【精品】2020年高考数学总复习专题讲义★☆专题6.2 导数中的参数问题 (解析版)

2020年高考数学二轮复习《导数》讲义案及基础题型精讲卷一、考纲解读1．了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值；会求闭区间上函数最大值、最小值；3．生活中的优化问题，会利用导数解决某些实际问题.二、命题趋势探究在综合题中，含参数的导数问题几乎是每年必考的内容；另外，导数与不等式的综合问题也是考试热点.三、知识点精讲1．函数单调性与导函数符号的关系 一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数； （3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数. ②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：()0f x '>⇒()f x 单调递增；()f x 单调递增()0f x '⇒≥；()0f x '<⇒()f x 单调递减；()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点.4．求可导函数()f x 极值的一般步骤（1）先确定函数()f x 的定义域；（2）求导数()f x '；（3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点.5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数()y f x =在(,)a b 内的极值； （2）将函数()y f x =的各极值与端点处的函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值； ②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.。

【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。

而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。

【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .专题6.2 导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。

导数中的公切线问题知识点梳理一、公切线问题一般思路两个曲线的公切线问题，主要考查利用导数的几何意义进行解决，关键是抓住切线的斜率进行转化和过渡.主要应用在求公切线方程，切线有关的参数，以及与函数的其他性质联系到一起.处理与切线有关的参数，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.考法1：求公切线方程已知其中一曲线上的切点，利用导数几何意义求切线斜率，进而求出另一曲线上的切点；不知切点坐标，则应假设两切点坐标，通过建立切点坐标间的关系式，解方程.具体做法为：设公切线在y =f (x )上的切点P 1(x 1，f (x 1))，在y =g (x )上的切点P 2(x 2，g (x 2))，则f ′(x 1)=g ′(x 2)=f x 1 -g x 2x 1-x 2.考法2：由公切线求参数的值或范围问题由公切线求参数的值或范围问题，其关键是列出函数的导数等于切线斜率的方程．题型精讲精练1若直线y =kx +b 是曲线y =e x 的切线，也是曲线y =ln x +2 的切线，则k =______．【解析】设y =kx +b 与y =e x 和y =ln x +2 ，分别切于点x 1,e x 1，x 2,ln x 2+2 ，由导数的几何意义可得：k =e x 1=1x 2+2，即x 2+2=1ex 1，①则切线方程为y -e x 1=e x 1x -x 1 ，即y =e x 1x -e x 1x 1+e x 1，或y -ln x 2+2 =1x 2+2x -x 2 ，即y -ln x 2+2 =1x 2+2x -x 2 ，②将①代入②得y =e x 1x +2e x 1-1-x 1，又直线y =kx +b 是曲线y =e x 的切线，也是曲线y =ln x +2 的切线，则-e x 1x 1+e x 1=2e x 1-1-x 1，即e x 1-1 x 1+1 =0，则x 1=-1或x 1=0，即k =e 0=1或k =e -1=1e ，故答案为1或1e．2已知直线y =kx +b 与函数y =e x 的图像相切于点P x 1,y 1 ，与函数y =ln x 的图像相切于点Q x 2,y 2 ，若x 2>1，且x 2∈n ,n +1 ，n ∈Z ，则n =______．【解析】依题意，可得e x 1=k =1x 2y 1=e x 1=kx 1+by 2=ln x 2=kx 2+b，整理得x 2ln x 2-ln x 2-x 2-1=0令f x =x ln x -ln x -x -1x >1 ，则f x =ln x -1x在1,+∞ 单调递增且f 1 ⋅f 2 <0，∴存在唯一实数m ∈1,2 ，使f m =0f x min =f m <f 1 <0，f 2 =ln2-3<0，f 3 =2ln3-4<0，f 4 =3ln4-5<0，f 5 =4ln5-6>0，∴x 2∈4,5 ，故n =4．【题型训练】1.求公切线方程一、单选题1(2023·全国·高三专题练习)曲线y =1x与曲线y =-x 2的公切线方程为()A.y =-4x +4B.y =4x -4C.y =-2x +4D.y =2x -4【答案】A【分析】画出图象，从而确定正确选项.【详解】画出y =1x,y =-x 2以及四个选项中直线的图象如下图所示，由图可知A 选项符合.故选：A2(2023·全国·高三专题练习)对于三次函数f (x )，若曲线y =f (x )在点(0,0)处的切线与曲线y =xf (x )在点(1,2)处点的切线重合，则f ′(2)=()A.-34B.-14C.-4D.14【答案】B【分析】由f(0)=0得d=0，然后求得f (x)，由f (0)=2-01-0求得c=2，设g(x)=xf(x)，由g(1)=2得f(1)=2及a+b=0，再由g (1)=2得3a+2b+2=0，解得a,b后可得f (2)．【详解】设f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，∵f(0)=d=0,∴f(x)=ax3+bx2+cx,∴f′(x)=3ax2+2bx+c∴f′(0)=c=2-01-0=2，设g(x)=xf(x)，则g(1)=f(1)=a+b+2=2，即a+b=0⋯⋯①又∵g′(x)=f(x)+xf′(x),∴g′(1)=f(1)+f′(1)=2,∴f′(1)=0，即3a+2b+2=0⋯⋯②由①②可得a=-2,b=2,c=2，∴f′(2)=-14.故选：B.3(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x ln x，g x =ax2-x．若经过点A1,0存在一条直线l与曲线y=f x 和y=g x 都相切，则a=()A.-1B.1C.2D.3【答案】B【分析】先求得f(x)在A(1,0)处的切线方程，然后与g x =ax2-x联立，由Δ=0求解【详解】解析：∵f x =x ln x，∴f x =1+ln x，∴f 1 =1+ln1=1，∴k=1，∴曲线y=f x 在A1,0处的切线方程为y=x-1，由y=x-1y=ax2-x得ax2-2x+1=0，由Δ=4-4a=0，解得a=1．故选：B4(2023·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x2-4x+4,g(x)=x-1，则f(x)和g(x)的公切线的条数为A.三条B.二条C.一条D.0条【答案】A【分析】分别设出两条曲线的切点坐标，根据斜率相等得到方程8n3-8n2+1=0，构造函数f x =8x3-8x2+1,f x =8x3x-2，研究方程的根的个数，即可得到切线的条数.【详解】设公切线与f x 和g x 分别相切于点m,f m,n,f n,f x =2x-4，g x =-x -2,gn =fm =g n -f m n -m ，解得m =-n -22+2，代入化简得8n 3-8n 2+1=0，构造函数f x =8x 3-8x 2+1,f x =8x 3x -2 ，原函数在-∞，0 ↗，0，23 ↘，23，+∞ ↗，极大值f 0 >0,极小值，f 23<0故函数和x 轴有交3个点，方程8n 3-8n 2+1=0有三解，故切线有3条.故选A .【点睛】这个题目考查了利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.考查了函数零点个数问题，即转化为函数图像和x 轴的交点问题.5(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 2-2m ，g x =3ln x -x ，若y =f x 与y =g x在公共点处的切线相同，则m =()A.-3B.1C.2D.5【答案】B【分析】设曲线y =f x 与y =g x 的公共点为x 0,y 0 ，根据题意可得出关于x 0、m 的方程组，进而可求得实数m 的值.【详解】设函数f x =x 2-2m ，g x =3ln x -x 的公共点设为x 0,y 0 ，则f x 0 =g x 0 f x 0 =g x 0 ，即x 20-2m =3ln x 0-x 02x 0=3x 0-1x 0>0，解得x 0=m =1，故选：B .【点睛】本题考查利用两函数的公切线求参数，要结合公共点以及导数值相等列方程组求解，考查计算能力，属于中等题.6(2023·全国·高三专题练习)函数f (x )=ln x 在点P (x 0,f (x 0))处的切线与函数g (x )=e x 的图象也相切，则满足条件的切点的个数有A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】C【分析】先求直线l 为函数的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线方程，再设直线l 与曲线y =g (x )相切于点(x 1，e x 1)，进而可得ln x 0=x 0+1x 0-1，根据函数图象的交点即可得出结论．【详解】解：∵f (x )=ln x ，∴f ′(x )=1x ，∴x =x 0，f ′(x 0)=1x 0，∴切线l的方程为y-ln x0=1x0(x-x0)，即y=1x0x+ln x0-1，①设直线l与曲线y=g(x)相切于点(x1，e x1)，∵g (x)=e x，∴e x1=1x0，∴x1=-ln x0．∴直线l也为y-1x0=1x0(x+ln x0)即y=1x0x+ln x0x0+1x0，②由①②得ln x0=x0+1 x0-1，如图所示，在同一直角坐标系中画出y=ln x,y=x+1x-1的图象，即可得方程有两解，故切点有2个.故选：C二、填空题7(2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)与曲线y=e x和y=-x24都相切的直线方程为.【答案】y=x+1【分析】分别设出直线与两曲线相切的切点，然后表示出直线的方程，再根据切线是同一条直线建立方程求解.【详解】设直线与曲线y=e x相切于点x1,e x1，因为y =e x，所以该直线的方程为y-e x1=e x1x-x 1，即y=e x1x+e x11-x1，设直线与曲线y=-x24相切于点x2,-x224，因为y =-x2，所以该直线的方程为y+x224=-x22x-x2，即y=-x22x+x224，所以e x1=-x22e x11-x1=x224，解得x1=0,x2=-2，所以该直线的方程为y=x+1，故答案为：y=x+1.8(2023·全国·高三专题练习)已知f x =e x-1(e为自然对数的底数)，g x =ln x+1，请写出f x 与g x 的一条公切线的方程．【答案】y=ex-1或y=x【分析】假设切点分别为m,e m-1，n,ln n+1，根据导数几何意义可求得公切线方程，由此可构造方程求得m，代入公切线方程即可得到结果.【详解】设公切线与f x 相切于点m,e m-1，与g x 相切于点n,ln n+1，∵f x =e x，g x =1x，∴公切线斜率k=e m=1n；∴公切线方程为：y-e m+1=e m x-m或y-ln n-1=1nx-n，整理可得：y=e m x-m-1e m-1或y=1nx+ln n，∴e m=1nm-1e m+1=-ln n，即m=-ln nm-1e m +1=-ln n，∴m-1e m+1-m=m-1e m-1=0，解得：m=1或m=0，∴公切线方程为：y=ex-1或y=x.故答案为：y=ex-1或y=x.9(2023春·安徽·高三合肥市第六中学校联考开学考试)已知直线l与曲线y=e x、y=2+ln x都相切，则直线l的方程为．【答案】y=x+1或y=ex【分析】分别求出两曲线的切线方程是y=e x1x+e x11-x1和y=1x2x+1+ln x2，解方程e x1=1x2，e x11-x1=1+ln x2，即得解.【详解】解：由y=e x得y =e x，设切点为x1,e x1，所以切线的斜率为e x1，则直线l的方程为：y=e x1x+e x11-x1；由y =2+ln x 得y =1x ，设切点为x 2,2+ln x 2 ，所以切线的斜率为1x 2，则直线l 的方程为：y =1x 2x +1+ln x 2．所以e x 1=1x 2，e x 11-x 1 =1+ln x 2，消去x 1得1x 2-11+ln x 2 =0，故x 2=1或x 2=1e，所以直线l 的方程为：y =x +1或y =ex ．故答案为：y =x +1或y =ex 10(2023春·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考阶段练习)已知直线y =kx +b 是曲线y =ln 1+x 与y =2+ln x 的公切线，则k +b =.【答案】3-ln2【分析】分别设两条曲线上的切点，写出切线方程，建立方程组，解出切点，计算k +b .【详解】设曲线y =ln 1+x 上切点A x 1,ln 1+x 1 ，y =11+x，切线斜率k =11+x 1，切线方程y -ln 1+x 1 =11+x 1x -x 1 ，即y =11+x 1x -x 11+x 1+ln 1+x 1同理，设曲线y =2+ln x 上切点B x 2,2+ln x 2 ，y =1x，切线斜率k =1x 2，切线方程y -2+ln x 2 =1x 2x -x 2 ，即y =1x 2x +1+ln x 2，所以11+x 1=1x 2-x11+x 1+ln (1+x 1)=1+ln x 2，解得x 1=-12x 2=12，所以k =2，b =1-ln2，k +b =3-ln2.故答案为：3-ln2.2.公切线中的参数问题一、单选题1(2023·陕西渭南·统考一模)已知直线y =ax +b (a ∈R ,b >0)是曲线f x =e x 与曲线g x =ln x +2的公切线，则a +b 等于()A.e +2B.3C.e +1D.2【答案】D【分析】由f x 求得切线方程，结合该切线也是g x 的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求得直线y =ax +b ，从而求得正确答案.【详解】设t ,e t 是f x 图象上的一点，f x =e x ，所以f x 在点t ,e t 处的切线方程为y -e t =e t x -t ，y =e t x +1-t e t ①，令g x =1x=e t ，解得x =e -t ，g e -t=ln e -t+2=2-t ，所以2-t -e te -t-t=e t ，1-t =1-t e t ，所以t =0或t =1(此时①为y =ex ，b =0，不符合题意，舍去)，所以t =0，此时①可化为y -1=1×x -0 ,y =x +1，所以a +b =1+1=2.故选：D2(2023·陕西榆林·校考模拟预测)若直线l 与曲线y =e x 相切，切点为M x 1,y 1 ，与曲线y =x +32也相切，切点为N x 2,y 2 ，则2x 1-x 2的值为()A.-2B.-1C.0D.1【答案】B【分析】根据导数求出切线的斜率，得到切线方程，根据两切线方程即可得解.【详解】因为直线l 与曲线y =e x 相切，切点为M x 1,y 1 ，可知直线l 的方程为y =e x 1x -x 1 +e x 1=e x 1x +1-x 1 e x 1，又直线l 与曲线y =x +3 2也相切，切点为N x 2,y 2 ，可知直线l 的方程为y =2x 2+3 x -x 2 +x 2+3 2=2x 2+3 x -x 22+9，所以e x 1=2x 2+3 1-x 1 e x 1=-x 22+9，两式相除，可得21-x 1 =3-x 2，所以2x 1-x 2=-1.故选：B3(2023春·河南·高三校联考阶段练习)已知曲线y =x 在点x 0,x 0 0<x 0<14处的切线也与曲线y =e x 相切，则x 0所在的区间是()A.0,14e 4B.14e 4,14e 2C.14e 2,14eD.14e ,14【答案】C【分析】设切线l与曲线y=e x的切点为m,e m，通过导数分别写出切线方程，由两条切线重合得出方程，再通过此方程有解得出结果.【详解】设该切线为l，对y=x求导得y =12x，所以l的方程为y-x0=12x0x-x0，即y=12x0x+x02．设l与曲线y=e x相切的切点为m,e m，则l的方程又可以写为y-e m=e m x-m，即y=e m x+1-me m．所以e m=12x0，x02=1-me m．消去m，可得x0=1+ln2x0，0<x0<1 4，令t=2x0∈0,1，则ln t-t24+1=0．设h t =ln t-t24+1，当0<t<1时，h t =1t-t2>0，所以h t 在0,1上单调递增，又h1e=-14e2<0，h1e=12-14e>0，所以t0=2x0∈1e,1e，所以x0∈14e2,14e．故选：C.4(2023·全国·高三专题练习)若函数f x =2a ln x+1与g x =x2+1的图像存在公共切线，则实数a的最大值为()A.eB.2eC.e22D.e2【答案】A【分析】分别设公切线与g x =x2+1和f(x)=2a ln x+1的切点x1,x21+1，x2,2a ln x2+1，根据导数的几何意义列式，再化简可得a=2x22-2x22ln x2，再求导分析h(x)=2x2-2x2⋅ln x(x >0)的最大值即可【详解】g x =2x，f x =2a x，设公切线与g x =x2+1的图像切于点x1,x21+1，与曲线f(x)=2a ln x+1切于点x2,2a ln x2+1，所以2x1=2ax2=2a ln x2+1-x21+1x2-x1=2a ln x2-x21x2-x1，故a=x1x2，所以2x1=2x1x2ln x2-x21x2-x1，所以x1=2x2-2x2⋅ln x2，因为a=x1x2，故a=2x22-2x22ln x2，设h(x)=2x2-2x2⋅ln x(x>0)，则h (x)=2x(1-2ln x)，令h (x)=0⇒x=e当h (x)>0时，x∈(0,e)，当h (x)<0时，x∈(e,+∞)，所以h x 在(0,e)上递增，在(e,+∞)上递减，所以h(x)max=h(e)=e，所以实数a的最大值为e，故选：A.5(2023·湖南郴州·统考模拟预测)定义：若直线l与函数y=f x ，y=g x 的图象都相切，则称直线l为函数y=f x 和y=g x 的公切线．若函数f x =a ln x a>0和g x =x2有且仅有一条公切线，则实数a的值为()A.eB.eC.2eD.2e【答案】C【分析】设直线与g x =x2的切点为x1,x21，然后根据导数的几何意义可推得切线方程为y=2x1x-x21，y=ax2x+a ln x2-1.两条切线重合，即可得出a=4x22-4x22ln x2有唯一实根.构造h x =4x2-4x2ln x x>0，根据导函数得出函数的性质，作出函数的图象，结合图象，即可得出答案.【详解】设直线与g x =x2的切点为x1,x21，因为g x =2x，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为2x1，即该直线的方程为y-x21=2x1x-x1，即y=2x1x-x21.设直线与f x =a ln x的切点为(x2,a ln x2)，因为f x =ax，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为ax2，即该直线的方程为y-a ln x2=ax2x-x2，即y=ax2x+a ln x2-1.因为函数f x =a ln x a>0和g x =x2有且只有一条公切线，所以有2x1=ax2a ln x2-1=-x21 ，即a=4x22-4x22ln x2有唯一实根.令h x =4x2-4x2ln x x>0，则h x =8x-8x ln x-4x=4x1-2ln x.解h x =0，可得x= e.当4x1-2ln x>0时，0<x<e，所以h x 在0,e上单调递增；当4x1-2ln x<0时，x>e，所以h x 在e,+∞上单调递减.所以h x 在x=e处取得最大值h e=4e-4e×12=2e.当x→0时，h x →0，h e =4e2-4e2ln e=0，函数h x 图象如图所示，因为a>0，a=4x2-4x2ln x有唯一实根，所以只有a=2e.故选：C6(2023春·广东汕头·高三汕头市潮阳实验学校校考阶段练习)已知函数f x =2+ln x，g x = a x，若总存在两条不同的直线与函数y=f x ，y=g x 图象均相切，则实数a的取值范围为()A.0,1B.0,2C.1,2D.1,e【答案】B【分析】设函数y=f x ，y=g x 的切点坐标分别为x1,2+ln x1，x2,a x2，根据导数几何意义可得a2=4ln x1+4x1，x1>0，即该方程有两个不同的实根，则设h x =4ln x+4x,x>0，求导确定其单调性与取值情况，即可得实数a的取值范围.【详解】解：设函数f x =2+ln x上的切点坐标为x1,2+ln x1，且x1>0，函数g x =a x 上的切点坐标为x2,a x2，且x2≥0，又f x =1x,g x =a2x，则公切线的斜率k=1x1=a2x2，则a>0，所以x2=a24x21，则公切线方程为y-2+ln x1=1x1x-x1，即y=1x1x+ln x1+1，代入x 2,a x 2 得：a x 2=1x 1x 2+ln x 1+1，则a 22x 1=1x 1⋅a 24x 21+ln x 1+1，整理得a 2=4ln x 1+4x 1，若总存在两条不同的直线与函数y =f x ，y =g x 图象均相切，则方程a 2=4ln x 1+4x 1有两个不同的实根，设h x =4ln x +4x,x >0，则h x =4x⋅x -4ln x +4x2=-4ln xx，令h x =0得x =1，当x ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，x ∈1,+∞ 时，h x <0，h x 单调递减，又h x =0可得x =1e，则x →0时，h x →-∞；x →+∞时，h x →0，则函数h x 的大致图象如下：所以a >00<a 2<4，解得0<a <2，故实数a 的取值范围为0,2 .故选：B .【点睛】本题考查了函数的公切线、函数方程与导数的综合应用，难度较大.解决本题的关键是，根据公切线的几何意义，设切点坐标分别为x 1,2+ln x 1 ，且x 1>0，x 2,a x 2 ，且x 2≥0，可得k =1x 1=a 2x 2，即有x 2=a 24x 21，得公切线方程为y =1x 1x +ln x 1+1，代入切点x 2,a x 2 将双变量方程a x 2=1x 1x 2+ln x 1+1转化为单变量方程a 22x 1=1x 1⋅a 24x 21+ln x 1+1，根据含参方程进行“参变分离”得a 2=4ln x 1+4x 1，转化为一曲一直问题，即可得实数a 的取值范围.7(2023·全国·高三专题练习)若曲线y =ln x +1与曲线y =x 2+x +3a 有公切线，则实数a 的取值范围()A.2ln2-36,3-ln22B.1-4ln212,3-ln22C.2ln2-36,+∞ D.1-4ln212,+∞【答案】D【分析】分别求出两曲线的切线方程，则两切线方程相同，据此求出a 关于切点x 的解析式，根据解析式的值域确定a 的范围.【详解】设x 1,y 1 是曲线y =ln x +1的切点，设x 2,y 2 是曲线y =x 2+x +3a 的切点，对于曲线y =ln x +1，其导数为y =1x ，对于曲线y =x 2+x +3a ，其导数为y =2x +1，所以切线方程分别为：y -ln x 1+1 =1x 1x -x 1 ，y -x 22+x 2+3a =2x 2+1 x -x 2 ，两切线重合，对照斜率和纵截距可得：1x 1=2x 2+1ln x 1=-x 22+3a，解得3a =ln x 1+x 22=ln 12x 2+1+x 22=-ln 2x 2+1+x 22x 2>-12 ，令h x =-ln 2x +1 +x 2x >-12，hx =-22x +1+2x =4x 2+2x -22x +1=2x +1 2x -1 2x +1=0，得：x =12，当x ∈-12,12时，h x <0，h x 是减函数，当x ∈12,+∞时，h x >0，h x 是增函数，∴h min x =h 12 =14-ln2且当x 趋于-12时，，h x 趋于+∞；当x 趋于+∞时，h x 趋于+∞；∴3a ≥14-ln2，∴a ≥1-4ln212；故选：D ．8(2023·河北·统考模拟预测)若曲线f (x )=3x 2-2与曲线g (x )=-2-m ln x (m ≠0)存在公切线，则实数m 的最小值为()A.-6eB.-3eC.2eD.6e【答案】A【分析】求出函数的导函数，设公切线与f x 切于点x 1,3x 21-2 ，与曲线g x 切于点x 2,-2-m ln x 2 ，x 2>0 ，即可得到m =-6x 1x 2，则x 1=0或x 1=2x 2-x 2ln x 2，从而得到m =12x 22ln x 2-12x 22，在令h x =12x 2ln x -12x 2，x >0 ，利用导数求出函数的最小值，即可得解；【详解】因为f (x )=3x 2-2，g (x )=-2-m ln x (m ≠0)，所以f (x )=6x ，g (x )=-mx，设公切线与f x 切于点x 1,3x 21-2 ，与曲线g x 切于点x 2,-2-m ln x 2 ，x 2>0 ，所以6x 1=-m x 2=-2-m ln x 2-3x 21-2 x 2-x 1=-m ln x 2-3x 21x 2-x 1，所以m =-6x 1x 2，所以6x 1=6x 1x 2ln x 2-3x 21x 2-x 1，所以x 1=0或x 1=2x 2-x 2ln x 2，因为m ≠0，所以x 1≠0，所以x 1=2x 2-x 2ln x 2，所以m =-62x 2-x 2ln x 2 x 2=12x 22ln x 2-12x 22，令h x =12x 2ln x -12x 2，x >0 ，则h x =12x 2ln x -1 ，所以当0<x <e 时h x <0，当x >e 时h x >0，所以h x 在0,e 上单调递减，在e ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e =-6e ，所以实数m 的最小值为-6e.故选：A【点睛】思路点睛：涉及公切线问题一般先设切点，在根据斜率相等得到方程，即可找到参数之间的关系，最后构造函数，利用导数求出函数的最值.二、多选题9(2023·湖北·统考模拟预测)若存在直线与曲线f x =x 3-x ,g x =x 2-a 2+a 都相切，则a 的值可以是()A.0B.-24C.log 27D.e π+πe【答案】ABC【分析】设该直线与f x 相切于点x 1,x 31-x 1 ，求出切线方程为y =3x 21-1 x -2x 31，设该直线与g x 相切于点x 2,x 22-a 2+a ，求出切线方程为y =2x 2x -x 22-a 2+a ，联立方程组，得到-a 2+a =94x 41-2x 31-32x 21+14，令h x =94x 4-2x 3-32x 2+14，讨论h x 的单调性，从而得到最值，则可得到-a 2+a ≥-1，解出a 的取值范围，四个选项的值分别比较与区间端点比较大小即可判断是否在区间内.【详解】设该直线与f x 相切于点x 1,x 31-x 1 ，因为f x =3x 2-1，所以f x 1 =3x 21-1，所以该切线方程为y -x 31-x 1 =3x 21-1 x -x 1 ，即y =3x 21-1 x -2x 31.设该直线与g x 相切于点x 2,x 22-a 2+a ，因为g x =2x ，所以g x 2 =2x 2，所以该切线方程为y -x 22-a 2+a =2x 2x -x 2 ，即y =2x 2x -x 22-a 2+a ，所以3x 21-1=2x 2-2x 31=-x 22-a 2+a ，所以-a 2+a =x 22-2x 31=3x 21-122-2x 31=94x 41-2x 31-32x 21+14，令h x =94x 4-2x 3-32x 2+14,∴h x =9x 3-6x 2-3x ，所以当x ∈-∞,-13 ∪0,1 时，hx <0；当x ∈-13,0 ∪1,+∞ 时，h x >0；∴h x 在-∞,-13和0,1 上单调递减；在-13,0 和1,+∞ 上单调递增；又h -13 =527,h 1 =-1，所以h x ∈-1,+∞ ，所以-a 2+a ≥-1，解得1-52≤a ≤1+52，所以a 的取值范围为1-52,1+52，所以A 正确；对于B ，-24-1-52=25-2+2 4>0，所以1-52<-24<0，所以B 正确；对于C ，因为0<log 27<log 222=32<1+52，所以C 正确；对于D ，因为e π+πe>2e π⋅πe=2>1+52，所以D 不正确.故选：ABC10(2023·全国·高三专题练习)函数f x =ln x +1，g x =e x -1，下列说法正确的是( )．(参考数据：e 2≈7.39，e 3≈20.09，ln2≈0.69，ln3≈1.10)A.存在实数m ，使得直线y =x +m 与y =f x 相切也与y =g x 相切B.存在实数k ，使得直线y =kx -1与y =f x 相切也与y =g x 相切C.函数g x -f x 在区间23,+∞ 上不单调D.函数g x -f x 在区间23,+∞上有极大值，无极小值【答案】AB【分析】对AB ，设直线与y =f x 、y =g x 分别切于点P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，利用点在线上及斜率列方程组，解得切点即可判断；对CD ，令h x =g x -f x ，由二阶导数法研究函数单调性及极值.【详解】对AB ，设直线l 与y =f x 、y =g x 分别切于点P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ，f x =1x，gx =ex，则有y1=f x1=ln x1+1y2=g x2=e x2-1y1-y2x1-x2=1x1=e x2⇒ln x1+1-e x2-1x1-x2=e x2⇒-x2+1-e x2-11e x2-x2=e x2⇒e x2-1x2-1=0，解得x2=0或x2=1.当x2=0，则y2=0，x1=1，y1=1，公切线为y=x，此时存在实数m=0满足题意；当x2=1，则y2=e-1，x1=1e，y1=0，公切线为y=e x-1e=ex-1，此时存在实数k=1满足题意，AB对；对CD，令h x =g x -f x =e x-ln x-2，x∈0,+∞，则m x =h x =e x-1 x，由m x =e x+1x2>0得h x 在0,+∞单调递增，由h23=e23-32=e2-278e232+32e23+94>0得，x∈23,+∞时，h x >0，h x 单调递增，CD错.故选：AB.三、填空题11(2023·全国·高三专题练习)若曲线y=ax2与y=ln x有一条斜率为2的公切线，则a= .【答案】1ln2e【分析】根据导数的几何意义以及切线方程的求解方法求解.【详解】设公切线在曲线y=ax2与y=ln x上的切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，由y=ln x可得y =1x，所以1x2=2，解得x2=12，所以y2=ln x2=-ln2,则B12,-ln2 ，所以切线方程为y+ln2=2x-1 2，又由y=ax2，可得y =2ax，所以2ax1=2，即ax1=1，所以y1=ax21=x1，又因为切点A(x1,y1)，也即A(x1,x1)在切线y+ln2=2x-1 2上，所以x1+ln2=2x1-1 2，解得x1=ln2+1，所以a =1x 1=1ln2+1=1ln2e .故答案为:1ln2e.12(2023·河北唐山·统考三模)已知曲线y =ln x 与y =ax 2a >0 有公共切线，则实数a 的取值范围为.【答案】12e,+∞【分析】设公切线与曲线的切点为x 1,ln x 1 ，x 2,ax 22 ，利用导数的几何意义分别求y =ln x 和y =ax 2上的切线方程，由所得切线方程的相关系数相等列方程求参数关系，进而构造函数并利用导数研究单调性求参数范围.【详解】设公切线与曲线y =ln x 和y =ax 2的切点分别为x 1,ln x 1 ，x 2,ax 22 ，其中x 1>0，对于y =ln x 有y =1x ，则y =ln x 上的切线方程为y -ln x 1=1x 1x -x 1 ，即y =xx 1+ln x 1-1 ，对于y =ax 2有y =2ax ，则y =ax 2上的切线方程为y -ax 22=2ax 2x -x 2 ，即y =2ax 2x -ax 22，所以1x 1=2ax 2ln x 1-1=-ax 22，有-14ax21=ln x 1-1，即14a=x 21-x 21ln x 1x 1>0 ，令g x =x 2-x 2ln x ，g x =x -2x ln x =x 1-2ln x ，令gx =0，得x =e 12，当x ∈0,e12时，g x >0，g x 单调递增，当x ∈e 12,+∞ 时，g x <0，g x 单调递减，所以g x max =g e12=12e ，故0<14a ≤12e ，即a ≥12e.∴正实数a 的取值范围是12e,+∞.故答案为：12e,+∞.13(2023·浙江金华·统考模拟预测)若存在直线l 既是曲线y =x 2的切线，也是曲线y =a ln x 的切线，则实数a 的最大值为.【答案】2e【分析】设切线与两曲线的切点分别为(n ,n 2)，(m ,a ln m )，根据导数的几何意义分别求出切线方程，可得a4m2=1-ln m，由题意可知a4=m2(1-ln m)有解，故令g(x)=x2(1-ln x),(x>0)，利用导数求得其最值，即可求得答案.【详解】由题意知两曲线y=x2与y=a ln x,(x>0)存在公切线，a=0时，两曲线y=x2与y=0,(x>0)，不合题意；则y=x2的导数y =2x，y=a ln x的导数为y =a x，设公切线与y=x2相切的切点为(n,n2)，与曲线y=a ln x相切的切点为(m,a ln m)，则切线方程为y-n2=2n(x-n)，即y=2nx-n2，切线方程也可写为y-a ln m=am(x-m)，即y=amx-a+a ln m，故2n=am-n2=-a+a ln m，即a24m2=a-a ln m，即a4m2=1-ln m，即a4=m2(1-ln m)有解，令g(x)=x2(1-ln x),(x>0)，则g (x)=2x(1-ln x)+x2-1 x=x(1-2ln x)，令g (x)=0可得x=e，当0<x<e时，g (x)>0，当x>e时，g (x)<0，故g(x)在(0,e)是增函数，在(e,+∞)是减函数，故g(x)的最大值为g(e)=e 2，故a4≤e2，所以a≤2e，即实数a的最大值为2e，故答案为：2e。

第三节导数与函数的极值、最值一、基础知识批注——理解深一点1．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近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.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点.2．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．二、常用结论汇总——规律多一点(1)若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．(3)若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．()(2)在指定区间上极值可能有多个，也可能一个也没有，最大值最多有1个．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(4)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．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(二)选一选1．已知函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内极小值点有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选A 导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个．所以f (x )在区间(a ，b )内有一个极小值点．2．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2解析：选D 由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，∴当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.3．函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2C ．0D.12e解析：选A 易知y ′＝1－xe x，x ∈[0,2]，令y ′≥0，得0≤x ≤1；令y ′<0，得1<x ≤2，所以函数y ＝x e x 在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是y |x ＝1＝1e.(三)填一填4．函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 解析：f ′(x )＝6x 2－4x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫23＝－827，f (2)＝8. ∴函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是8. 答案：85．函数f (x )＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的极大值点是________．解析：f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.令f ′(x )＝0，解得x ＝π6，则当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π6时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎦⎤π6，π2时，f ′(x )<0，故函数f (x )＝x ＋2cos x 的极大值点是π6. 答案：π6考点一 利用导数解决函数的极值问题 考法(一) 利用导数求函数的极值或极值点[典例] (2018·天津高考改编)设函数f (x )＝(x －t 1)·(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极小值点及极大值．[解] (1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.因此曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0.(2)由已知可得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3) ＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x (－∞，t 2－3)t 2－3 (t 2－3，t 2＋3)t 2＋3 (t 2＋3，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以函数f (x )的极小值点为x ＝t 2＋3，极大值为f (t 2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝6 3. [解题技法] 求函数的极值或极值点的步骤 (1)求导数f ′(x )，不要忘记函数f (x )的定义域； (2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x )的符号，确定极值点或函数的极值． 考法(二) 已知函数极值点或极值求参数的值或范围[典例] (2018·北京高考节选)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．[解] 由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ， 得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x . 若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)． [解题技法]已知函数极值点或极值求参数的2个要领[题组训练]1．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点解析：选D ∵f (x )＝2x ＋ln x (x >0)， ∴f ′(x )＝－2x 2＋1x ，令f ′(x )＝0，则x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0. 所以x ＝2为f (x )的极小值点．2．(2019·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( )A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)解析：选C f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C.3．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)．(1)当a ＝1，且函数f (x )的图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 由f ′(x )>0，解得x <13或x >1；由f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫13，1上单调递减， 所以函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立． 因为a >0，所以f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则有Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞. 考点二 利用导数解决函数的最值问题[典例] (2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值． [解] (1)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. [解题技法]导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f (x )的导数f ′(x )；(2)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； (3)求f (x )在给定区间上的端点值；(4)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； (5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范． [题组训练]1.(2018·珠海摸底)如图，将一张16 cm ×10 cm 的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________ cm 3.解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm ，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x ) cm ，宽为(10－2x ) cm 的长方形，其面积为(16－2x )(10－2x )cm 2，长方体纸盒的高为x cm ，则体积V ＝(16－2x )(10－2x )×x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)cm 3，所以V ′＝12(x －2)·⎝⎛⎭⎫x －203，由V ′>0，得0<x <2，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(0,2)上单调递增；由V ′<0，得2<x <5，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(2,5)上单调递减，所以当x ＝2时，V max ＝144(cm 3)．答案：1442．已知函数f (x )＝ln x －a x .(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解：(1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x ＋ax 2，因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为x ∈[1，e]，①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，所以a ＝－ e.综上，a ＝－ e. [课时跟踪检测]A 级——保大分专练1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，所以k ≤－3. 5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ， 令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0；当t ＞22时，f ′(t )＞0. ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x 2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x 3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y ＝2x －1x2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2.答案：2 8．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________． 解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－129．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件．解析：y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0. 故当x ＝3时，该商品的年利润最大． 答案：310．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx ＋b (a ，b ∈R )，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值； (2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a (1－ln x )x 2. 所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0. (2)由(1)知f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，有f ′(x )>0，得f (x )在(0，e)上是增函数； 当x >e 时，有f ′(x )<0，得f (x )在(e ，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)＝1e .12．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝12时，求f (x )的极值； (2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －12＝2－x 2x . 令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a. 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值． 综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数f (x )有一个极大值点．B 级——创高分自选1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________．解析：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0.由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1，由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2，可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧ t ≠0，3t >0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98. 答案：⎝⎛⎭⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值； (2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a >0)． (1)由f ′(x )>0，解得x >1a， 所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞；由f ′(x )<0，解得0<x <1a， 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值．(2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1.②若1<1a <e ，即1e<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1. ③若1a ≥e ，即0<a ≤1e时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e＝0， 即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e. 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。

第2课时 导数与函数的零点问题考点一 确定函数零点的个数[例1] (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数．证明： (1)f ′(x )在区间⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点． [证明] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2.当x ∈⎝⎛⎭⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)＞0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，可得g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．①当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(－1，0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点．②当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＜0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫β，π2时，f ′(x )＜0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝1－ln ⎝⎛⎭⎫1＋π2＞0，所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，f (x )＞0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2没有零点．③当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π单调递减．而f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，f (π)＜0，所以f (x )在⎝⎛⎦⎤π2，π有唯一零点． ④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)＞1.所以f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点． 综上，f (x )有且仅有2个零点．判断函数零点个数的思路判断函数在某区间[a ，b ]((a ，b ))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f (a )·f (b )<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间(a ，b )上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a ，b ]((a ，b ))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．(2019·广东省七校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋ax . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，求函数f (x )的零点个数．解：(1)由题意知， f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋a ＝ax ＋1x . ①当a ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1a ， 故在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)可知，当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减． 故f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1a －1. ①当ln ⎝⎛⎭⎫－1a <1，即a <－1e 时，f ⎝⎛⎭⎫－1a <0， 函数f (x )没有零点．②当ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝1，即a ＝－1e 时，f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝0， 函数f (x )有一个零点．③当ln ⎝⎛⎭⎫－1a >1，即－1e <a <0时，f ⎝⎛⎭⎫－1a >0，令0<b <1且b <－1a ，则lnb <0，f (b )＝ln b ＋ab <ln b <0， 故f (b )·f ⎝⎛⎭⎫－1a <0，f (x )在⎝⎛⎭⎫b ，－1a 上有一个零点． F ⎝⎛⎭⎫1a 2＝ln 1a 2＋1a ＝2ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＋1a ， 令t ＝－1a ，则t ∈(e ，＋∞)． 令g (t )＝2ln t －t ，t >0，则在(e ，＋∞)上，g ′(t )＝2t －1<0，故g (t )在(e ，＋∞)上单调递减， 故在(e ，＋∞)上，g (t )<g (e)＝2－e<0，则f ⎝⎛⎭⎫1a 2<0， 故f ⎝⎛⎭⎫－1a ·f ⎝⎛⎭⎫1a 2<0，f (x )在⎝⎛⎭⎫－1a ，1a 2上有一个零点． 故f (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当a <－1e 时，函数f (x )没有零点；当a ＝－1e 时，函数f (x )有一个零点；当－1e <a <0时，函数f (x )有两个零点.考点二 根据函数零点的个数确定参数的取值范围 [例2] 已知函数f (x )＝x e x －12a (x ＋1)2. (1)若a ＝e ，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．[解] (1)由题意知，当a ＝e 时，f (x )＝x e x －12e(x ＋1)2，函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝(x ＋1)e x －e(x ＋1)＝(x ＋1)(e x －e)． 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：所以当x ＝－1时，f (x )取得极大值－1e ；当x ＝1时，f (x )取得极小值－e. (2)法一：分类讨论法f ′(x )＝(x ＋1)e x －a (x ＋1)＝(x ＋1)(e x －a )，若a ＝0，易知函数f (x )在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意． 若a <0，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．由f (－1)＝－1e <0，且f (1)＝e －2a >0，当x →－∞时，f (x )→＋∞， 所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．若ln a <－1，即0<a <1e ，当x ∈(－∞，ln a )∪(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(ln a ，－1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．又f (ln a )＝a ln a －12a (ln a ＋1)2<0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若ln a ＝－1，即a ＝1e ，当x ∈(－∞，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，故不符合题意． 若ln a >－1，即a >1e ，当x ∈(－∞，－1)∪(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(－1，ln a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．又f (－1)＝－1e <0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意． 综上，实数a 的取值范围是(－∞，0)． 法二：数形结合法令f (x )＝0，即x e x －12a (x ＋1)2＝0， 得x e x ＝12a (x ＋1)2.当x ＝－1时，方程为－e －1＝12a ×0，显然不成立， 所以x ＝－1不是方程的解，即－1不是函数f (x )的零点． 当x ≠－1时，分离参数得a ＝2x e x（x ＋1）2.记g (x )＝2x e x（x ＋1）2(x ≠－1)，则g ′(x )＝（2x e x ）′（x ＋1）2－[（x ＋1）2]′·2x e x（x ＋1）4＝2e x （x 2＋1）（x ＋1）3.当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减； 当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．当x ＝0时，g (x )＝0；当x →－∞时，g (x )→0；当x →－1时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞.故函数g (x )的图象如图所示．作出直线y ＝a ，由图可知，当a <0时，直线y ＝a 和函数g (x )的图象有两个交点，此时函数f (x )有两个零点．故实数a 的取值范围是(－∞，0)．利用函数零点的情况求参数范围的方法(1)分离参数(a ＝g (x ))后，将原问题转化为y ＝g (x )的值域(最值)问题或转化为直线y ＝a 与y ＝g (x )的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．(2019·江西八所重点中学联考)已知函数f (x )＝12ax －a ＋1－ln x x (其中a 为常数，且a ∈R )． (1)若函数f (x )为减函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )有两个不同的零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． 解：(1)∵f (x )＝12ax －a ＋1－ln x x ， ∴f ′(x )＝12a －1－ln x x 2，若函数f (x )为减函数，则f ′(x )≤0对x ∈(0，＋∞)恒成立，即12a ≤1－ln x x 2 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设m (x )＝1－ln x x 2，则m ′(x )＝2ln x －3x 3，令m ′(x )＝0，得x ＝e 32，可得m (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，e 32上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫e 32，＋∞上单调递增，∴m (x )min ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 32＝－12e 3，∴12a ≤－12e 3，即a ≤－e －3，故实数a 的取值范围是(－∞，－e －3]．(2)易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝12ax 2－（a －1）x －ln xx，∴可设h (x )＝12ax 2－(a －1)x －ln x ，则函数f (x )有两个不同的零点等价于函数h (x )有两个不同的零点．∵h ′(x )＝ax －(a －1)－1x ＝ax 2－（a －1）x －1x ＝（ax ＋1）（x －1）x， ∴当a ≥0时，函数h (x )在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )在(0，＋∞)上有最小值，为h (1)．若函数h (x )有两个不同的零点，则必有h (1)＝－12a ＋1<0，即a >2，此时， 在x ∈(1，＋∞)上有h (2)＝2a －2(a －1)－ln 2＝2－ln 2>0，在x ∈(0，1)上，h (x )＝12a (x 2－2x )＋x －ln x ， ∵－1<x 2－2x <0，∴h (x )>－12a ＋x －ln x ，∴h ⎝⎛⎭⎫e −12a >－12a ＋e －12a －ln ⎝⎛⎭⎫e −12a ＝e −12a>0，∴h (x )在区间(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，故a >2符合题意．当a ＝－1时，h ′(x )≤0，∴函数h (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，∴函数h (x )至多有一个零点，不符合题意．当－1<a <0时，函数h (x )在区间(0，1)上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1，－1a 上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减，∴函数h (x )的极小值为h (1)＝－12a ＋1>0， ∴函数h (x )至多有一个零点，不符合题意；当a <－1时，函数h (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，1上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，∴函数h (x )的极小值为h ⎝⎛⎭⎫－1a ＝12a ＋1a (a －1)－ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝1－12a ＋ln(－a )>0， ∴函数h (x )至多有一个零点，不符合题意． 综上所述，实数a 的取值范围是(2，＋∞). 考点三 函数零点性质的探索与证明[例3] (2019·陕西榆林一模)已知函数f (x )＝x 2－2.(1)已知函数g (x )＝f (x )＋2(x ＋1)＋a ln x 在区间(0，1)上单调，求实数a 的取值范围； (2)函数h (x )＝ln(1＋x 2)－12f (x )－k 有几个零点？ [解] (1)∵函数f (x )＝x 2－2，∴g (x )＝x 2＋2x ＋a ln x .又∵函数g (x )在区间(0，1)上单调，∴当0<x <1时，若g (x )单调递增，则g ′(x )＝2x ＋22＋a x ＝2x 2＋2x ＋ax≥0恒成立， 即a ≥－2x 2－2x ＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12恒成立． ∵m (x )＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12在区间(0，1)上单调递减， ∴－2x 2－2x <m (0)＝0，∴a ≥0.若g (x )单调递减，则g ′(x )＝2x ＋2＋ax ≤0恒成立， 即a ≤－2x 2－2x ＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12恒成立． ∵m (x )＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12在区间(0，1)上单调递减， ∴－2x 2－2x >m (1)＝－4，∴a ≤－4.综上可得，实数a 的取值范围为(－∞，－4]∪(0，＋∞)．(2)∵函数h (x )＝ln(1＋x 2)－12f (x )－k ＝ln(1＋x 2)－12(x 2－2)－k ＝ln(1＋x 2)－12x 2＋1－k ，其定义域为R ，∴h ′(x )＝2x1＋x 2－x ＝x （1－x 2）1＋x 2.令h ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝1或x ＝－1. 当x 变化时，h (x )，h ′(x )的变化情况如表：当x →＋∞时，h (x )→－∞；当x →－∞时，h (x )→－∞.∴当1－k >0且ln 2＋12－k >0，即k <1时，函数h (x )有2个零点； 当1－k ＝0且ln 2＋12－k >0，即k ＝1时，函数h (x )有3个零点； 当1－k <0且ln 2＋12－k >0，即1<k <ln 2＋12时，函数h (x )有4个零点；当1－k <0且ln 2＋12－k ＝0，即k ＝ln 2＋12时，函数h (x )有2个零点； 当1－k <0且ln 2＋12－k <0，即k >ln 2＋12时，函数h (x )没有零点．函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．已知函数f (x )＝(x －1)e x －mx 2＋2，其中m ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当常数m ∈(2，＋∞)时，函数f (x )在[0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)，证明：x 2－x 1>ln 4e .解：(1)当m ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2＋2， ∴f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)．由f ′(x )＝x (e x －2)＝0，解得x ＝0或x ＝ln 2. 当x >ln 2或x <0时，f ′(x )>0，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． 当0<x <ln 2时，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递减区间为(0，ln 2)．(2)证明：由f ′(x )＝x (e x －2m )＝0，解得x ＝0或x ＝ln(2m )． 当x >ln(2m )时，f ′(x )>0，f (x )在(ln(2m )，＋∞)上单调递增； 当0<x <ln (2m )时，f ′(x )<0，f (x )在[0，ln(2m )]上单调递减． ∴f (x )的极小值为f (ln 2m )．∵函数f (x )在[0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2(x 1<x 2)， ∴f (ln 2m )<0.由f (0)＝1>0，f (1)＝2－m <0， 可知x 1∈(0，1)．f (ln 2m )<0，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f (x )在(ln(2m )，＋∞)上单调递增． ∴x 2∈(ln(2m )，＋∞)． ∴x 2>ln(2m )>ln 4.∵0<x 1<1，∴x 2－x 1>ln 4－1＝ln 4e . 【课后专项练习】大题专攻强化练1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )＝a2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若1<a <e ，试判断f (x )的零点个数． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝（x －1）（ax －1）x ， 令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a ，①若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ②若 0<a <1，则1a >1，当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． ③若a >1，则0<1a <1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． 综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x )在(0，1)上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是增函数； 当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． (2)当1<a <e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 所以f (x )的极小值为f (1)＝－1<0，f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a 2⎝⎛⎭⎫1a －12－1a＋ln 1a ＝a 2－12a －ln a －1.设g (a )＝a 2－12a －ln a －1，其中a ∈(1，e)， 则g ′(a )＝12＋12a 2－1a ＝a 2－2a ＋12a 2＝（a －1）22a 2>0， 所以g (a )在(1，e)上是增函数， 所以g (a )<g (e)＝e 2－12e －2<0.因为f (4)＝a 2(4－1)2－4＋ln 4>12×9－4＋ln 4＝ln 4＋12>0， 所以存在x 0∈(1，4)，使f (x 0)＝0， 所以当1<a <e 时，f (x )有且只有一个零点． 2．函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 解：(1)由题意知，f ′(x )＝a ＋ln x ＋1(x >0)， f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1， 当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ， 即f ′(x )＝ln x ， 令f ′(x )>0，解得x >1； 令f ′(x )<0，解得0<x <1.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)． (2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1，由题意得，m ＋1>－1，即m >－2，① 当0<x <1时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0； 当x >0且x →0时，f (x )→0； 当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞.如图，由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，② 由①②可得－2<m <－1.故实数m 的取值范围为(－2，－1)．3．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f (x )＝e x (ln x －ax ＋a ＋b )(e 为自然对数的底数)，a ，b ∈R ，直线y ＝e 2x 是曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线．(1)求a ，b 的值．(2)是否存在k ∈Z ，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －ax ＋1x ＋b ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 由已知，得⎩⎨⎧f （1）＝e 2，f ′（1）＝e 2，即⎩⎨⎧e b ＝e 2，e （b －a ＋1）＝e 2，解得a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋32，则f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋1x ＋12， 令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋12，则g ′(x )＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝12>0，g (2)＝ln 2－1<0，所以存在唯一的x 0∈(1，2)，使得g (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0.所以f (x )在(0, x 0)上单调递增，在(x 0＋∞)上单调递减．又当x →0时，f (x )<0，f (1)＝e 2>0，f (2)＝e 2⎝⎛⎭⎫ln 2－12>0，f (e)＝e e ⎝⎛⎭⎫52－e <0， 所以存在k ＝0或2，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点．4．(2019·福州市质量检测)已知函数f (x )＝a ln x －x －a ＋1x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当e<a <2e 时，关于x 的方程f (ax )＝－a ＋1ax 有两个不同的实数解x 1，x 2，求证：x 1＋x 2<4x 1x 2.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1＋1＋a x 2＝－x 2＋ax ＋1＋a x 2＝－（x ＋1）[x －（1＋a ）]x 2， ①当a ＋1>0，即a >－1时，在(0，1＋a )上，f ′(x )>0，在(1＋a ，＋∞)上，f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递增区间是(0，1＋a )，单调递减区间是(1＋a ，＋∞)；②当1＋a ≤0，即a ≤－1时，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．(2)证明：设g (x )＝f (ax )＋a ＋1ax ＝a (ln a ＋ln x －x )，所以g ′(x )＝a （1－x ）x(x >0)， 当0<x <1时，g ′(x )>0，函数g (x )在区间(0，1)上单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，函数g (x )在区间(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )在x ＝1处取得最大值．因为当e<a <2e 时，方程f (ax )＝－a ＋1ax 有两个不同的实数解x 1，x 2，所以函数g (x )有两个不同的零点x 1，x 2，一个零点比1小，一个零点比1大． 不妨设0<x 1<1<x 2，由g (x 1)＝0，且g (x 2)＝0，得x 1＝ln(ax 1)，且x 2＝ln(ax 2)，则x 1＝1a e x 1，x 2＝1a e x 2，所以x 1x 2＝1a 2·e x 1＋x 2，所以x 1x 2x 1＋x 2＝1a 2·e x 1＋x 2x 1＋x 2， 令x 1＋x 2＝t (t >1)，设h (t )＝e t t (t >1)，则h ′(t )＝e t ·t －e t t 2＝e t （t －1）t 2>0. 所以函数h (t )在区间(1，＋∞)上单调递增，h (t )>e ，所以x 1x 2x 1＋x 2＝1a 2·e x 1＋x 2x 1＋x 2>e a 2. 因为e<a <2e ，所以e a 2>e 4e ＝14，则x 1x 2x 1＋x 2>14， 又x 1＋x 2>1，所以x 1＋x 2<4x 1x 2.5.已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.解: (1)f ′(x )＝e x －a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >e a 时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤e x x －2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.记g (x )＝e x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝（x －1）e xx 2， 所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e x x －2e ，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.法二：证xf (x )－e x ＋2e x ≤0，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0，从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x －1.所以当x ∈(0，1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1.设函数h (x )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x （x －1）e x 2. 所以当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1.综上，当x >0时，g (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．。

第二节参数方程一、基础知识批注——理解深一点1．曲线的参数方程在平面直角坐标系中，如果曲线上任意一点的坐标x ，y 都是某个变数t 的函数⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t )，并且对于t 的每一个允许值，由这个方程组所确定的点M (x ，y )都在这条曲线上，那么这个方程组就叫做这条曲线的参数方程，联系变数x ，y 的变数t 叫做参变数，简称参数．相对于参数方程而言，直接给出点的坐标间关系的方程F (x ，y )＝0叫做普通方程． 2．参数方程和普通方程的互化(1)参数方程化普通方程：利用两个方程相加、减、乘、除或者代入法消去参数． (2)普通方程化参数方程：如果x ＝f (t )，把它代入普通方程，求出另一个变数与参数的关系y ＝g (t )，则得曲线的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t ).3．直线、圆、椭圆的参数方程(1)过点M (x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)．直线参数方程的标准形式的应用过点M 0(x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α.若M 1，M 2是l上的两点，其对应参数分别为t 1，t 2，则①|M 1M 2|＝|t 1－t 2|.在参数方程与普通方程的互化中，一定要注意变量的范围以及转化的等价性.②若线段M 1M 2的中点M 所对应的参数为t ，则t ＝t 1＋t 22，中点M 到定点M 0的距离|MM 0|＝|t |＝⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22.③若M 0为线段M 1M 2的中点，则t 1＋t 2＝0. ④|M 0M 1||M 0M 2|＝|t 1t 2|.(2)圆心在点M 0(x 0，y 0)，半径为r 的圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋r cos θ，y ＝y 0＋r sin θ(θ为参数)．(3)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos φ，y ＝b sin φ (φ为参数)．二、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝f (t )，y ＝g (t )中的x ，y 都是参数t 的函数．( )(2)过M 0(x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)．参数t 的几何意义表示：直线l 上以定点M 0为起点，任一点M (x ，y )为终点的有向线段M 0M ―→的数量．( )(3)已知椭圆的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝4sin t (t 为参数)，点M 在椭圆上，对应参数t ＝π3，点O为原点，则直线OM 的斜率为 3.( )答案：(1)√ (2)√ (3)×(二)填一填1．在平面直角坐标系中，若曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋22t ，y ＝1＋22t (t 为参数)，则其普通方程为____________．解析：依题意，消去参数可得x －2＝y －1，即x －y －1＝0. 答案：x －y －1＝02．曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ，y ＝cos 2θ＋1(θ为参数)，则曲线C 的普通方程为____________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ，y ＝cos 2θ＋1(θ为参数)消去参数θ，得y ＝2－2x 2(－1≤x ≤1)．答案：y ＝2－2x 2(－1≤x ≤1)3．在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝32t(t 为参数)，椭圆C 的方程为x 2＋y 24＝1，设直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，则线段AB 的长为____________．解析：将直线l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝32t代入x 2＋y 24＝1，得⎝⎛⎭⎫1＋12t 2＋⎝⎛⎭⎫32t 24＝1，即7t 2＋16t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝－167， 所以|AB |＝|t 1－t 2|＝167. 答案：167考点一 参数方程与普通方程的互化[典例] 已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a －2t ，y ＝－4t (t 为参数)，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)． (1)求直线l 和圆C 的普通方程；(2)若直线l 与圆C 有公共点，求实数a 的取值范围． [解] (1)直线l 的普通方程为2x －y －2a ＝0， 圆C 的普通方程为x 2＋y 2＝16. (2)因为直线l 与圆C 有公共点，故圆C 的圆心到直线l 的距离d ＝|－2a |5≤4，解得－25≤a ≤2 5.即实数a 的取值范围为[－25，2 5 ]． [解题技法] 将参数方程化为普通方程的方法将参数方程化为普通方程，需要根据参数方程的结构特征，选取适当的消参方法．常见的消参方法有：代入消参法、加减消参法、平方消参法等，对于含三角函数的参数方程，常利用同角三角函数关系式消参(如sin 2θ＋cos 2θ＝1等)．[提醒] 将参数方程化为普通方程时，要注意两种方程的等价性，防止增解． [题组训练]1．将下列参数方程化为普通方程．(1)⎩⎨⎧x ＝12(e t ＋e －t)，y ＝12(e t－e－t)(t 为参数)．(2)⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2tan 2θ，y ＝2tan θ(θ为参数)． 解：(1)由参数方程得e t ＝x ＋y ，e －t ＝x －y ，所以(x ＋y )(x －y )＝1，即x 2－y 2＝1.(2)因为曲线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2tan 2θ，y ＝2tan θ(θ为参数)，①②由y ＝2tan θ，得tan θ＝y2，代入①得y 2＝2x .2.如图，以过原点的直线的倾斜角θ为参数，求圆x 2＋y 2－x ＝0的参数方程．解：圆的半径为12，记圆心为C ⎝⎛⎭⎫12，0，连接CP ， 则∠PCx ＝2θ，故x P ＝12＋12cos 2θ＝cos 2θ，y P ＝12sin 2θ＝sin θcos θ.所以圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos 2θ，y ＝sin θcos θ(θ为参数)．考点二 参数方程的应用[典例] (2019·广州高中综合测试)已知过点P (m,0)的直线l 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝m ＋32t ，y ＝12t(t 为参数)，以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.(1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)若直线l 和曲线C 交于A ，B 两点，且|PA |·|PB |＝2，求实数m 的值． [解] (1)消去参数t ，可得直线l 的普通方程为x ＝3y ＋m ，即x －3y －m ＝0. 因为ρ＝2cos θ，所以ρ2＝2ρcos θ.可得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝2x ，即x 2－2x ＋y 2＝0.(2)把⎩⎨⎧x ＝m ＋32t ，y ＝12t代入x 2－2x ＋y 2＝0，得t 2＋(3m －3)t ＋m 2－2m ＝0. 由Δ>0，得－1<m <3.设点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1·t 2＝m 2－2m . 因为|PA |·|PB |＝|t 1·t 2|＝2，所以m 2－2m ＝±2， 解得m ＝1±3.因为－1<m <3，所以m ＝1±3. [解题技法]1．应用直线参数方程的注意点在使用直线参数方程的几何意义时，要注意参数前面的系数应该是该直线倾斜角的正、余弦值，否则参数不具备该几何含义．2．圆和圆锥曲线参数方程的应用有关圆或圆锥曲线上的动点距离的最大值、最小值以及取值范围的问题，通常利用它们的参数方程转化为三角函数的最大值、最小值求解，掌握参数方程与普通方程互化的规律是解此类题的关键．[题组训练]1．(2019·湖北八校联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数)，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝ 2. (1)求曲线C 1的普通方程与曲线C 2的直角坐标方程；(2)设P 为曲线C 1上的动点，求点P 到C 2的距离的最大值，并求此时点P 的坐标． 解：(1)曲线C 1的普通方程为x 23＋y 2＝1，由ρsin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝2，得ρsin θ＋ρcos θ＝2，得曲线C 2的直角坐标方程为x ＋y －2＝0. (2)设点P 的坐标为(3cos α，sin α)，则点P 到C 2的距离为|3cos α＋sin α－2|2＝⎪⎪⎪⎪2sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3－22，当sin ⎝⎛⎭⎫α＋π3＝－1，即α＋π3＝－π2＋2k π(k ∈Z)，α＝－5π6＋2k π(k ∈Z)时，所求距离最大，最大值为22，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－32，－12. 2．(2018·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝4sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝2＋t sin α(t 为参数)．(1)求C 和l 的直角坐标方程；(2)若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1,2)，求l 的斜率． 解：(1)曲线C 的直角坐标方程为x 24＋y 216＝1.当cos α≠0时，直线l 的直角坐标方程为y ＝tan α·x ＋2－tan α， 当cos α＝0时，直线l 的直角坐标方程为x ＝1.(2)将直线l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程(1＋3cos 2α)t 2＋4(2cos α＋sin α)t －8＝0.①因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1,2)在C 内， 所以①有两个解，设为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝0. 又由①得t 1＋t 2＝－4(2cos α＋sin α)1＋3cos 2α，故2cos α＋sin α＝0，于是直线l 的斜率k ＝tan α＝－2.考点三 极坐标、参数方程的综合应用[典例] (2018·河北保定一中摸底)在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝－5＋2cos t ，y ＝3＋2sin t(t 为参数)，在以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－1. (1)求圆C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴，y 轴分别交于A ，B 两点，点P 是圆C 上任一点，求A ，B 两点的极坐标和△PAB 面积的最小值．[解] (1)由⎩⎨⎧x ＝－5＋2cos t ，y ＝3＋2sin t消去参数t ，得(x ＋5)2＋(y －3)2＝2，所以圆C 的普通方程为(x ＋5)2＋(y －3)2＝2.由22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－1，得ρcos θ－ρsin θ＝－2， 所以直线l 的直角坐标方程为x －y ＋2＝0.(2)直线l 与x 轴，y 轴的交点分别为A (－2,0)，B (0,2)，则点A ，B 的极坐标分别为(2，π＋2k π)(k ∈Z)，⎝⎛⎭⎫2，π2＋2k π(k ∈Z)． 设点P 的坐标为(－5＋2cos α，3＋2sin α)，则点P 到直线l 的距离d ＝|－5＋2cos α－3－2sin α＋2|2＝⎪⎪⎪⎪－6＋2cos ⎝⎛⎭⎫α＋π42，当cos ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝1，即α＋π4＝2k π(k ∈Z)，α＝－π4＋2k π(k ∈Z)时，点P 到直线l 的距离取得最小值，所以d min ＝42＝22，又|AB |＝22， 所以△PAB 面积的最小值S ＝12×d min ×|AB |＝12×22×22＝4.[解题技法] 极坐标、参数方程综合问题的解题策略(1)求交点坐标、距离、线段长．可先求出直角坐标系方程，然后求解． (2)判断位置关系．先转化为平面直角坐标方程，然后再作出判断．(3)求参数方程与极坐标方程综合问题．一般是先将方程化为直角坐标方程，利用直角坐标方程来研究问题．[题组训练]1．在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 曲线C 1：ρ2－4ρcos θ＋3＝0，θ∈[0,2π]，曲线C 2：ρ＝34sin ⎝⎛⎭⎫π6－θ，θ∈[0,2π]．(1)求曲线C 1的一个参数方程；(2)若曲线C 1和曲线C 2相交于A ，B 两点，求|AB |的值． 解：(1)由ρ2－4ρcos θ＋3＝0，得x 2＋y 2－4x ＋3＝0， 所以(x －2)2＋y 2＝1. 令x －2＝cos α，y ＝sin α，所以C 1的一个参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos α，y ＝sin α(α为参数)．(2)因为C 2：4ρ⎝⎛⎭⎫sin π6cos θ－cos π6sin θ＝3， 所以4⎝⎛⎭⎫12x －32y ＝3，即2x －23y －3＝0，因为直线2x －23y －3＝0与圆(x －2)2＋y 2＝1相交于A ，B 两点， 所以圆心到直线的距离为d ＝|4－0－3|22＋(－23)2＝14，所以|AB |＝21－⎝⎛⎭⎫142＝2×154＝152. 2．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋t cos φ，y ＝3＋t sin φ⎝⎛⎭⎫t 为参数，φ∈⎣⎡⎦⎤0，π3，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知圆C 的圆心C 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，π3，半径为2，直线l 与圆C 交于M ，N 两点． (1)求圆C 的极坐标方程；(2)当φ变化时，求弦长|MN |的取值范围．解：(1)由已知，得圆心C 的直角坐标为(1，3)，圆的半径为2， ∴圆C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －3)2＝4， 即x 2＋y 2－2x －23y ＝0，∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴ρ2－2ρcos θ－23ρsin θ＝0， 故圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎫π3－θ.(2)由(1)知，圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －23y ＝0， 将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程得，(2＋t cos φ)2＋(3＋t sin φ)2－2(2＋t cos φ)－23(3＋t sin φ)＝0， 整理得，t 2＋2t cos φ－3＝0，设M ，N 两点对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1＋t 2＝－2cos φ，t 1·t 2＝－3，∴|MN |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1·t 2＝4cos 2φ＋12. ∵φ∈⎣⎡⎦⎤0，π3，∴cos φ∈⎣⎡⎦⎤12，1，∴|MN |∈[13，4]． 故弦长|MN |的取值范围为[13，4]．[课时跟踪检测]1．若直线⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)与圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)相切，求直线的倾斜角α.解：直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)的普通方程为y ＝x tan α.圆⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)的普通方程为(x －4)2＋y 2＝4. 由于直线与圆相切，则|4tan α|1＋tan 2α＝2，即tan 2α＝13，解得tan α＝±33，由于α∈[0，π)，故α＝π6或5π6.2．在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t2(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2s 2，y ＝22s (s 为参数)，设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值．解：直线l 的普通方程为x －2y ＋8＝0. 因为点P 在曲线C 上，设P (2s 2,22s )， 从而点P 到直线l 的距离d ＝|2s 2－42s ＋8|12＋(－2)2＝2(s －2)2＋45，当s ＝2时，d min ＝455. 因此当点P 的坐标为(4,4)时，曲线C 上的点P 到直线l 的距离取到最小值455.3．已知P 为半圆C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数，0≤θ≤π)上的点，点A 的坐标为(1,0)，O 为坐标原点，点M 在射线OP 上，线段OM 与C 的弧AP 的长度均为π3.(1)以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M 的极坐标； (2)求直线AM 的参数方程． 解：(1)由已知，点M 的极角为π3，且点M 的极径等于π3，故点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫π3，π3.(2)由(1)知点M 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫π6，3π6，A (1,0)． 故直线AM 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋⎝⎛⎭⎫π6－1t ，y ＝3π6t (t 为参数)．4．(2019·长春质检)以直角坐标系的原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知点P 的直角坐标为(1,2)，点C 的极坐标为⎝⎛⎭⎫3，π2，若直线l 过点P ，且倾斜角为π6，圆C 以点C 为圆心，3为半径．(1)求直线l 的参数方程和圆C 的极坐标方程； (2)设直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，求|PA |·|PB |.解：(1)由题意得直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋32t ，y ＝2＋12t (t 为参数)，圆C 的极坐标方程为ρ＝6sin θ.(2)由(1)易知圆C 的直角坐标方程为x 2＋(y －3)2＝9，把⎩⎨⎧x ＝1＋32t ，y ＝2＋12t 代入x 2＋(y －3)2＝9，得t 2＋(3－1)t －7＝0，设点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，∴t 1t 2＝－7， 又|PA |＝|t 1|，|PB |＝|t 2|，∴|PA |·|PB |＝7.5．(2018·南昌一模)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝2sin t ＋2(t为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若直线l 1，l 2的极坐标方程分别为θ1＝π6(ρ1∈R )，θ2＝2π3(ρ2∈R )，设直线l 1，l 2与曲线C 的交点分别为O ，M 和O ，N ，求△OMN 的面积．解：(1)由参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos t ，y ＝2sin t ＋2得普通方程为x 2＋(y －2)2＝4，把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋(y －2)2＝4，得ρ2－4ρsin θ＝0. 所以曲线C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(2)由直线l 1：θ1＝π6(ρ1∈R )与曲线C 的交点为O ，M ，得|OM |＝4sin π6＝2.由直线l 2：θ2＝2π3(ρ2∈R )与曲线C 的交点为O ，N ，得|ON |＝4sin 2π3＝2 3. 易知∠MON ＝π2，所以S △OMN ＝12|OM |×|ON |＝12×2×23＝2 3.6．(2018·全国卷Ⅲ)在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，过点(0，－2)且倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A ，B 两点．(1)求α的取值范围；(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程． 解：(1)⊙O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1. 当α＝π2时，l 与⊙O 交于两点．当α≠π2时，记tan α＝k ，则l 的方程为y ＝kx － 2.l 与⊙O 交于两点需满足21＋k 2<1， 解得k <－1或k >1， 即α∈⎝⎛⎭⎫π2，3π4或α∈⎝⎛⎭⎫π4，π2. 综上，α的取值范围是⎝⎛⎭⎫π4，3π4.(2)l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝－2＋t sin α⎝⎛⎭⎫t 为参数，π4<α<3π4. 设A ，B ，P 对应的参数分别为t A ，t B ，t P ， 则t P ＝t A ＋t B2，且t A ，t B 满足t 2－22t sin α＋1＝0.于是t A ＋t B ＝22sin α，t P ＝2sin α.又点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎨⎧x ＝t P cos α，y ＝－2＋t P sin α，所以点P 的轨迹的参数方程是⎩⎨⎧x ＝22sin 2α，y ＝－22－22cos 2α⎝⎛⎭⎫α为参数，π4<α<3π4.7．(2019·洛阳第一次统考)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝m ＋t (t 为参数，m ∈R )，以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＝33－2cos 2θ(0≤θ≤π)．(1)写出曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知点P 是曲线C 2上一点，若点P 到曲线C 1的最小距离为22，求m 的值． 解：(1)由曲线C 1的参数方程消去参数t ，可得C 1的普通方程为x －y ＋m ＝0. 由曲线C 2的极坐标方程得3ρ2－2ρ2cos 2θ＝3，θ∈[0，π]， ∴曲线C 2的直角坐标方程为x 23＋y 2＝1(0≤y ≤1)．(2)设曲线C 2上任意一点P 的坐标为(3cos α，sin α)，α∈[0，π]，则点P 到曲线C 1的距离d ＝|3cos α－sin α＋m |2＝⎪⎪⎪⎪2cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＋m 2.∵α∈[0，π]，∴cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6∈⎣⎡⎦⎤－1，32，2cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6∈[－2， 3 ]， 当m ＋3＜0时，m ＋3＝－4，即m ＝－4－ 3. 当m －2＞0时，m －2＝4，即m ＝6.当m ＋3≥0，m －2≤0，即－3≤m ≤2时，d min ＝0，不合题意，舍去． 综上，m ＝－4－3或m ＝6.8．已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝t sin θ(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3cos α，y ＝sin α(α为参数)，且直线l 交曲线C 于A ，B 两点． (1)将曲线C 的参数方程化为普通方程，并求θ＝π3时，|AB |的值；(2)已知点P (1,0)，求当直线l 的倾斜角θ变化时，|PA |·|PB |的取值范围． 解：(1)曲线C 的普通方程为x 23＋y 2＝1.当θ＝π3时，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋12ty ＝32t(t 为参数)，将l 的参数方程代入x 23＋y 2＝1，得5t 2＋2t －4＝0，设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2， 则t 1＋t 2＝－25，t 1t 2＝－45，所以|AB |＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝2215. (2)将直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝t sin θ代入x 23＋y 2＝1，得(1＋2sin 2θ)t 2＋2t cos θ－2＝0，设A ，B 对应的参数分别为t 3，t 4，则t 3t 4＝－21＋2sin 2θ，则|PA |·|PB |＝－t 3t 4＝21＋2sin 2θ.又0≤sin 2θ≤1，所以23≤|PA |·|PB |≤2，所以|PA |·|PB |的取值范围是⎣⎡⎦⎤23，2.。

函数与导数中的高考热点问题[命题解读] 函数是中学数学的核心内容，导数是研究函数的重要工具，因此，函数与导数是历年高考的重点与热点，常涉及的问题有：讨论函数的单调性(求函数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求参数的范围、证明不等式等，涉及的数学思想有：函数与方程、分类讨论、数形结合、转化与化归思想等，中、高档难度均有．利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值与最值等是高考命题的重点与热点之一，主要有以下命题角度：(1)利用导数研究函数的单调性、极值、最值；(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围．【例1】 (2015·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上递增．若a ＞0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递减． (2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在区间(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2，即ln a ＋a －1＜0.令g(a )＝ln a ＋a －1，则g(a )在区间(0，＋∞)上递增，g(1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g(a )＜0；当a ＞1时，g(a )＞0.因此，a 的取值范围是(0,1)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有最大值－ln 2，求m ＋n 的最小值．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －4mx ＝1－4mx 2x， 当m ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，＋∞)上递增；当m ＞0时，令f ′(x )＞0得0＜x ＜m 2m ，令f ′(x )＜0得x ＞m 2m ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上递减． (2)由(1)知，当m ＞0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2m 上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ，＋∞上递减． ∴f (x )m ax ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＝ln m 2m －2m ·14m －n ＝－ln 2－12ln m －12－n ＝－ln 2，∴n ＝－12ln m －12，∴m ＋n ＝m －12ln m －12.令h (x )＝x －12ln x －12(x ＞0)，则h ′(x )＝1－12x ＝2x －12x ，∴h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上递增， ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12ln 2，∴m ＋n 的最小值为12ln 2. 利用导数研究函数的零点问题研究函数零点的本质就是研究函数的极值的正负，为此，我们可以通过讨论函数的单调性来解决，求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用，其主要考查方式有：(1)确定函数的零点、图像交点的个数；(2)由函数的零点、图像交点的情况求参数的取值范围．【例2】 (2017·全国卷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(－∞，＋∞)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 )递减，在(－ln a ，＋∞)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 )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1， 则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2n 0－n 0＞0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a －1＞－ln a ， 因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．(1)若f (x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，求实数m 的取值范围；(2)探求f (x )的零点个数．[解] (1)当x ≥0时，设t ＝mx ≥0，则f (x )≥0⇔g (t )＝e t －1－t m ≥0，则g ′(t )＝e t－1m，①当m≥1时，g′(t)＝e t－1m≥1－1m＝m－1m≥0，故g(t)在[0，＋∞)上递增，故g(t)≥g(0)＝0，所以f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立；②当0＜m＜1时，令g′(t)＜0，得0≤t＜－ln m，得g(t)在[0，－ln m]上递减，故g(－ln m)＜g(0)＝0，此时不满足f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立．综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．(2)设t＝mx，则f(x)＝0⇔g(t)＝e t－1－tm＝0，g′(t)＝e t－1m，令g′(t)＝0，得t＝－ln m，记t0＝－ln m，①当m＝1时，t0＝0，则当t＜0时，g′(t)＜0，当t＞0时，g′(t)＞0，所以g(t)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，且g(0)＝0，所以g(t)有唯一零点，即f(x)有唯一零点．②当m≠1时，令g′(t)＞0，得t＞t0，所以g(t)在(t0，＋∞)上递增，令g′(t)＜0，得t＜t0，所以g(t)在(－∞，t0)上递减．且g(t0)＝1＋ln m－mm，设h(m)＝1＋ln m－m，则h′(m)＝1－mm，令h′(m)＝0，得m＝1，当0＜m＜1时，h′(m)＞0；当m＞1时，h′(m)＜0，则h(m)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h(m)≤h(1)＝0，所以g(t0)＜0.当m＞1时，t0＜0，由g(0)＝0，知g(t)在(t0，＋∞)上有一个零点，由g(t0－m)＝e t0－m－t0m＞0，知g(t)在(－∞，t0)上有一个零点，所以f(x)有两个零点．当0＜m＜1时，t0＞0，由g(0)＝0，得g(t)在(－∞，t0)上有一个零点，设F(t)＝t2e－t(t＞0)，则F′(t)＝t(2－t)e－t，令F′(t)＝0，得t＝2，当0＜t＜2时，F′(t)＞0；当t＞2时，F′(t)＜0，所以F(t)在(0,2)上递增，在(2，＋∞)上递减，得F(t)≤F(2)＝4e2＜1，所以et＞t2，令t1＝t0＋1＋1m，则t1＞t0，g(t1)＝e t1－1－t1m＞t21－1－t1m＝⎝⎛⎭⎪⎫t0＋1＋1m2－1－t0＋1＋1mm＞0，得g(t)在(t0，＋∞)上有一个零点，所以f(x)有两个零点．综上，当m＝1时，f(x)有一个零点；当m＞0且m≠1时，f(x)有两个零点．利用导数研究不等式问题导数在不等式中的应用是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题，突出转化思想、函数思想的考查．常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题．【例3】(本题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)(1)讨论f(x)的单调性②；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，③证明：f(x1)－f(x2)x1－x2＜a－2.[信息提取] 看到①想到函数的定义域：真数大于零；看到②想到对函数求导，然后解不等式，同时注意函数的定义域；看到③想到x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个实数根．[规范解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2·····························································1分 (ⅰ)若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)递减. ·······················································2分(ⅱ)若a ＞2，令f ′(x )＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.﹒﹒﹒﹒3分 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. ····················5分 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42递增. ······································6分 (2)由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a ＞2.由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. ···················································8分由于f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，························································9分所以f(x1)－f(x2)x1－x2＜a－2等价于1x2－x2＋2ln x2＜0.10分设函数g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.·····································11分所以1x2－x2＋2ln x2＜0，即f(x1)－f(x2)x1－x2＜a－2.····················12分[易错与防范][通性通法](1)解含参数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方：①f′(x)＝0有根与无根的讨论；②f′(x)＝0有根，对根大小的讨论．(2)对于含有双变量x1，x2的不等式证明问题，常借助某一桥梁建立x1，x2的等量关系，从而实现“双变量”向“单变量”的过渡．进而利用函数与导数的关系证明不等式．(2019·河北五校联考)已知f(x)＝12x2－a2ln x，a＞0.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2＞2a.[解](1)f′(x)＝x－a2x＝(x＋a)(x－a)x.当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，f(x)递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)递增．当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝12a2－a2ln a.令12a2－a2ln a≥0，解得0＜a≤ e.故a的取值范围是(0，e]．(2)由(1)知，f(x)在(0，a)上递减，在(a，＋∞)上递增，不失一般性，设0＜x1＜a＜x2，则2a－x2＜a.要证x1＋x2＞2a，即x1＞2a－x2，则只需证f(x1)＜f(2a－x2)．因f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2)＜f(2a－x2)．设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x＜2a.则g′(x)＝f′(x)＋f′(2a－x)＝x－a 2x ＋2a－x－a22a－x＝－2a(a－x)2x(2a－x)≤0，所以g(x)在[a,2a)上递减，从而g(x)≤g(a)＝0.又由题意得a＜x2＜2a，于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)＜0，即f(x2)＜f(2a－x2)．因此x1＋x2＞2a.[大题增分专训]1．(2019·银川模拟)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ，当a ≤0时，f ′(x )＜0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上递减． ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点．当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞1a ，f ′(x )＜0得0＜x ＜1a .∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值． 综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a ＞0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x ，由f (x )≥bx －2，即1＋1x －ln x x ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，由g ′(x )＞0得x ＞e 2，由g ′(x )＜0得0＜x ＜e 2，则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，∴实数b 的最大值是1－1e 2.2．(2018·郑州一模)已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a ，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数． [解] (1)f ′(x )＝ax －1ax 2(x ＞0)，当a ＜0时，f ′(x )＞0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上递增；当a ＞0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2＞0，得x ＞1a ，由f ′(x )＝ax －1ax 2＜0，得0＜x ＜1a ，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减． 综上所述，当a ＜0时，函数f (x )在(0，＋∞)上递增；当a ＞0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减． (2)∵当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点，即当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根．令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上递减，在(1，e)上递增， ∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立． ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1＞0， ∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上递增． ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e 1e ＋1e ，h (x )m ax ＝e. ∴当m ＜－2e 1e ＋1e 或m ＞e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上没有零点； 当－2e 1e ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有一个零点． 3．已知函数f (x )＝ln x x ＋a(a ∈R )，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直．(1)试比较2 0192 020与2 0202 019的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2＞e2. [解](1)2 0192 020＞2 0202 019.理由如下：依题意得，f′(x)＝x＋ax－ln x (x＋a)2，因为函数f(x)在x＝1处有意义，所以a≠－1.所以f′(1)＝1＋a(1＋a)2＝11＋a，又由过点(1，f(1))的切线与直线x＋y＋1＝0垂直可得，f′(1)＝1，即11＋a＝1，解得a＝0.此时f(x)＝ln xx，f′(x)＝1－ln xx2，令f′(x)＞0，即1－ln x＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，即1－ln x＜0，解得x＞e.所以f(x)的递增区间为(0，e)，递减区间为(e，＋∞)．所以f(2 019)＞f(2 020)，即ln 2 0192 019＞ln 2 0202 020，则2 020ln 2 019＞2 019 ln 2 020，所以2 0192 020＞2 0202 019.(2)不妨设x1＞x2＞0，因为g(x1)＝g(x2)＝0，所以ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0.可得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)，要证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，也就是k(x1＋x2)＞2，因为k＝ln x1－ln x2 x1－x2，所以只需证ln x1－ln x2x1－x2＞2x1＋x2，即ln x1x2＞2(x1－x2)x1＋x2，令x1x2＝t，则t＞1，即证ln t＞2(t－1)t＋1.令h(t)＝ln t－2(t－1)t＋1(t＞1)．由h′(t)＝1t －4(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2＞0，得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数；所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞2(t－1) t＋1.所以x1x2＞e2.。