1n(n ∈N *). (1)解 由f (x )＞0，得sin x －ax ＞0，因为0＜x ＜1，所以a ＜sin x x. 令g (x )＝sin x x ，则g ′(x )＝x cos x －sin x x 2. 再令m (x )＝x cos x －sin x ，则m ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ＜0， 所以m (x )在(0，1)上单调递减，所以m (x )＜m (0)＝0，所以g ′(x )＜0，则g (x )在(0，1)上单调递减，所以g (x )＞g (1)＝sin1，所以a ≤sin1.(2)解 当a ＝1时，f (x )＝sin x －x ，所以h (x )＝ln x －x ＋1，h ′(x )＝1x －1＝1－x x(x ＞0). 由h ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，h ′(x )＞0，h (x )在(0，1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减. 所以h (x )max ＝h (1)＝0.(3)证明 由(2)可知，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0，即ln x ＜x －1，令x ＝n ＋1n ，则ln n ＋1n ＜n ＋1n －1，即ln(n ＋1)－ln n ＜1n. 分别令n ＝1，2，3，…，n ，得ln2－ln1＜1，ln3－ln2＜12，ln4－ln3＜13，…，ln(n ＋1)－ln n ＜1n， 将上述n 个式子相加，得ln(n ＋1)＜1＋12＋13＋…＋1n －1＋1n(n ∈N *). 即所要证不等式成立.。

第3讲不等式高考定位1。

利用不等式性质比较大小、不等式的求解、利用基本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点，主要以选择题、填空题为主;2.在解答题中,特别是在解析几何中求最值、范围问题或在解决导数问题时常利用不等式进行求解,难度较大。

真题感悟1。

(2017·全国Ⅰ卷）设x，y满足约束条件错误!则z＝x＋y的最大值为(）A。

0 B。

1C.2 D。

3解析根据约束条件画出可行域,如图中阴影部分（含边界），则当目标函数z＝x＋y经过A（3，0）时取得最大值，故z max＝3＋0＝3.答案 D2。

(2016·山东卷)若变量x，y满足错误!则x2＋y2的最大值是(）A。

4 B.9C.10 D。

12解析作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示：x2＋y2表示区域内点到原点距离的平方,由错误!得A(3，－1）。

由图形知，（x2＋y2)max＝|OA|2＝32＋（－1）2＝10。

答案 C3。

(2017·天津卷）若a，b∈R，ab〉0，则错误!的最小值为________。

解析∵a，b∈R,ab〉0，∴错误!≥错误!＝4ab＋错误!≥2错误!＝4，当且仅当错误!即错误!时取得等号。

答案 44.（2017·全国Ⅲ卷)设函数f(x)＝错误!则满足f(x)＋f错误!〉1的x的取值范围是________。

解析当x≤0时，f（x）＋f错误!＝（x＋1）＋错误!，原不等式化为2x＋错误!〉1，解得－错误!〈x≤0，当0〈x≤错误!时，f(x)＋f错误!＝2x＋错误!原不等式化为2x＋x＋错误!〉1，该式恒成立,当x>错误!时，f（x)＋f错误!＝2x＋2x－错误!，又x〉错误!时，2x＋2x－错误!〉2错误!＋20＝1＋错误!>1恒成立,综上可知，不等式的解集为错误!。

答案错误!考点整合1.不等式的解法（1）一元二次不等式的解法.一元二次不等式ax2＋bx＋c〉0（或〈0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0），如果a与ax2＋bx＋c同号，则其解集在两根之外;如果a与ax2＋bx＋c异号，则其解集在两根之间。

第5讲 导数与函数零点、不等式证明、恒成立问题高考定位 在高考压轴题中，函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含指数函数、对数函数为载体考查函数的零点（方程的根)、比较大小、不等式证明、不等式恒成立与能成立问题。

真 题 感 悟1。

（2016·全国Ⅲ卷）设函数f (x ）＝ln x －x ＋1.(1）讨论函数f （x )的单调性；(2）证明当x ∈（1，＋∞)时,1〈错误!〈x ;（3)设c >1,证明当x ∈（0,1)时，1＋（c －1）x >c x .(1)解 由f (x )＝ln x －x ＋1(x >0），得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。

因此f （x ）在（0，1）上是增函数，在(1，＋∞）上为减函数.(2)证明 由(1）知，函数f （x )在x ＝1处取得最大值f (1）＝0。

∴当x ≠1时,ln x <x －1.故当x ∈（1，＋∞）时,ln x <x －1，ln 错误!〈错误!－1，即1〈x －1ln x〈x 。

（3)证明由题设c〉1,设g（x)＝1＋（c－1)x－c x,则g′（x)＝c－1－c x ln c.令g′(x)＝0，解得x0＝错误!.当x<x0时，g′（x)>0，g(x）单调递增;当x>x0时，g′（x)〈0，g（x)单调递减.由(2）知1<错误!〈c，故0<x0〈1.又g(0）＝g（1）＝0，故当0<x<1时，g(x)〉0.∴当x∈（0，1）时，1＋(c－1)x>c x.2。

（2017·全国Ⅱ卷)设函数f（x)＝(1－x2)e x.（1)讨论f（x)的单调性；(2）当x≥0时，f(x）≤ax＋1，求a的取值范围.解（1)f′(x)＝－2x e x＋（1－x2）e x＝（1－2x－x2）e x.令f′（x)＝0，得x2＋2x－1＝0，解得x1＝－2－1，x2＝2－1,令f′(x)〉0，则x∈(－错误!－1，错误!－1),令f′(x）<0，则x∈（－∞，－错误!－1)∪(错误!－1，＋∞)。

2、函数与导数1、［2018年浙江卷】函数尸2冈sin2x 图象可能是【答案】D【解析】分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在住八)上的符号，即可判断选择.详解：令fCO = 21 列sin2x,因为％ E 凡/•(-%) = 2l-*lsin2(-x) = -2^^n2x = -f 。

)，所l?J/(x) = 2期血2x 为奇函数，排除选项丘B;因为讥@町时，fCOCO,所以排除选项C,选D.点睛：有关函数图象识别问题常见题型及解题思路：(1)由函数定义域，判断图象左、右位置，由函数值 域，判断图象上、下位置；(2)由函数单调性，判断图象变化趋势；(3)由函数奇偶性，判断图象对称性;(4)由函数周期性，判断图象循环往复、A. a>b> c E . b> a> c c. c> b> a D . c> a> b【答案】D【解析】分析：由题意结合对数性质，对数函数单调性和指数性质整理计算即可确定a,b,c 大小关系.1log 33 < logj- < log 申0 < (-)1 < (平 < 详解：由题意可知： 2 J 即ivaV2, ⑷ ⑷⑷，即OVbVl, a 2、［2018年天津卷文】已知 1 7 1 o 1=log 3^b = (-) ,c = log r - 3 ,则a,b,c 大小关系为3 ,即c>a,综上可得：c>a>b.本题选择D选项.点睛：对于指数幕大小比较，我们通常都是运用指数函数单调性，但很多时候，因幕底数或指数不相同，不能直接利用函数单调性进行比较、这就必须掌握一些特殊方法、在进行指数幕大小比较时，若底数不同, 则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数单调性进行判断、对于不同底而同指数指数幕大小比较，利用图象法求解，既快捷，又准确、f（x）=卩，x— 03、【2018年新课标I卷文】设函数％>°,则满足f（x + l）<y（2x）x取值范围是A. （-8, -1]B.（0，+8）C. （-1，°）D. （-8, 0）【答案】D【解析】分析:首先根据题中所给的函数解析式,将鹽图像画出来，从图中可以发现若有fa+1）< f（2Q成立，一定会有从而求得结果•详解：将函数的團像画出来，观察團像可知会有解得x<Of所以錠『（"】）<代㈢的x&w值范围是（一8，0）,故选D.点睛：该题考查是有关通过函数值大小来推断自变量大小关系，从而求得相关参数值问题，在求解过程中，需要利用函数解析式画出函数图像，从而得到要出现函数值大小，绝对不是常函数，从而确定出自变量所处位置，结合函数值大小，确定出自变量大小，从而得到其等价不等式组，从而求得结果.4、[2018年新课标I卷文】设函数fO）=X +（a_i）/ +“、若/•（’）为奇函数，则曲线y = f（x）在点（0 , 0）处切线方程为A. y=-2xB.y=-x c. y = 2x D. y = x【答案】D【解析】分析：利用奇函数偶此项系数为零求得进而得到f（e的解析式，再对n>）求导得出切线的斜率仏进而求得切线方程.详解：因为函数是奇函数，所以a-1 = 0,解得a = 1,所WO） = * + %, f'（x） =3x2 + l,所以f'（0） = 1J（O） = 0,所以曲线y = fd）在点（0.0妣的切线方程为y-f（o）=尸（吹，化简可得y =工，故选D.点睛：该题考查是有关曲线y = f（Q在某个点（勺，f（q））处切线方程问题，在求解过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应参数值，之后利用求导公式求得厂U）,借助于导数几何意义，结合直线方程点斜式求得结果.5、［2018年全国卷III文】函数『=-/ + " +2图像大致为A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】分析：由特殊值排除即可详解：当x = 0时，y = 2,排除A, B. y =- 4x3 + 2x =- 2x（2x2 - 1）,当"（。

(四)函数与导数(2)1．(2017·湖南省长沙市长郡中学临考冲刺训练)已知函数f(x)＝x3－3x2－m，g(x)＝3e x－6(1－m)x－3(m∈R，e为自然对数的底数)．(1)试讨论函数f(x)的零点个数；(2)证明：当m>0且x>0时，总有g(x)>f′(x)．(1)解f(x)＝x3－3x2－m的零点个数即为方程x3－3x2＝m的根的个数．记h(x)＝x3－3x2，则h′(x)＝3x(x－2)，令h′(x)＝0，得x＝0或x＝2.当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：故可画出h(x)的草图如图所示．由图象知，当m<－4或m>0时，函数f(x)有一个零点；当m＝－4或m＝0时，函数f(x)有两个零点；当－4<m<0时，函数f(x)有三个零点．(2)证明f′(x)＝3x2－6x，记函数u(x)＝g(x)－f′(x)＝3e x－3x2＋6mx－3(x>0)，则u′(x)＝3(e x－2x＋2m)，记v(x)＝e x－2x＋2m，则v′(x)＝e x－2，当x变化时，v′(x)，v(x)的变化情况如下表：由上表可知，v(x)≥v(ln 2)，而v (ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2m＝2－2ln 2＋2m ＝2(m －ln 2＋1)， 由m >0知，m >ln 2－1. 所以v (ln 2)>0，所以v (x )>0，即u ′(x )>0，所以u (x )在区间(0，＋∞)上为增函数， 所以当x >0时，u (x )>u (0)＝0. 即当m >0且x >0时，g (x )>f ′(x )．2．(2017届江苏省南通、扬州、泰州模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋cos x (a ∈R )，记f (x )的导函数为g (x )．(1)证明：当a ＝12时，g (x )在R 上为单调函数；(2)若f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围；(3)设函数h (x )的定义域为D ，区间(m ，＋∞)⊆D .若h (x )在(m ，＋∞)上是单调函数，则称h (x )在D 上广义单调．试证明函数y ＝f (x )－x ln x 在(0，＋∞)上广义单调．(1)证明 当a ＝12时，f (x )＝12x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝x －sin x ，即g (x )＝x －sin x ， 所以g ′(x )＝1－cos x ≥0， 所以g (x )在R 上单调递增．(2)解 因为g (x )＝f ′(x )＝2ax －sin x ， 所以g ′(x )＝2a －cos x .①当a ≥12时，g ′(x )≥1－cos x ≥0，所以函数f ′(x )在R 上单调递增． 若x >0，则f ′(x )>f ′(0)＝0； 若x <0，则f ′(x )<f ′(0)＝0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)， 所以f (x )在x ＝0处取得极小值，符合题意． ②当a ≤－12时，g ′(x )≤－1－cos x ≤0，所以函数f ′(x )在R 上单调递减． 若x >0，则f ′(x )<f ′(0)＝0； 若x <0，则f ′(x )>f ′(0)＝0， 所以f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)， 单调递增区间是(－∞，0)，所以f (x )在x ＝0处取得极大值，不符合题意．③当－12<a <12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，但当x ∈(0，x 0)时，cosx >2a ，即g ′(x )<0，所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减，所以f ′(x )<f ′(0)＝0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (3)证明 记h (x )＝ax 2＋cos x －x ln x (x >0)． ①若a >0，注意到ln x <x ，则ln x 12<x 12，即ln x <2x ，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x >2ax －2x －2＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－4a ＋12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋4a ＋12a .当x >⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，h ′(x )>0， 所以当m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋4a ＋12a 2时，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递增． ②若a ≤0，当x >1时，h ′(x )＝2ax －sin x －1－ln x ≤－sin x －1－ln x <0，所以当m ＝1时，函数h (x )在(m ，＋∞)上单调递减．综上所述，函数y ＝f (x )－x ln x 在区间(0，＋∞)上广义单调． 3．(2017届天津市耀华中学模拟)已知f (x )＝2x ＋1－e ax(a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若x 1，x 2为方程f (x )＝1的两个相异的实根，求证：x 1＋x 2>2a.(1)解 f ′(x )＝2－a e ax.当a ≤0时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1aln 2a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1aln 2a，＋∞上单调递减． (2)证明 x 1，x 2为方程f (x )＝1的两个相异的实根， 则x 1，x 2为方程2x －e ax＝0的两个相异的实根， 即x 1，x 2为方程ax ＝ln(2x )的两个相异的实根，所以ax 1＝ln(2x 1)，ax 2＝ln(2x 2)． 不妨设x 1>x 2>0，则a >0，所以a (x 1－x 2)＝ln x 1x 2，即a ＝lnx 1x 2x 1－x 2，要证明x 1＋x 2>2a⇔a >2x 1＋x 2， 只需证明lnx 1x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即证明ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2，令x 1x 2＝t >1，g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1>0 (t >1)，g (1)＝0. g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， 所以函数g (t )在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (t )>g (1)＝0，所以ln x 1x 2>2(x 1－x 2)x 1＋x 2成立，即x 1＋x 2>2a.4．(2017届福建省厦门第一中学模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝e x＋32x 2.(1)讨论f (x )的极值点的个数； (2)若对于∀x >0，总有f (x )≤g (x )． ①求实数a 的取值范围；②求证：对于∀x >0，不等式e x ＋x 2－(e ＋1)x ＋e x>2成立．(1)解 由题意得f ′(x )＝x ＋1x＋a＝x 2＋ax ＋1x(x >0)，令Δ＝a 2－4，当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0对x >0恒成立，即f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x≥0对x >0恒成立，此时f (x )没有极值点．当Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2，①当a <－2时，设方程x 2＋ax ＋1＝0两个不同实根为x 1，x 2，不妨设x 1<x 2， 则x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1>0，故x 2>x 1>0， ∴当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，故x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点．②当a >2时，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝－a <0，x 1x 2＝1>0， 故x 2<0，x 1<0，∴当x >0时，f ′(x )>0， 故函数f (x )没有极值点．综上，当a <－2时，函数f (x )有两个极值点． 当a ≥－2时，函数f (x )没有极值点．(2)①解 由题意可知，a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋x 2－ln x x min， 设φ(x )＝e x＋x 2－ln xx，易知φ(x )＝e x ＋x 2－ln x x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝e ＋1，a ≤e ＋1. ∴a 的取值范围为(－∞，e ＋1]．②证明 ∵e x＋x 2－(e ＋1)x ≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号， ∴只需证明ln x ＋ex≥2，设θ(x )＝ln x ＋ex，易得θ(x )＝ln x ＋ex在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，θ(x )≥θ(e)＝2，即ln x ＋ex≥2，当x ＝e 时取等号．综上，两式不同时取等号，故e x ＋x 2－(e ＋1)x ＋e x>2成立．。