2019届高考数学专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案理

第3课时 导数与函数的综合问题利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(高频考点)利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：(1)利用最值(极值)判断零点个数； (2)构造函数法研究零点问题． 角度一 利用最值(极值)判断零点个数已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R )．(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )－k (x ＋2)＋2.若函数g (x )在区间[12，＋∞)上有两个零点，求实数k 的取值范围．【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数为f ′(x )＝－ax ＋1＋a －1x＝－（ax －1）（x －1）x(a ＞0)，①当a ∈(0，1)时，1a＞1.由f ′(x )＜0，得x ＞1a或a ＜1.所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞；②当a ＝1时，恒有f ′(x )≤0， 所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)； ③当a ∈(1，＋∞)时，1a＜1.由f ′(x )＜0, 得x ＞1或x ＜1a.所以f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．综上，当a ∈(0，1)时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞； 当a ＝1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a ∈(1，＋∞)时，f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．(2)g (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x 的方程k＝x 2－x ln x ＋2x ＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根．令函数h (x )＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，x ∈[12，＋∞)，则h ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4（x ＋2）2， 令函数p (x )＝x 2＋3x －2ln x －4，x ∈[12，＋∞)．则p ′(x )＝（2x －1）（x ＋2）x 在[12，＋∞)上有p ′(x )≥0，故p (x )在[12，＋∞)上单调递增．因为p (1)＝0，所以当x ∈[12，1)时，有p (x )＜0，即h ′(x )＜0，所以h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，有p (x )＞0，即h ′(x )＞0， 所以h (x )单调递增．因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝910＋ln 25，h (1)＝1， 所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，910＋ln 25.角度二 构造函数法研究零点问题设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(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 ＝x 2－mx ，m ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， m ＞0时，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m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；m ＞0时，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)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点；当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时F ′(x )＜0，1＜x ＜m 时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，即两函数图象只有一个交点．利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减． 又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43.化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.利用导数研究不等式问题(高频考点)利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：(1)证明函数不等式； (2)不等式恒成立问题． 角度一 证明函数不等式(2020·温州市高考模拟)设函数f (x )＝e x－1x，证明：(1)当x ＜0时，f (x )＜1；(2)对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a .【证明】 (1)因为当x ＜0时，f (x )＜1，等价于xf (x )＞x ，即xf (x )－x ＞0， 设g (x )＝xf (x )－x ＝e x－1－x ，所以g ′(x )＝e x－1＜0在(－∞，0)上恒成立， 所以g (x )在(－∞，0)上单调递减， 所以g (x )＞g (0)＝1－1－0＝0，所以xf (x )－x ＞0恒成立， 所以x ＜0时，f (x )＜1.(2)要证明当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a ， 即证0＜x ＜ln(1＋a )时，f (x )－1＜a ， 即证e x－1x＜a ＋1，即证e x－1＜(a ＋1)x 即证e x－1－(a ＋1)x ＜0， 令h (x )＝e x－1－(a ＋1)x ， 所以h ′(x )＝e x－(a ＋1)＜eln(a ＋1)－(a ＋1)＝0，所以h (x )单调递减，所以h (x )＜h (0)＝0， 同理可证当x ＜0时，结论成立．所以对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a . 角度二 不等式恒成立问题(2019·高考浙江卷)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln x ＋1＋x ，x >0. (1)当a ＝－34时，求函数f (x )的单调区间；(2)对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x 2a ，求a 的取值范围． 注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数．【解】 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x＝（1＋x －2）（21＋x ＋1）4x 1＋x，令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－21＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x .①当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22)＝8x －421＋x －2ln x .记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x－2x ＋1－1x＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）.故x 17⎝ ⎛⎭⎪⎫17，1 1 (1，＋∞)p ′(x ) － 0 ＋ p (x )p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17单调递减极小值p (1)单调递增因此，g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0.②当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17时， g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－2x ln x －（x ＋1）x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17，则q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17. 由①得，q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17＝－277p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17<－277p (1)＝0.所以q (x )<0.因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－q （x ）x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，均有f (x )≤x2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24.(1)利用导数证明不等式的方法证明f (x )＜g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )＜0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，当x ∈(a ，b )时，有F (x )＜0，即证明f (x )＜g (x )．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．1．若e x≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．k ≤1 B ．k ≥1 C ．k ≤－1D ．k ≥－1解析：选A.由e x≥k ＋x ，得k ≤e x－x . 令f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )＜0时，x ＜0，f ′(x )＞0时，x ＞0.所以f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f (x )min ＝f (0)＝1.所以k 的取值范围为k ≤1，故选A.2．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2； (2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x(x －4)，所以x (0，16) 16 (16，＋∞)g ′(x ) －0 ＋g (x )2－4ln 2故g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2， 即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0， f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)， 直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．核心素养系列6 逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x>x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．(1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解】 (1)选B.因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D. 当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)， 以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x－x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【解】 (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .[基础题组练]1．(2020·台州市高考模拟)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：选A.因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．2．(2020·丽水模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：(构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x <0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案：43．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f (x )＜0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上恒成立不可能，故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，f (x )＞0恒成立，即对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，a ＞2－2ln x x －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13， 则m ′(x )＝－2（1－x ）x2＜0， 故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为减函数，于是，m (x )＞m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝4－2ln 3＞0， 从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．4．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f (x )＝x 2＋1x，x ∈(0，1]．(1)求f (x )的极值点； (2)证明：f (x )＞x ＋34.解：(1)f ′(x )＝2x －1x2.令f ′(x )＝0，解得x ＝312∈(0，1]．当0＜x ＜312时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减；当312＜x ≤1时，f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增，所以，f (x )有极小值点x ＝312，但不存在极大值点．(2)证明：设F (x )＝f (x )－x ，x ∈(0，1]，则F ′(x )＝2x －1x 2－12x ＝4x 3－（x ）3－22x2，设t ＝(x )3，则方程4x 3－(x )3－2＝4t 2－t －2＝0在区间t ∈(0，1)内恰有一个实根． 设方程4x 3－(x )3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x 0，即x 30＝（x 0）3＋24.所以，当0＜x ＜x 0时，F ′(x )＜0，此时F (x )单调递减； 当x 0＜x ≤1时，F ′(x )＞0，此时F (x )单调递增．所以[F (x )]min ＝F (x 0)＝x 20＋1x 0－x 0＝x 30－（x 0）3＋1x 0＝－34x 0＋32x 0.由y ＝－34x ＋32x 在(0，1]上是减函数知，－34x 0＋32x 0＞－34×1＋32×1＝34，故[F (x )]min＞34. 综上，f (x )>x ＋34.5.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减． (2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数， 所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎪⎨⎪⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，103.6．(2020·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x－1， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x－1， 当x ＝0，1时，k ∈R ， 当x ∈(0，1)时，k ≤e x－1x 2－x3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题； ①e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x－1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x－1≥x ， 又x ≠0，所以e x－1＞x ，即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6， 由①②可知，4＜λ＜6.[综合题组练]1．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)上单调递增，在(12，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)．当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1，m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类： 当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，所以|f ′(x )|≤1； 当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13； f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1.所以m 的最小值为1.2．(2020·台州市高考模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，2)上存在两个极值点，求3a ＋b 的取值范围；(2)当a ＝0，b ≥－1时，求证：对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．解：(1)f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ，由已知可得f ′(x )＝0在(0，2)上存在两个不同的零点，故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′（0）＞0f ′（2）＞0Δ＞0－a 2∈（0，2），即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞02a ＋b ＋4＞0a 2－4b ＞0，a ∈（－4，0）令z ＝3a ＋b ， 如图所示：由图可知－8＜z ＜0，故3a ＋b 的取值范围(－8，0)．(2)证明：f (x )＝13x 3＋bx (b ≥－1，x ∈[0，2])，所以f ′(x )＝x 2＋b ，当b ≥0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，则f (x )在[0，2]上单调递增， 故0＝f (0)≤f (x )≤f (2)＝2b ＋83，所以|f (x )|≤2b ＋83；当－1≤b ＜0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝－b ∈(0，2)， 则f (x )在[0，－b ]上单调递减，在[－b ，2]上单调递增，所以f (－b )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}．因为f (0)＝0，f (2)＝2b ＋83＞0，f (－b )＝23b －b ＜0，要证|f (x )|≤2b ＋83，只需证－23b －b ≤2b ＋83，即证－b (－b ＋3)≤4，因为－1≤b ＜0，所以0＜－b ≤1，3＜－b ＋3≤4， 所以－b (－b ＋3)≤4成立．综上所述，对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．。

3.3 导数的应用 (二)典例精析题型一 利用导数证明不等式【例1】已知函数f(x)＝12x2＋ln x. (1)求函数f(x)在区间[1，e]上的值域；(2)求证：x ＞1时，f(x)＜23x3. 【解析】(1)由已知f′(x)＝x ＋1x， 当x ∈[1，e]时，f′(x)＞0，因此f(x)在 [1，e]上为增函数.故f(x)max ＝f(e)＝e22＋1，f(x)min ＝f(1)＝12， 因而f(x)在区间[1，e]上的值域为[12，e22＋1]. (2)证明：令F(x)＝f(x)－23x3＝－23x3＋12x2＋ln x ，则F′(x)＝x ＋1x－2x2＝(1－x)(1＋x ＋2x2)x， 因为x ＞1，所以F′(x)＜0，故F(x)在(1，＋∞)上为减函数.又F(1)＝－16＜0， 故x ＞1时，F(x)＜0恒成立，即f(x)＜23x3. 【点拨】有关“超越性不等式”的证明，构造函数，应用导数确定所构造函数的单调性是常用的证明方法.【变式训练1】已知对任意实数x ，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x ＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x ＜0时( )A.f′(x)＞0，g′(x)＞0B.f′(x)＞0，g′(x)＜0C.f′(x)＜0，g′(x)＞0D.f′(x)＜0，g′(x)＜0【解析】选B.题型二 优化问题【例2】 (2012湖南模拟)某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两个桥墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素.记余下工程的费用为y 万元.(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y 最小？【解析】(1)设需新建n 个桥墩，则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝m x－1. 所以y ＝f(x)＝256n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝256(m x －1)＋m x(2＋x)x ＝256m x＋m x ＋2m －256. (2)由(1)知f′(x)＝－256m x2＋12mx 21 ＝m 2x2(x 23－512). 令f′(x)＝0，得x 23＝512.所以x ＝64.当0＜x ＜64时，f′(x)＜0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64＜x ＜640时，f′(x)＞0，f(x)在区间(64,640)内为增函数.所以f(x)在x ＝64处取得最小值.此时n ＝m x －1＝64064－1＝9. 故需新建9个桥墩才能使y 最小.【变式训练2】(2013上海质检)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面).当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米).【解析】设圆柱底面半径为r ，高为h ，则由已知可得4(4r ＋2h)＝9.6，所以2r ＋h ＝1.2.S ＝2.4πr －3πr2，h ＝1.2－2r ＞0，所以r ＜0.6.所以S ＝2.4πr －3πr2(0＜r ＜0.6).令f(r)＝2.4πr －3πr2，则f′(r)＝2.4π－6πr.令f′(r)＝0得r ＝0.4.所以当0＜r ＜0.4，f′(r)＞0；当0.4＜r ＜0.6，f′(r)＜0.所以r ＝0.4时S 最大，Smax ＝1.51.题型三 导数与函数零点问题【例3】 设函数f(x)＝13x3－mx2＋(m2－4)x ，x ∈R. (1)当m ＝3时，求曲线y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且α＜β.若对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】(1)当m ＝3时，f(x)＝13x3－3x2＋5x ，f′(x)＝x2－6x ＋5. 因为f(2)＝23，f′(2)＝－3，所以切点坐标为(2，23)，切线的斜率为－3， 则所求的切线方程为y －23＝－3(x －2)，即9x ＋3y －20＝0. (2)f′(x)＝x2－2mx ＋(m2－4).令f′(x)＝0，得x ＝m －2或x ＝m ＋2.当x ∈(－∞，m －2)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，m －2)上是增函数；当x ∈(m －2，m ＋2)时，f′(x)＜0，f(x)在(m －2，m ＋2)上是减函数；当x ∈(m ＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(m ＋2，＋∞)上是增函数.因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且f(x)＝13x[x2－3mx ＋3(m2－4)]， 所以⎩⎨⎧≠->--.0)4(3,0)4(12)3(222m m m解得m ∈(－4，－2)∪(－2,2)∪(2,4).当m ∈(－4，－2)时，m －2＜m ＋2＜0，所以α＜m －2＜β＜m ＋2＜0.此时f(α)＝0，f(1)＞f(0)＝0，与题意不合，故舍去.当m ∈(－2,2)时，m －2＜0＜m ＋2，所以α＜m －2＜0＜m ＋2＜β.因为对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β.所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.因为当x ＝m ＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，所以m ＋2＝1，即m ＝－1.当m ∈(2,4)时，0＜m －2＜m ＋2，所以0＜m －2＜α＜m ＋2＜β.因为对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β.所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.因为当x ＝m ＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，所以m ＋2＝1，即m ＝－1(舍去).综上可知，m 的取值范围是{－1}.【变式训练3】已知f(x)＝ax2(a ∈R)，g(x)＝2ln x.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围.【解析】(1)当a ＞0时，F(x)的递增区间为(1a ，＋∞)，递减区间为(0，1a)； 当a≤0时，F(x)的递减区间为(0，＋∞).(2)[12ln 2，1e). 总结提高在应用导数处理方程、不等式有关问题时，首先应熟练地将方程、不等式问题直接转化为函数问题，再利用导数确定函数单调性、极值或最值.。

2019-2020年高考数学复习导数及应用教案•知识结构内容提炼、思想方法归纳:导数及其应用这部分内容，在近几年的高考中已成为一个热点，试题比重在逐年增加，题型从选择题、填空题到解答题均有涉及.选择题、填空题主要考查本章的基本公式和基本方法的应用，如求函数的导数，切线的斜率，函数的单调区间、极值、最值；解答题一般为导数的应用，主要考查利用导数判断函数的单调性，在应用题中用导数求函数的最大值和最小值学习导数的概念要结合其实际背景以帮助理解，要熟记常用的导数公式，掌握函数四则运算的求导法则和复合函数的求导法则，会求简单初等函数的导数化归转化思想与分类讨论思想是本章内容的重要数学思想，把不熟悉的转化为熟悉的，把不规范的转化为规范的甚至模式化的问题，将是复习本章内容的基本思维模式用函数和方程的思想指导本章的学习.在导数应用的许多问题中都蕴含着函数和方程关系，用函数和方程的思想加以指导，禾U于问题的解决•正确理解函数极值的概念.确定函数的极值应从几何直观入手，理解可导函数在其定义域上的单调性与函数极值的相互关系，掌握利用导数判断函数极值的基本方法.准确、深刻地理解函数最值的概念，揭示函数最值与极值的联系与区别.（1）函数的极值是在局部范围内讨论问题，是一个局部概念，而函数的最值是对整个定义域而言，是在整体范围内讨论问题，是一个整体性的概念；（2）闭区间上的连续函数一定有最值，开区间内的可导函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值；（3）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值则可能不止一个，也可能没有极值；⑷如果函数不在闭区间［a,b］上可导，则确定函数的最值时，不仅要比较该函数各导数为零的点与端点处的值，还要比较函数在定义域内不可导的点处的值；（5）在解决实际应用问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值进行比较。

第3讲导数及其应用[考情考向分析] 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．热点一导数的几何意义1．函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．例1 (1)(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x答案 D解析方法一∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.方法二∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，则实数b＝________.答案ln 2解析设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋1和曲线y＝ln(x＋2)的切点分别为(x1，ln x1＋1)，(x2，ln(x2＋2))．∵直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，∴1x 1＝1x 2＋2，即x 1－x 2＝2. ∴切线方程为y －(ln x 1＋1)＝1x 1(x －x 1)，即为y ＝x x 1＋ln x 1 或y －ln(x 2＋2)＝1x 2＋2(x －x 2)， 即为y ＝x x 1＋2－x 1x 1＋ln x 1，∴2－x 1x 1＝0，则x 1＝2，∴b ＝ln 2.思维升华 (1)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．(2)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．跟踪演练1 (1)(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x －y ＝0解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.(2)若函数f (x )＝ln x (x >0)与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．(－ln 2，＋∞)答案 A解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)， 则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)， 则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t <0，∴h (t )在(0,2)上为减函数， 则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 12e，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞. 热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0. 2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，如函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．例2 已知函数f (x )＝2e x－kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x－k ，x ∈(0，＋∞)， 因为x >0，所以2e x>2.当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k2，此时f (x )单调递增；由f ′(x )<0得0<x <ln k2，此时f (x )单调递减．综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当k >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln k 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln k2，＋∞内单调递增．(2)①当0<k ≤2时，由(1)可得f (x )在(0，＋∞)内单调递增，且f (0)＝0， 所以对于任意的x ∈(0，m )，f (x )>0.这时|f (x )|>2x 可化为f (x )>2x ， 即2e x－(k ＋2)x －2>0. 设g (x )＝2e x－(k ＋2)x －2， 则g ′(x )＝2e x －(k ＋2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝ln k ＋22>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k ＋22内单调递减，且g (0)＝0，所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k ＋22时，g (x )<0，不符合题意．②当k >2时，由(1)可得f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln k 2内单调递减，且f (0)＝0，所以存在x 0>0，使得对于任意的x ∈(0，x 0)都有f (x )<0. 这时|f (x )|>2x 可化为－f (x )>2x ， 即－2e x＋()k －2x ＋2>0.设h (x )＝－2e x＋()k －2x ＋2，则h ′(x )＝－2e x＋()k －2.(ⅰ)若2<k ≤4，则h ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立， 这时h (x )在(0，＋∞)内单调递减，且h (0)＝0， 所以对于任意的x ∈(0，x 0)都有h (x )<0，不符合题意． (ⅱ)若k >4，令h ′(x )>0，得x <ln k －22，这时h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，lnk －22内单调递增，且h (0)＝0， 所以对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k －22，都有h (x )>0， 此时取m ＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0，lnk －22，则对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立． 综上可得k 的取值范围为()4，＋∞.思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(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f ′(x )>0或f ′(x )<0即可； ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解． 跟踪演练2 (1)已知f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( )A ．{1}B ．{－1}C ．(0,1]D ．[－1,0)答案 B解析 f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax ，f ′(x )＝2(x ＋a )ln x ，∵f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 当x ＝1时，f ′(x )＝0满足题意，当x >1时，ln x >0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≥0恒成立．∵x ＋a >1＋a ，∴1＋a ≥0，解得a ≥－1， 当0<x <1时，ln x <0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≤0恒成立，∵x ＋a <1＋a ，∴1＋a ≤0，解得a ≤－1. 综上所述，a ＝－1.(2)已知定义在R 上的偶函数f (x )(函数f (x )的导函数为f ′(x ))满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋f (x ＋1)＝0，e 3f (2 018)＝1，若f (x )>f ′(－x )，则关于x 的不等式f (x ＋2)>1e x 的解集为( )A ．(－∞，3)B ．(3，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(0，＋∞)答案 B解析 ∵f (x )是偶函数，∴f (x )＝f (－x )，f ′(x )＝[]f (－x )′＝－f ′(－x )， ∴f ′(－x )＝－f ′(x )，f (x )>f ′(－x )＝－f ′(x )， 即f (x )＋f ′(x )>0，设g (x )＝e xf (x )， 则[]e xf (x )′＝e x[]f (x )＋f ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，由f ⎝⎛⎭⎪⎫x －12＋f (x ＋1)＝0，得f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＋f ()x ＋3＝0， 相减可得f (x )＝f ()x ＋3，f (x )的周期为3，∴e 3f ()2 018＝e 3f (2)＝1，g (2)＝e 2f (2)＝1e ，f (x ＋2)>1e x ，结合f (x )的周期为3可化为e x －1f (x －1)>1e ＝e 2f (2)，g (x －1)>g (2)，x －1>2，x >3， ∴不等式的解集为()3，＋∞，故选B. 热点三 利用导数求函数的极值、最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2018·北京)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x. 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x＝(ax －1)(x －2)e x.若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.思维升华 (1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．跟踪演练3 (2018·浙江省重点中学联考)已知函数f (x )＝－ln(x ＋b )＋a (a ，b ∈R )． (1)若y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝－x ＋3，求a ，b 的值； (2)当b ＝0时，f (x )≥－2x －1对定义域内的x 都成立，求a 的取值范围． 解 (1)由f (x )＝－ln(x ＋b )＋a ，得f ′(x )＝－1x ＋b，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(2)＝－12＋b ＝－1，f (2)＝－ln (2＋b )＋a ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1.(2)当b ＝0时，f (x )≥－2x －1对定义域内的x 都成立，即－ln x ＋a ≥－2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12恒成立，所以a ≥ln x －2x －1，则a ≥(ln x －2x －1)max . 令g (x )＝ln x －2x －1， 则g ′(x )＝1x－12x －1＝2x －1－x x 2x －1. 令m (x )＝2x －1－x ， 则m ′(x )＝12x －1－1＝1－2x －12x －1， 令m ′(x )>0，得12<x <1，令m ′(x )<0，得x >1，所以m (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则m (x )max ＝m (1)＝0， 所以g ′(x )≤0，即g (x )在定义域上单调递减， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12，即a ≥ln 12.真题体验1．(2017·浙江改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________．(填序号)答案 ④解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察图象可知，排除①③.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________．答案 －1解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)．由ex －1>0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x;②f (x )＝x 2； ③f (x )＝3－x;④f (x )＝cos x .答案 ①解析 若f (x )具有性质M ，则[e x f (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]>0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )>0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意． 经验证，②③④均不符合题意．4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．答案 x －y ＋1＝0解析 ∵y ′＝2x －1x2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1， ∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0.押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“在某一点处的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值为________．押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在(1,2)上恒成立，∴a ≤2，∴a ＝2. 4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0， 因此函数f (x )在[0,1]上单调递增， 所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在[1,2]上能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2018·宁波月考)已知f (x )＝14x 2＋cos x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象是( )答案 A解析 由题意得f ′(x )＝x 2－sin x ，易得函数f ′(x )为奇函数，排除B ，D ；设g (x )＝x2－sin x ，则g ′(x )＝12－cos x ，易得当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，g ′(x )＝12－cos x <0，即函数f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π3上单调递减，排除C ，故选A.2．已知函数f (x )＝exx2＋2k ln x －kx ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 24 B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e 2C ．(0,2] D.[)2，＋∞答案 A解析 由题意得f ′(x )＝e x(x －2)x 3＋2k x －k ＝(x －2)()e x－kx 2x3，f ′(2)＝0，令g (x )＝e x －kx 2，则g (x )在区间(0，＋∞)内恒大于等于0或恒小于等于0，令g (x )＝0，得k ＝e x x 2，令h (x )＝e x x 2，则h ′(x )＝e x(x －2)x3，所以h (x )的最小值为h (2)＝e 24，无最大值，所以k ≤e24，故选A.3．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x<0的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12B ．(0，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞D ．(－∞，0)答案 B解析 构造函数g (x )＝f (x )ex，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0， 故函数g (x )在R 上为减函数， 又f (0)＝12，所以g (0)＝f (0)e 0＝12，则不等式f (x )－12e x <0可化为f (x )e x <12，即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)．4．(2018·浙江杭州二中月考)若函数f (x )＝13bx 3－ax 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫b －1b x ＋1存在极值点，则关于a ，b 的描述正确的是( )A ．a ＋b 有最大值 2B ．a ＋b 有最小值－ 2C ．a 2＋b 2有最小值1D ．a 2＋b 2无最大值也无最小值 答案 D解析 由题意得f ′(x )＝bx 2－2ax －⎝⎛⎭⎪⎫b －1b ，则由函数f (x )存在极值点得导函数f ′(x )＝bx 2－2ax －⎝ ⎛⎭⎪⎫b －1b 存在穿过型零点，则(－2a )2＋4b ⎝⎛⎭⎪⎫b －1b >0，化简得a 2＋b 2>1，所以a 2＋b 2无最大值也无最小值，故选D.5．设过曲线f (x )＝e x＋x ＋2a (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝a2(1－2x )－2sin x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( ) A ．[－1,1] B ．[－2,2] C ．[－1,2] D ．[－2,1]答案 C解析 设y ＝f (x )的切点为(x 1，y 1)，y ＝g (x )的切点为(x 2，y 2)，f ′(x )＝e x＋1，g ′(x )＝－a －2cos x ， 由题意得，对任意x 1∈R ，总存在x 2使得(1e x＋1)(－a －2cos x 2)＝－1， ∴2cos x 2＝11e x ＋1－a 对任意x 1∈R 均有解x 2，故－2≤11e x ＋1－a ≤2对任意x 1∈R 恒成立， 则a －2≤11e x ＋1≤a ＋2对任意x 1∈R 恒成立．又11e x ＋1∈(0,1)，∴a －2≤0且2＋a ≥1，∴－1≤a ≤2.6．已知f (x )＝x ln x ＋f ′(1)x，则f ′(1)＝________. 答案 12解析 因为f ′(x )＝1＋ln x －f ′(1)x 2，令x ＝1， 得f ′(1)＝1－f ′(1)，解得f ′(1)＝12.7．(2018·全国Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 答案 －3解析 ∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，得a ＝－3.8．已知函数f (x )＝2ln x 和直线l ：2x －y ＋6＝0，若点P 是函数f (x )图象上的一点，则点 P 到直线l 的距离的最小值为________．解析 设直线y ＝2x ＋m 与函数f (x )的图象相切于点P (x 0，y 0)(x 0>0)．f ′(x )＝2x ，则f ′(x 0)＝2x 0＝2，解得x 0＝1，∴P (1,0)．则点P 到直线2x －y ＋6＝0的距离d ＝|2×1－0＋6|22＋(－1)2＝855，即为点P 到直线2x －y ＋6＝0的距离的最小值． 9．已知函数f (x )＝x ＋a x 2＋1 (a ∈R )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，m ，则常数a ＝________，m ＝________. 答案 341解析 由题意得f (x )＝x ＋a x 2＋1≥－14， 即a ≥－14x 2－x －14对任意x ∈R 恒成立，且存在x ∈R 使得等号成立，所以a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max ，又因为－14x 2－x －14＝－14(x ＋2)2＋34，所以a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max ＝34，所以f (x )＝x ＋34x 2＋1＝4x ＋34x 2＋4，则f ′(x )＝－2x 2－3x ＋22(x 2＋1)2＝(x ＋2)(－2x ＋1)2(x 2＋1)2， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，12时，f ′(x )>0， 当x ∈(－∞，－2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，又x →－∞时，f (x )→0，所以易知，当x ＝12时，f (x )取得最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4×12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋4＝1，即m ＝1. 10．已知函数f (x )＝exx－a ()x －ln x .(1)当a ≤0时，试求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝e x(x －1)x2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＝e x(x －1)－ax (x －1)x2， ＝()e x －ax (x －1)x 2.当a ≤0时，对于∀x ∈(0，＋∞)，e x－ax >0恒成立， 所以由f ′(x )>0，得x >1；由f ′(x )<0，得0<x <1. 所以f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)． (2)若f (x )在(0,1)内有极值， 则f ′(x )＝0在(0,1)内有解． 令f ′(x )＝()e x －ax (x －1)x 2＝0，即e x－ax ＝0，即a ＝e xx.设g (x )＝exx，x ∈(0,1)，所以 g ′(x )＝e x(x －1)x2， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0恒成立， 所以g (x )单调递减．又因为g (1)＝e ，又当x →0时，g (x )→＋∞， 即g (x )在(0,1)上的值域为(e ，＋∞)， 所以当a >e 时，f ′(x )＝()e x －ax (x －1)x 2＝0 有解．设H (x )＝e x－ax ，则 H ′(x )＝e x－a <0，x ∈(0,1)， 所以H (x )在(0,1)上单调递减． 因为H (0)＝1>0，H (1)＝e －a <0，所以H (x )＝e x－ax ＝0在(0,1)上有唯一解x 0.当x 变化时，H (x )，f ′(x )，f (x )变化情况如表所示：所以当a >e 时，f (x )在(0,1)内有极值且唯一．当a ≤e 时，当x ∈(0,1)时，f ′(x )≤0恒成立，f (x )单调递减，不成立． 综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．11．已知函数f (x )＝x －a ln x ＋b ，a ，b 为实数．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2x ＋3，求a ，b 的值； (2)若|f ′(x )|<3x2对x ∈[2,3]恒成立，求a 的取值范围．解 (1)由已知，得f ′(x )＝1－a x， 且由题设得f ′(1)＝2，f (1)＝5， 从而得1－a ＝2且1＋b ＝5， 解得a ＝－1，b ＝4.(2)根据题设可知，命题等价于当x ∈[2,3]时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－a x<3x2恒成立⇔|x －a |<3x 恒成立⇔－3x <a －x <3x 恒成立⇔x －3x <a <x ＋3x恒成立．(*)设g (x )＝x －3x，x ∈[2,3]，h (x )＝x ＋3x，x ∈[2,3]，则(*)式即为g (x )max <a <h (x )min ，而当x ∈[2,3]时，g (x )＝x －3x 和h (x )＝x ＋3x均为增函数，则g (x )max ＝g (3)＝2，h (x )min ＝h (2)＝72，所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72. B 组 能力提高12．已知函数f (x )＝sin x －x cos x ，现有下列结论： ①当x ∈[0，π]时，f (x )≥0；②当0<α<β<π时，α·sin β>β·sin α；③若n <sin x x <m 对∀x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，则m －n 的最小值等于1－2π；④已知k ∈[]0，1，当x i ∈()0，2π时，满足|sin x i |x i＝k 的x i 的个数记为n ，则n 的所有可能取值构成的集合为{0,1,2,3}． 其中正确的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 当x ∈[0，π]时，f ′(x )＝x sin x ≥0，函数f (x )在[0，π]上为增函数， 所以f (x )≥f (0)＝0，①正确； 令g (x )＝sin xx，由①知，当x ∈(0，π)时，g ′(x )＝x ·cos x －sin xx 2<0，所以g (x )在(0，π)上为减函数， 所以g ()α>g ()β，即sin αα>sin ββ， 所以α·sin β<β·sin α，②错误； 由②可知g (x )＝sin x x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，所以g (x )＝sin x x >g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π，则n ≤2π，令φ(x )＝sin x －x ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，φ′(x )＝cos x －1<0，所以φ(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，所以φ(x )＝sin x －x <φ(0)＝0， 所以sin xx<1，所以m ≥1，则()m －n min ＝m min －n max ＝1－2π，③正确；令h (x )＝|sin x |，k 表示点(x i ，h (x i ))与原点(0,0)连线的斜率，结合图象(图略)可知，当k ∈[]0，1，x i ∈(0,2π)时，n 的所有可能取值有0,1,2,3，④正确．13．已知函数f (x )＝x ln x ＋a x，g (x )＝x 3－x 2－3，a ∈R . (1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝x ln x －1x，f (1)＝－1，f ′(x )＝ln x ＋1＋1x 2，f ′(1)＝2，从而曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2(x －1)－1， 即y ＝2x －3.(2)对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立， 从而在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )min ≥g (x )max . 又g (x )＝x 3－x 2－3，g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，从而函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，23上单调递减， 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增， g (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，g (2)＝1.又f (1)＝a ，则a ≥1.下面证明当a ≥1时，x ln x ＋a x ≥1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立． 又f (x )＝x ln x ＋a x≥x ln x ＋1x，即证x ln x ＋1x≥1.令h (x )＝x ln x ＋1x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， 则h ′(x )＝ln x ＋1－1x2，h ′(1)＝0.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，h ′(x )≤0， 当x ∈[1,2]时，h ′(x )≥0，从而y ＝h (x )在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减， 在[1,2]上单调递增，h (x )min ＝h (1)＝1，从而当a ≥1时，x ln x ＋a x ≥1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立， 即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．14．已知函数f (x )＝m x＋x ln x (m >0)，g (x )＝ln x －2. (1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使f (x 1)x 1·g (x 2)x 2＝－1，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围．解 (1)当m ＝1时，f (x )＝1x＋x ln x ，则f ′(x )＝－1x2＋ln x ＋1.因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0， 所以当x >1时，f ′(x )>0； 当0<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意知，令h (x )＝f (x )x ＝mx 2＋ln x ， φ(x )＝g (x )x ＝ln x －2x. 考虑函数φ(x )＝ln x －2x，因为φ′(x )＝3－ln x x2>0在[1，e]上恒成立， 所以函数φ(x )＝ln x －2x在[1，e]上单调递增，故φ(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－1e .又h (x )·φ(x )＝－1，所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，e ，即12≤m x 2＋ln x ≤e 在[1，e]上恒成立，即x 22－x 2ln x ≤m ≤x 2(e －ln x )在[1，e]上恒成立． 设p (x )＝x 22－x 2ln x ，则p ′(x )＝－2x ln x ≤0在[1，e]上恒成立， 所以p (x )在[1，e]上单调递减， 所以m ≥p (x )max ＝p (1)＝12.设q (x )＝x 2(e －ln x )，则q ′(x )＝x (2e －1－2ln x )≥x (2e －1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q (x )在[1，e]上单调递增， 所以m ≤q (x )min ＝q (1)＝e.综上所述，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，e . 15．已知函数f (x )＝k ln x －x －1x，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴垂直． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0,1)∪(1，e)(其中e 为自然对数的底数)，都有f (x )x －1＋1x >1a(a >0)恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵f (x )＝k ln x －x －1x，定义域为(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝k x －1x2＝kx －1x2(x >0)．由题意知f ′(1)＝k －1＝0，解得k ＝1， ∴f ′(x )＝x －1x 2(x >0)， 由f ′(x )>0，解得x >1；由f ′(x )<0，解得0<x <1， ∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)由(1)知f (x )＝ln x －1＋1x，∴f (x )x －1＋1x ＝ln x x －1－1x －1＋1x (x －1)＋1x ＝ln xx －1. 方法一 设m (x )＝ln x x －1，则m ′(x )＝x －1－x ln xx (x －1)2，令n (x )＝x －1－x ln x ，则n ′(x )＝1－ln x －1＝－ln x ， ∴当x >1时，n ′(x )<0，n (x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴当x ∈(1，e)时，n (x )<n (1)＝0，∴当x ∈(1，e)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减， ∴当x ∈(1，e)时，m (x )>m (e)＝1e －1，由题意知1a ≤1e －1，又a >0，∴a ≥e－1. 下面证明：当a ≥e－1,0<x <1时，ln x x －1>1a 成立，即证a ln x <x －1成立， 令φ(x )＝a ln x －x ＋1， 则φ′(x )＝a x －1＝a －xx(0<x <1)， 由a ≥e－1,0<x <1，得φ′(x )>0， 故φ(x )在(0,1)上是增函数， ∴当x ∈(0,1)时，φ(x )<φ(1)＝0， ∴a ln x <x －1成立，即ln x x －1>1a 成立，故正数a 的取值范围是[)e －1，＋∞. 方法二 ①当x ∈(0,1)时，ln x x －1>1a(a >0)可化为a ln x －x ＋1<0(a >0)， 令g (x )＝a ln x －x ＋1(a >0)，则问题转化为证明g (x )<0对任意x ∈(0,1)恒成立． 又g ′(x )＝a x －1＝a －xx(a >0)， 令g ′(x )>0，得0<x <a ，令g ′(x )<0，得x >a ，∴函数g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减． (ⅰ)当0<a <1时，下面验证g (a )＝a ln a －a ＋1>0(a ∈(0,1))． 设T (x )＝x ln x －x ＋1(0<x <1)，则T ′(x )＝ln x ＋1－1＝ln x <0(0<x <1)． 所以T (x )在(0,1)上单调递减，所以T (x )>T (1)＝0.即g (a )>0(a ∈(0,1)． 故此时不满足g (x )<0对任意x ∈(0,1)恒成立； (ⅱ)当a ≥1时，函数g (x )在(0,1)上单调递增． 故g (x )<g (1)＝0对任意x ∈(0,1)恒成立， 故a ≥1符合题意． 综合(ⅰ)(ⅱ)，得a ≥1.②当x ∈(1，e)时，ln x x －1>1a (a >0)，令h (x )＝a ln x －x ＋1(a >0)，则问题转化为证明h (x )>0对任意x ∈(1，e)恒成立． 又h ′(x )＝a x －1＝a －xx(a >0)， 令h ′(x )>0得 0<x <a ；令h ′(x )<0，得x >a ，∴函数h (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减． (ⅰ)当a ≥e 时，h (x )在(1，e)上是增函数， 所以h (x )>h (1)＝0，(ⅱ)当1<a <e 时，h (x )在(1，a )上单调递增，在(a ，e)上单调递减， 所以只需h (e)≥0，即a ≥e－1，(ⅲ)当0<a ≤1时，h (x )在(1，e)上单调递减， 则h (x )<h (1)＝0，不符合题意． 综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得a ≥e－1.由①②得正数a 的取值范围是[)e －1，＋∞.。

【2019最新】高中数学第三章导数应用3-2导数在实际问题中的应用教案1一、教学目标：1、知识与技能：⑴让学生掌握在实际生活中问题的求解方法；⑵会利用导数求解最值。

2、过程与方法：通过分析具体实例，经历由实际问题抽象为数学问题的过程。

3、情感、态度与价值观：让学生感悟由具体到抽象，由特殊到一般的思想方法二、教学重点：函数建模过程教学难点：函数建模过程三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、复习：利用导数求函数极值和最值的方法（二）、探究新课例1、在边长为60 cm 的正方形铁片的四角切去相等的正方形，再把它的边沿虚线折起(如图)，做成一个无盖的方底箱子，箱底的边长是多少时，箱底的容积最大？最大容积是多少？ 解法一：设箱底边长为x cm ，则箱高602x h -=cm ，得箱子容积 260)(322x x h x x V -== )600(<<x ． 23()602x V x x '=- )600(<<x 令 23()602x V x x '=-＝0，解得 x=0（舍去），x=40， 并求得 V(40)=16 000 由题意可知，当x 过小（接近0）或过大（接近60）时，箱子容积很小，因此，16 000是最大值答：当x=40cm 时，箱子容积最大，最大容积是16 000cm 3解法二：设箱高为x cm ，则箱底长为(60-2x )cm ，则得箱子容积x x x V 2)260()(-=)300(<<x ．（后面同解法一，略）由题意可知，当x过小或过大时箱子容积很小，所以最大值出现在极值点处．事实上，可导函数260)(322x x h x x V -==、x x x V 2)260()(-=在各自的定义域中都只有一个极值点，从图象角度理解即只有一个波峰，是单峰的，因而这个极值点就是最值点，不必考虑端点的函数值例2、圆柱形金属饮料罐的容积一定时，它的高与底与半径应怎样选取，才能使所用的材料最省？解：设圆柱的高为h ，底半径为R ，则表面积S=2πRh+2πR 2由V=πR 2h ，得2V h R π=，则 S(R)= 2πR 2V R π+ 2πR 2=2V R+2πR 2 令 22()V s R R '=-+4πR=0 解得，，从而h=2V R π即h=2R 因为S(R)只有一个极值，所以它是最小值答：当罐的高与底直径相等时，所用材料最省变式：当圆柱形金属饮料罐的表面积为定值S 时，它的高与底面半径应怎样选取，才能使所用材料最省？ 提示：S =2Rh π+22R π⇒h =R R S ππ222- ⇒V (R )=R R S ππ222-πR 2=3221)2(21R SR R R S ππ-=- )('R V )=026R S π=⇒ ⇒R h R Rh R 222622=⇒+=πππ．例3、已知某商品生产成本C 与产量q 的函数关系式为C =100+4q ，价格p 与产量q 的函数关系式为q p 8125-=．求产量q 为何值时，利润L 最大？ 分析：利润L 等于收入R 减去成本C ，而收入R 等于产量乘价格．由此可得出利润L 与产量q 的函数关系式，再用导数求最大利润． 解：收入211252588R q p q q q q ⎛⎫=⋅=-=- ⎪⎝⎭，利润221125(1004)2110088L R C q q q q q ⎛⎫=-=---=-- ⎪⎝⎭(0100)q <<1214L q '=-+ 令0L '=，即12104q -+=，求得唯一的极值点84q =答：产量为84时，利润L 最大 （三）、小结：本节课学习了导数在解决实际问题中的应用.（四）、课堂练习：第69页练习题 （五）、课后作业：第69页A 组中1、3 B 组题。

第三课时导数的综合运用【学习目标】1.理解导数在研究函数的单调性和极值中的作用；2.理解导数在解决有关不等式、方程的根、曲线交点个数等问题中有广泛的应用。

3.结合实例，借助几何直观探索并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，会求不超过三次的多项式函数的单调区间；4.结合函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性。

【重点难点】①利用导数求函数的极值；②利用导数求函数的单调区间；③利用导数求函数的最值；④利用导数证明函数的单调性；⑤数在实际中的应用；⑥导数与函数、不等式等知识相融合的问题；⑦导数与解析几何相综合的问题。

【高考要求】B级【自主学习】1、曲线y=e x在点（2，e2）处的切线与坐标轴所围三角形的面积为___________2已知函数y=f(x)=x3+px2+qx的图象与x轴切于非原点的一点，且y极小值=-4，那么p、q的值分别为______________3若函数f(x)=x3-ax2+1在（0，2）内单调递减，则实数a的取值范围为 .4.下列关于函数f(x)=(2x-x2)e x的判断正确的是___________①f(x)>0的解集是②f(-2)是极小值，f(2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值］上取最大值的x为 .5使函数f(x)=x+2cosx在［0，2[典型例析]例1已知定义在R上的函数f(x)=-2x3+bx2+cx(b,c∈R)，函数F(x)=f(x)-3x2是奇函数，函数f(x)在x=-1处取极值（1）求f(x)的解析式；（2）讨论f(x)在区间［-3，3］上的单调性例2设a >0,函数f (x )=12++x b ax ,b 为常数.（1）证明：函数f (x )的极大值点和极小值点各有一个；（2）若函数f (x ）的极大值为1，极小值为-1，试求a 的值.例3（2009·徐州模拟）已知函数f (x )=,3342+x x []2,0∈x . （1）求f (x )的值域； （2）设a ≠0，函数g (x )=31ax 3-a 2x , []2,0∈x .若对任意经[]2,01∈x ,总存在[]2,02∈x ,使f (x 1)-g (x 2)=0.求实数a 的取值范围.[当堂检测]1.如图是y=f(x)导数的图象，对于下列四个判断：①f(x）在［-2，-1］上是增函数；②x=-1是f(x)的极小值点；③f(x)在［-1，2］上是增函数，在［2，4］上是减函数；④x=3是f(x)的极小值点其中判断正确的是2.函数f(x)的导函数y=)(xf 的图象如右图，则函数f(x)的单调递增区间为f',且满足f(x)=3x2+2x)2('f,则)5('f= .4已知x≥0,y≥0，x+3y=9,则x2y的最大值为 .。

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

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

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

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

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

导数的综合应用的教案【篇一：《导数的综合应用》说课稿及教学设计】《导数的综合应用》说课稿一、教材分析“导数的综合应用”是高中数学人教b版教材选修2-2第一章的内容，是中学数学新增内容，是高等数学的基础内容，它在中学数学教材中的出现,使中学数学与大学数学之间又多了一个无可争辩的衔接点。

导数的应用是高考考查的重点和难点，题型既有灵活多变的客观性试题，又有具有一定能力要求的主观性试题，这要求我们复习时要掌握基本题型的解法，树立利用导数处理问题的意识．二、学情分析根据上述教材结构与内容分析，立足学生的认知水平，制定如下教学目标和重、难点。

三、教学目标1、知识与技能：(3)利用导数求函数的极值以及函数在闭区间上的最值； (4)解决根分布及恒成立问题2、过程与方法：（1）能够利用函数性质作图像，反过来利用函数的图像研究函数的性质如交点情况，能合理利用数形结合解题。

(2)学会利用熟悉的问答过渡到陌生的问题。

3、情感、态度与价值观：这是一堂复习课，教学难度有所增加，培养学生思考问题的习惯，以及克服困难的信心。

四、教学重点、难点重点是应用导数求单调性，极值，最值难点是方程根及恒成立问题五、学法与教法学法与教学用具学法：（1）合作学习：引导学生分组讨论，合作交流，共同探讨问题（如问题3的处理）。

（2）自主学习：引导学生从简单问题出发，发散到已学过的知识中去。

（如问题1、2的处理）。

（3）探究学习：引导学生发挥主观能动性，主动探索新知（如问题1、2的发散和直击高考的处理）。

教学用具：多媒体。

教法：变式教学———这样可以让学生从题海中解脱出来，形成知识网络，增强知识的系统性与连贯性，从而使学生能够抓住问题的本质，加深对问题的理解，从“变”的现象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探索“变”的规律；【篇二：导数的应用教学设计】导数的应用一、教学目标1、知识与技能：（1）利用导数的几何意义。

（2）利用导数求函数的单调区间，进一步结合函数图像求函数的极值以及函数在闭区间上的最值；（4）解决函数零点个数问题及恒成立问题。

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

专题三数的几何意义及简单应用[题组全练]1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立， 即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .2．过点(0，－1)的直线l 与曲线y ＝ln x 相切，则原点到l 的距离为( ) A ．1 B.12 C.22D. 2解析：选C 设切点为(x 0，ln x 0)． 由y ＝ln x ，得y ′＝1x，所以直线l 的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1x 0，所以切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.因为切线过点(0，－1)， 则－1＝ln x 0－1， 即x 0＝1，所以切线方程为y ＝x －1， 即x －y －1＝0，所以原点到l 的距离d ＝|－1|2＝22，故选C.3．(2018·唐山模拟)曲线y ＝x －1x ＋1与其在点(0，－1)处的切线及直线x ＝1所围成的封闭图形的面积为( )A ．1－ln 2B ．2－2ln 2C ．2ln 2－1D ．ln 2解析：选C 因为y ＝x －1x ＋1，所以y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ＋1′＝2x ＋2，则曲线y ＝x －1x ＋1在(0，－1)处的切线的斜率k ＝2，切线方程为y ＝2x －1，则曲线y ＝x －1x ＋1与其在点(0，－1)处的切线及直线x ＝1所围成的封闭图形的面积S ＝⎠⎛012x －1－x －1x ＋1d x ＝⎠⎛012x －1－1＋2x ＋1d x ＝[x 2－2x ＋2ln(x ＋1)] ⎪⎪⎪1＝2ln 2－1.4．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.解析：∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3. 答案：－35．已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.解析：由y ＝x ＋ln x ，得y ′＝1＋1x，则曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y ＝2x －1，与y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1联立，得ax 2＋ax ＋2＝0，显然a ≠0，所以由Δ＝a 2－8a ＝0⇒a ＝8.答案：8[系统方法]1．求过切点切线问题的基本思路 设曲线在(x 0，y 0)处的切线为l ，则根据{ k 切＝fx 0，切点在切线l 上，建立方程组求解切点在曲线上2．过非切点的切线的求法设出切点坐标(x 0，f (x 0))，先求出在x ＝x 0处的切线方程，然后把所过点的坐标代入即求出x0，从而得出切线方程．3．由曲线的切线求参数的方法已知曲线在某点处的切线求参数的关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值．[多维例析]角度一讨论函数的单调性或求函数单调区间[例1]已知函数f (x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e x·(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．[解] (1)g′(x)＝(e x)′·(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(cos x－sin x＋2x－2)′＝e x(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2e x(x－sin x)．记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cos x.因为cos x∈[－1,1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，所以h′(x)＝2e x(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(e x－a)．由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0.当a≤0时，e x－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(e x－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0.①若0<a<1，则ln a<0，所以x∈(－∞，ln a)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x ∈(ln a,0)时，e x －a >0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减； x ∈(0，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．②若a ＝1，则ln a ＝0，所以x ∈R 时，h ′(x )≥0，函数h (x )在R 上单调递增． ③若a >1，则ln a >0，所以x ∈(－∞，0)时，e x－a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(0，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减； x ∈(ln a ，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a <1时，函数h (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减；当a ＝1时，函数h (x )在R 上单调递增；当a >1时，函数h (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．[类题通法] 讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：(1)最高次幂的系数是否为0； (2)导函数是否有变号零点；(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内； (4)导函数的变号零点之间的大小关系． 角度二 已知函数的单调性求参数范围[例2] 已知函数f (x )＝xex ＋ax ＋b (a ，b ∈R)．(1)若函数f (x )在R 上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在(－1,3)上单调，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝e x－x xx2＋a ＝1－x ＋a e xex， 设g (x )＝1－x ＋a e x，由题意知g (x )≥0在R 上恒成立，即1－x ＋a e x≥0在R 上恒成立． 由e x>0，分离参数可得a ≥x －1ex在R 上恒成立．设h (x )＝x －1e x，则h ′(x )＝2－xex ， 由h ′(x )>0，得x <2；由h ′(x )<0，得x >2，所以h (x )在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (2)＝1e 2，故a ≥1e2.所以a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞. (2)函数f (x )在(－1,3)上单调，则函数f (x )在(－1,3)上单调递增或单调递减． ①若函数f (x )在(－1,3)上单调递增，则f ′(x )＝1－x ＋a exe x≥0在(－1,3)上恒成立，即1－x ＋a e x≥0在(－1,3)上恒成立，所以a ≥x －1ex在(－1,3)上恒成立．设h (x )＝x －1e x，则h ′(x )＝2－xex ，所以h (x )在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减，所以h (x )max ＝h (2)＝1e 2(x ∈(－1,3))，故a ≥1e 2.所以a 的取值范围为1e2，＋∞.②若函数f (x )在(－1,3)上单调递减，则f ′(x )＝1－x ＋a exe x≤0在(－1,3)上恒成立，即1－x ＋a e x≤0在(－1,3)上恒成立，所以a ≤x －1ex在(－1,3)上恒成立．设h (x )＝x －1e x，则h ′(x )＝2－xex ，所以h (x )在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减．又h (－1)＝－1－1e －1＝－2e ，h (3)＝3－1e 3＝2e3.显然－2e<2e 3，所以h (x )>h (－1)＝－2e(x ∈(－1,3))，所以a 的取值范围为(－∞，－2e]．综上，a 的取值范围为(－∞，－2e]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞.[类题通法]由含参函数单调性求解参数范围问题的2个关注点(1)准确把握函数单调性与导函数符号之间的关系：若可导函数f (x )在区间M 上单调递增，则f ′(x )≥0在区间M 上恒成立；若可导函数f (x )在区间M 上单调递减，则f ′(x )≤0在区间M 上恒成立．(2)注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对应函数的最值问题；若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，则可以直接转化为求解含参函数的最值问题．[综合训练]1．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x>0， 因为e x >0，所以－x 2＋2>0， 解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1， 则g ′(x )＝1＋1x ＋2>0.所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增． 所以g (x )<g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a ≥32，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. (3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≤0对x ∈R 都成立．因为e x>0，所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f (x )不可能在R 上单调递减．2．(2018·合肥质检)已知f (x )＝ln(2x －1)＋a x(a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≤ax 恒成立，求a 的值．解：(1)f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞， f ′(x )＝22x －1－a x 2＝2x 2－2ax ＋ax －x 2.令g (x )＝2x 2－2ax ＋a ，若2x 2－2ax ＋a ＝0的根的判别式Δ＝4a 2－8a ≤0，即当0≤a ≤2时，对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，g (x )≥0恒成立，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增． 若2x 2－2ax ＋a ＝0的根的判别式Δ>0，即当a >2或a <0时，函数g (x )图象的对称轴为直线x ＝a2. ①当a <0时，a 2<0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12>0.∴对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，g (x )>0恒成立， 即对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，f ′(x )>0恒成立， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增． ②当a >2时，a 2>1，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12>0.记g (x )＝0的两根分别为x 1，x 2，且x 1＝12(a －a 2－2a )>12，x 2＝12(a ＋a 2－2a )．∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 1∪(x 2，＋∞)时，g (x )>0，当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0.∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 1∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 1和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．综上，当a ≤2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增； 当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12a －a 2－2a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫12(a ＋a 2－2a ) ＋∞，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12(a －a 2－2a )，12(a ＋a 2－2a )上单调递减． (2)f (x )≤ax 恒成立等价于对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，f (x )－ax ≤0恒成立．令h (x )＝f (x )－ax ＝ln(2x －1)＋a x－ax ， 则h (x )≤0＝h (1)恒成立， 即h (x )在x ＝1处取得最大值． h ′(x )＝－2ax 3＋2＋a x 2－2ax ＋ax 22x －1.由h ′(1)＝0，得a ＝1. 当a ＝1时，h ′(x )＝－xx 2－x ＋x 2x －，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.∴当a ＝1时，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )≤h (1)＝0，符合题意．∴a ＝1.[多维例析]角度一 求函数的极值或最值 [例1] 已知函数f (x )＝ln xx－1.(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值．[解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x，由⎩⎪⎨⎪⎧f x ，>0，得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧fx ，>0，得x >e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，且f (x )极大值＝f (e)＝1e－1，无极小值．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e，>0，即0<m ≤e2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m －1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln ee －1＝1e－1；③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e时，f (x )max ＝ln mm－1.[类题通法] 求函数f (x )在闭区间上最值的策略(1)若所给的闭区间[a ，b ]不含有参数，则只需对函数f (x )求导，并求f ′(x )＝0在区间[a ，b ]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与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．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含有参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．角度二 已知函数的极值或最值求参数[例2] 已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0. 所以切线方程为y ＋2＝0.(2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)， 当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－a ＋2x ＋1x＝x －ax －x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a .①当0<1a≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增， 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a<f (1)＝－2，不合题意；③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不合题意． 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．[类题通法] 已知函数在闭区间上最值求参数的方法主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．[综合训练]1．已知函数f (x )＝x 3－3x 2.(1)求曲线y ＝f (x )在点P (1，－2)处的切线方程；(2)若函数g (x )＝2f (x )＋3(1－a )x 2＋6ax (a >1)在[1,2]上的值域为[p (a )，q (a )]，求φ(a )＝q (a )－p (a )的最小值．解：(1)因为f (x )＝x 3－3x 2，所以f ′(x )＝3x 2－6x ，所以曲线y ＝f (x )在点P (1，－2)处的切线的斜率为f ′(1)＝－3， 所以切线方程为y －(－2)＝－3(x －1)， 即3x ＋y －1＝0.(2)因为g (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ，所以g ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )．令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a ， 若1<a <2，当x ∈(1，a )时，g ′(x )<0，所以g (x )在(1，a )上单调递减； 当x ∈(a,2)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(a,2)上单调递增．①若g (1)≤g (2)，即1<a ≤53，此时q (a )＝g (2)＝4，p (a )＝g (a )＝－a 3＋3a 2，所以φ(a )＝4－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫1<a ≤53，因为φ′(a )＝3a 2－6a ＝3a (a －2)<0，所以φ(a )在⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53上单调递减，所以当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53时，φ(a )的最小值为φ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝827. ②若g (1)>g (2)，即53<a <2，此时q (a )＝g (1)＝3a －1，p (a )＝g (a )＝－a 3＋3a 2， 所以φ(a )＝3a －1－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋3a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫53<a <2，因为φ′(a )＝3a 2－6a ＋3＝3(a －1)2≥0，所以φ(a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2上单调递增， 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2时，φ(a )>827. 若a ≥2，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1,2]上单调递减， 所以q (a )＝g (1)＝3a －1，p (a )＝g (2)＝4， 所以φ(a )＝3a －1－4＝3a －5(a ≥2)， 所以φ(a )在[2，＋∞)上的最小值为φ(2)＝1. 综上，φ(a )的最小值为827.2．已知函数f (x )＝x 2－3x ＋a x. (1)若a ＝4，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有3个极值点，求实数a 的取值范围． 解：(1)因为a ＝4时，f (x )＝x 2－3x ＋4x，所以 f ′(x )＝2x －3－4x 2＝2x 3－3x 2－4x 2＝2x 3－4x 2＋x 2－4x 2＝x －x 2＋x ＋x 2(x ≠0)，令f ′(x )>0，得x >2；令f ′(x )<0，得x <0或0<x <2.所以f (x )在(－∞，0)，(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)由题意知，f ′(x )＝2x －3－a x 2＝2x 3－3x 2－ax 2(x ≠0)，设函数g (x )＝2x 3－3x 2－a ，则原条件等价于g (x )在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)，由g ′(x )>0，得x >1或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <1.故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故原条件等价于g (x )在(－∞，0)，(0,1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g (0)＝－a >0，得a <0，当a <0时，－－a <0，g (－－a )＝2(－－a )3－3(－a )－a ＝2a (－a ＋1)<0， 故a <0时，g (x )在(－∞，0)上有唯一零点； 令g (1)＝－1－a <0，解得a >－1，故－1<a <0时，g (x )在(0,1)上有唯一零点；又－1<a <0时，g (2)＝4－a >0，所以g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点． 综上可知，实数a 的取值范围是(－1,0)．[典例细解][例1] (2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1[学解题]法一：直接法(学生用书不提供解题过程)若a ≤0，则对任意负整数m ，有f (m )＝e m(2m －1)－a (m －1)<0，不符合题中唯一要求，故必有0<a <1.由于f ′(x )＝e x(2x ＋1)－a ，易知当x ≤－1时f ′(x )≤－e －1－a <0，当x ≥1时f ′(x )≥3e－a >0，故f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．注意到f (1)＝e>0，所以在(1，＋∞)内不存在正整数x 0使得f (x 0)<0.又f (0)＝－1＋a <0，这样我们就找到了，那个唯一的整数x 0就是0.则满足题意的充要条件是f (－1)≥0，即a ≥32e ，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1.法二：分离参数法(学生用书不提供解题过程)f (x )<0⇔(x －1)a >e x (2x －1)．当x >1时，有a >exx －x －1>1，这与题设矛盾，舍去； 当x <1时，有a <exx －x －1.记g (x )＝exx －x －1，则g ′(x )＝exx ＋x －－exx －x －2＝x e x x －x －2(x <1)．当x <0时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，作出函数y ＝g (x )的大致图象如图所示．由题意知，存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，即a <g (x 0)，由图易知a 的取值范围是32e ＝g (－1)≤a ＜1，选D.法三：几何直观法(学生用书提供解题过程)设g (x )＝e x(2x －1)，y ＝ax －a ，由题意知存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方．因为g ′(x )＝e x(2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0；当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e -12，因为g (0)＝－1<0，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a 恒过点(1,0)，且斜率为a ，画出函数的大致图象如图所示，故－a >g (0)＝－1，g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.法四：特殊值探路(学生用书提供解题过程)注意到f (0)＝a －1<0，故x 0＝0.又x 0唯一，故⎩⎪⎨⎪⎧f，f －，解得a ≥32e，所以32e≤a <1(*)． 这是a 需满足的必要条件．求导得f ′(x )＝e x(2x ＋1)－a .当x ≤－1时，f ′(x )<－a <0，f (x )在(－∞，－1]上单调递减，有f (x )≥f (－1)≥0；当x ≥1时，f ′(x )≥3e－a >0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，有f (x )≥f (1)>0.可见(*)式也是充分的．于是，a 的取值范围就是32e ≤a <1，选D.[答案] D[启思维] 本题考查了含参函数与导数、不等式的综合问题，含参数的函数问题是高考中的难点，通常有以下两种解题策略．(1)数形结合：利用导数先研究函数的图象与性质，再画出该函数的草图，结合图象确定参数范围，若原函数图象不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图象解．(2)参变分离：转化为参数小于某个函数(或参数大于某个函数)，则参数小于该函数的最大值(大于该函数的最小值)，再构造函数求解即可，要注意应用分类讨论思想．[例2] (2015·全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)[解析]令g (x )＝f xx(x ≠0)，则g ′(x )＝xfx －f xx 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.∵f (x )为奇函数，∴g (x )为偶函数， ∴g (x )的图象的示意图如图所示．当x >0时，由f (x )>0，得g (x )>0，由图知0<x <1， 当x <0时，由f (x )>0，得g (x )<0，由图知x <－1，∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)． [答案] A[启思维] 本题考查了导数运算的逆运算，通过xf ′(x )－f (x )<0构造函数g (x )＝f xx，然后利用函数的单调性及奇偶性结合图象求解．[知能升级]解决抽象函数导数问题常见构造函数的方法(1)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； (2)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xx(x ≠0)； (3)对于不等式f ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e xf (x )； (4)对于不等式f ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xex.[增分训练]1．已知函数f (x )，对∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上，f ′(x )<x ，若f (4－m )－f (m )≥8－4m ，则实数m 的取值范围为( )A ．[－2,2]B ．[2，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)解析：选B 因为对∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，所以f (0)＝0， 设g (x )＝f (x )－12x 2，则g (－x )＝f (－x )－12x 2，所以g (x )＋g (－x )＝f (x )－12x 2＋f (－x )－12x 2＝0，又g (0)＝f (0)－0＝0，所以g (x )为奇函数，且f (x )＝g (x )＋12x 2，所以 f (4－m )－f (m )＝g (4－m )＋12(4－m )2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤gm ＋12m 2＝g (4－m )－g (m )＋8－4m ≥8－4m ，则g (4－m )－g (m )≥0，即g (4－m )≥g (m )．当x >0时，g ′(x )＝f ′(x )－x <0， 所以g (x )在(0，＋∞)上为减函数， 又g (x )为奇函数， 所以4－m ≤m ，解得m ≥2.2．(2019届高三·南昌模拟)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数x ，都有f (x )－f ′(x )>0，则不等式f (x )<ex －2的解集为( )A ．(－∞，e)B ．(1，＋∞)C ．(1，e)D ．(e ，＋∞)解析：选B 设g (x )＝f xex ，则g ′(x )＝f x x －e xf xx2＝f x －f xex.∵对任意实数x ，都有f (x )－f ′(x )>0， ∴g ′(x )<0，即g (x )为R 上的减函数．g (1)＝f e＝1e2， 由不等式f (x )<e x －2，得f xex <e －2＝1e2，即g (x )<g (1)．∵g (x )为R 上的减函数， ∴x >1，∴不等式f (x )<e x －2的解集为(1，＋∞)．故选B.3．设f (x )＝x 3－mx 2＋2nx ＋1的导函数为f ′(x )，函数f ′(x )的图象关于直线x ＝23对称，若f (x )在[1，π]上恒有f (x )≥1，则实数n 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞D ．[π，＋∞)解析：选C 依题意f ′(x )＝3x 2－2mx ＋2n ，又已知函数f ′(x )的图象关于直线x ＝23对称，所以－－2m 2×3＝23，解得m ＝2，所以f (x )＝x 3－2x 2＋2nx ＋1，因为f (x )在[1，π]上恒有f (x )≥1，所以n ≥－12(x 2－2x )在[1，π]上恒成立，因为函数g (x )＝－12(x 2－2x )在[1，π]上单调递减，即函数g (x )＝－12(x 2－2x )在[1，π]上的最大值为g (1)＝12，所以实数n 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，故选C.[专题跟踪检测](对应配套卷P169) 一、全练保分考法——保大分1．函数f (x )＝e xcos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( ) A ．x ＋y ＋1＝0 B ．x ＋y －1＝0 C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0解析：选C 依题意，f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e xcos x －e xsin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.2．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝2x －5＋2x ＝2x 2－5x ＋2x＝x －x －x.由f ′(x )>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)． 3．(2018·石家庄模拟)已知f (x )＝ln xx，其中e 为自然对数的底数，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (e)>f (2)>f (3)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D 由f (x )＝ln x x ，得f ′(x )＝1－ln x x2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)，f (2)－f (3)＝ln 22－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96<0，∴f (2)<f (3)，则f (e)>f (3)>f (2)，故选D.4．(2019届高三·广州调研)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为( )A ．ln 2B ．1C ．1－ln 2D ．1＋ln 2解析：选D 由y ＝x ln x 知y ′＝ln x ＋1，设切点为(x 0，x 0ln x 0)，则切线方程为y －x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(x －x 0)，因为切线y ＝kx －2过定点(0，－2)，所以－2－x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(0－x 0)，解得x 0＝2，故k ＝1＋ln 2，选 D.5．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )>f (x )，且f (x ＋3)为偶函数，f (6)＝1，则不等式f (x )>e x的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)解析：选B 因为f (x ＋3)为偶函数， 所以f (3－x )＝f (x ＋3)， 因此f (0)＝f (6)＝1. 设h (x )＝f xex，则原不等式即h (x )>h (0)．又h ′(x )＝f xx－f xxx2＝f x －f xex，依题意f ′(x )>f (x )，故h ′(x )>0， 因此函数h (x )在R 上是增函数， 所以由h (x )>h (0)，得x >0.故选B.6．已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则a 的值等于( )A ．e 2B ．eC ．2D ．1解析：选A 因为定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )， 所以y ＝f (x )为奇函数，其图象关于原点对称， 因为当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，所以当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12的最大值为－3. 又f ′(x )＝1－axx(0<x ≤2)，所以当0<x <1a时，f ′(x )>0；当1a<x ≤2时，f ′(x )<0；所以函数f (x )＝ln x －ax 在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ×1a＝－3，解得a ＝e 2.7．若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝1x －ax －2＝1－ax 2－2x x，由题意知f ′(x )<0有实数解，∵x >0，∴ax2＋2x －1>0有实数解．当a ≥0时，显然满足；当a <0时，只需Δ＝4＋4a >0，∴－1<a <0.综上知a >－1.答案：(－1，＋∞)8．已知函数f (x )＝e x－mx ＋1的图象为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝e x 垂直的切线，则实数m 的取值范围是________．解析：函数f (x )的导数f ′(x )＝e x－m ，设切点为(x 0，e x 0－mx 0＋1)，即切线斜率k ＝e x 0－m ，若曲线C 存在与直线y ＝e x 垂直的切线，则满足(e x 0－m )e ＝－1，即e x 0－m ＝－1e 有解，即m ＝e x 0＋1e 有解，∵e x 0＋1e ＞1e ，∴m ＞1e.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 9．已知x 0为函数f (x )＝(e a )x＋3x 的极值点，若x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 3，13e (e 为自然对数的底数)，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝a e ax ＋3，则f ′(x 0)＝3＋a e ax 0＝0，由于e ax 0>0，则a <0，此时x 0＝1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a .令t ＝－3a ，t >0，则x 0＝－t 3ln t ，构造函数g (t )＝－t 3ln t (t >0)，g ′(t )＝－13ln t －13＝－13(ln t ＋1)，当0<t <1e 时，g ′(t )>0，g (t )为增函数，且g (t )>0恒成立，当t >1e时，g ′(t )<0，g (t )为减函数，g (t )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝13e，且g (e)＝－e 3，因此当x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 3，13e时，0<t ≤e，即0<－3a ≤e，a ≤－3e ，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－3e .答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－3e 10．(2019届高三·长春模拟)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x (a ，b ∈R)在点A (2，f (2))处的切线方程为9x －y －16＝0.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若过点M (2，m )(m ≠2)可作曲线y ＝f (x )的三条切线，求实数m 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝ax 3＋bx 2－3x (a ，b ∈R)， 所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3.根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧f＝2，f ＝9，即⎩⎪⎨⎪⎧8a ＋4b －6＝2，12a ＋4b －3＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0，所以f (x )＝x 3－3x .(2)设切点为(x 0，y 0)(x 0≠2)，则y 0＝x 30－3x 0. 因为f ′(x 0)＝3x 20－3， 所以切线的斜率为3x 20－3，则3x 20－3＝x 30－3x 0－m x 0－2，即2x 30－6x 20＋6＋m ＝0.因为过点M (2，m )(m ≠2)可作曲线y ＝f (x )的三条切线， 所以方程2x 30－6x 20＋6＋m ＝0有三个不同的实根，设函数g (x )＝2x 3－6x 2＋6＋m ，则函数g (x )有三个零点，且g ′(x )＝6x 2－12x ， 令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.g ′(x )，g (x )随x 的变化而变化的情况如下表：若函数g (x )有三个零点，则需⎩⎪⎨⎪⎧g ，g，即⎩⎪⎨⎪⎧6＋m >0，－2＋m <0，解得－6<m <2.所以实数m 的取值范围为(－6,2)．11．(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22.(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(2x －1)ln x ＋x 22，则f ′(x )＝2ln x ＋x －1x＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0.(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1， 故x 2＝1x 1，a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1x 1.g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝ ⎛⎭⎪⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1＋2a lnx 1＝2⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1x 1ln x 1，令h (x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln x .则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ， 又h ′(x )＝＋x－xxx2，当x ∈(0,1]时，h ′(x )≤0， 当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0， 即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减， ∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e.12．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx (m ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若对任意的x 1∈(1,2)，总存在x 2∈(1,2)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数m 的取值范围．解：(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x )＝1x－1，切线的斜率k ＝f ′(1)＝0，故切线方程为y ＝－1.(2)设f (x )在区间(1,2)上的值域为A ，g (x )在区间(1,2)上的值域为B ，则由题意可得A ⊆B.∵f (x )＝ln x －x ，∴f ′(x )＝1x －1＝1－xx<0在(1,2)上恒成立，∴函数f (x )在区间(1,2)上单调递减， ∴值域A 为(ln 2－2，－1)． 又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)， 当m >0时，g ′(x )>0在x ∈(1,2)上恒成立，则g (x )在(1,2)上是增函数，此时g (x )在区间(1,2)上的值域B 为⎝ ⎛⎭⎪⎫－23m ，23m ，则⎝ ⎛m >0，23m ≥－1，－23m ≤ln 2－2，解得m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2.当m <0时，g ′(x )<0在x ∈(1,2)上恒成立，则g (x )在(1,2)上是减函数，此时g (x )在区间(1,2)上的值域B 为⎝ ⎛⎭⎪⎫23m ，－23m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m <0，－23m ≥－1，23m ≤ln 2－2，解得m ≤32(ln 2－2)＝32ln 2－3.∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32ln 2－3∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3－32ln 2，＋∞.二、强化压轴考法——拉开分1．已知函数f (x )＝x sin x ，x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且f (x 1)＜f (x 2)，那么( ) A ．x 1－x 2＞0 B ．x 1＋x 2＞0 C ．x 21－x 22＞0D ．x 21－x 22＜0解析：选D 由f (x )＝x sin x 得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＝cos x (tan x ＋x )，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＞0，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，又f (－x )＝－x sin(－x )＝x sinx ，因而f (x )为偶函数，∴当f (x 1)＜f (x 2)时，有f (|x 1|)＜f (|x 2|)，∴|x 1|＜|x 2|，x 21－x 22＜0，故选D.2．(2018·西安八校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2，若f (x )恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12eD.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12e 解析：选C 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax2x.当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则函数f (x )不存在两个不同的零点．当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝12a，当0<x <12a时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >12a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫12a ＝ln12a －a ⎝⎛⎭⎪⎫12a 2＝－12ln 2a －12，于是要使函数f (x )恰有两个不同的零点，则需满足－12ln 2a －12>0，即ln 2a <－1，所以0<2a <1e ，即0<a <12e ，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e ，故选C.3．已知函数f (x )＝x ＋x ln x ，若m ∈Z ，且f (x )－m (x －1)>0对任意的x >1恒成立，则m 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 法一：因为f (x )＝x ＋x ln x ，且f (x )－m (x －1)>0对任意的x >1恒成立，等价于m <x ＋x ln xx －1在(1，＋∞)上恒成立，等价于m <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x ln x x －1min(x >1)．令g (x )＝x ＋x ln x x －1(x >1)，所以g ′(x )＝x －2－ln xx －2.易知g ′(x )＝0必有实根，设为x 0，则x 0－2－ln x 0＝0，且g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，此时g (x )min＝g (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0＋x 0x 0－x 0－1＝x 0，因此m <x 0，令h (x )＝x －2－ln x ，可得h (3)<0，h (4)>0，又m ∈Z ，故m 的最大值为3.故选B.法二：f (x )>m (x －1)在(1，＋∞)上恒成立，而f ′(x )＝2＋ln x ，得f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， 由图象可知，过点(1,0)的直线y ＝m (x －1)必在f (x )的图象下方，设过点(1,0)且与f (x )的图象相切的直线的斜率为k ，则m <k .此时设切点为(x 0，x 0＋x 0ln x 0)， 则有k ＝2＋ln x 0＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1，可得x 0－ln x 0－2＝0，令g (x )＝x －ln x －2，显然g (e)<0，g (e 2)>0，所以e<x 0<e 2，所以1<ln x 0<2,3<k <4，又m <k ，且m ∈Z ，因此m 的最大值为3. 故选B.4．不等式[b －(a －2)]2＋[ln b －(a －1)]2≥m 2－m 对任意的b >0，a ∈R 恒成立，则实数m 的最大值为( )A. e B ．2 C ．eD ．3解析：选B [b －(a －2)]2＋[ln b －(a －1)]2等价于点P (b ，ln b )与点Q(a －2，a －1)距离的平方，易知点P ，Q 分别在曲线C ：y ＝ln x 及直线l ：y ＝x ＋1上．令f (x )＝ln x ，则f ′(x )＝1x，令f ′(x )＝1，得x ＝1，故与直线l 平行且与曲线C 相切的直线l ′与曲线C 的切点为(1,0)，所以|P Q|min ＝22＝2，所以m 2－m ≤2，解得－1≤m ≤2，所以m 的最大值为2.故选B.5．设函数f (x )＝ex ＋a＋x ，g (x )＝ln(x ＋3)－4e－x －a，其中e 为自然对数的底数，若存在实数x 0，使得f (x 0)－g (x 0)＝2成立，则实数a 的值为( )A ．－2＋ln 2B ．1＋ln 2C ．－1－ln 2D ．2＋ln 2解析：选D 由已知得f (x )－g (x )＝e x ＋a＋x －ln(x ＋3)＋4e－x －a，设h (x )＝ex ＋a＋4e－x －a，u (x )＝x －ln(x ＋3)，所以h (x )＝ex ＋a＋4e－x －a≥2ex ＋a·4e－x －a＝4，当且仅当ex ＋a＝2时等号成立．u ′(x )＝1－1x ＋3＝x ＋2x ＋3(x >－3)，令u ′(x )>0，得x >－2；令u ′(x )<0，得－3<x <－2，所以u (x )在(－3，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，所以当x ＝－2时，u (x )取得最小值为－2.若存在实数x 0，使得f (x 0)－g (x 0)＝2成立，则当x ＝－2时，ex ＋a＝2成立，所以e－2＋a＝2，解得a ＝2＋ln 2.6．设点M (x 1，f (x 1))和点N (x 2，g (x 2))分别是函数f (x )＝ex －1－12(x －1)2和g (x )＝x －1图象上的点，且x 1≥1，x 2>0，若直线MN ∥x 轴，则M ，N 两点间的距离的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 设h (x 1)＝|MN |，由题意知h (x 1)＝x 2－x 1，x 1≥1， 由MN ∥x 轴可得g (x 2)＝f (x 1)， 即x 2＝e x 1－1－12(x 1－1)2＋1，所以h (x 1)＝x 2－x 1＝e x 1－1－12(x 1－1)2－x 1＋1，h ′(x 1)＝e x 1－1－x 1，h ″(x 1)＝e x 1－1－1，因为h ″(x 1)≥h ″(1)＝0，所以h ′(x 1)在[1，＋∞)上是增函数， 所以h ′(x 1)≥h ′(1)＝0，因此h (x 1)在[1，＋∞)上是增函数，所以h (x 1)≥h (1)＝1，故选A.7．若对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，e 为自然对数的底数，总存在唯一的y ∈[－1,1]，使得ln x －x ＋1＋a ＝y 2e y成立，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，eB.⎝ ⎛⎦⎥⎤2e ，eC.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e ，＋∞ D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2e，e ＋1e解析：选B 设f (x )＝ln x －x ＋1＋a ，则f ′(x )＝1x －1＝1－x x.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，所以f ′(x )≥0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，所以f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －1e ，a .设g (y )＝y 2e y，y ∈[－1,1]， 则g ′(y )＝y (y ＋2)e y. 由g ′(y )<0，得－1≤y <0； 由g ′(y )>0，得0<y ≤1.所以函数g (y )在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，且g (－1)＝1e<g (1)＝e.对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，总存在唯一的y ∈[－1,1]，使得ln x －x ＋1＋a ＝y 2e y成立，等价于f (x )的值域是g (y )的不含极值点的单值区间的子集，故⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －1e ，a ⊆⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，e ，所以2e <a ≤e.故选 B. 8．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (－x )＋f (x ＋3)＝0；当x ∈(0,3)时，f (x )＝eln xx，其中e 是自然对数的底数，且e≈2.72，则方程6f (x )－x ＝0在[－9,9]上的解的个数为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选D 依题意，当x ∈(0,3)时，f ′(x )＝－ln xx 2，令f ′(x )＝0得x ＝e ，故函数f (x )在区间(0，e)上单调递增，在区间(e,3)上单调递减，故在区间(0,3)上，f (x )max ＝f (e)＝1.又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (－x )＋f (x ＋3)＝0，即f (x ＋3)＝f (x )，f (0)＝0.由6f (x )－x ＝0，得f (x )＝x6.在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )与y ＝x 6在区间[－9,9] 上的图象如图所示．由图可知，函数y ＝f (x )与y ＝x6的图象有7个交点，即方程6f (x )－x ＝0的解的个数为7.故选D.。

2019高考数学二轮复习精品资料专题02 函数与导数教学案（学生版）【2019考纲解读】1.了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域和值域，了解映射的概念；在实际情景中，会根据不同的需要选择恰当的方法表示函数；了解简单的分段函数，并能简单应用.2.理解函数的单调性及几何意义;学会运用函数图象研究函数的性质,感受应用函数的单调性解决问题的优越性,提高观察、分析、推理、创新的能力.3.了解函数奇偶性的含义;会判断函数的奇偶性并会应用；掌握函数的单调性、奇偶性的综合应用.7.了解幂函数的概念;结合函数12321,,,,y x y x y x y y xx=====的图象,了解它们的变化情况.8.掌握解函数图象的两种基本方法:描点法、图象变换法；掌握图象变换的规律，能利用图象研究函数的性质.9.结合二次函数的图象,了解函数的零点与方程根的联系,判断一元二次方程根的存在性及根的个数；根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解.10.了解指数函数、对数函数及幂函数的境长特征，知道直线上升、指数增长、对数增长等不同函数类型增长的含义；了解函数模型（指数函数、对数函数、幂函数、分段函数等在社会生活中普遍使用的函数模型）的广泛应用.11.了解导数概念的实际背景;理解导数的几何意义;能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则,求简单函数的导数.12.了解函数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(多项式函数一般不超过三次);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（多项式函数一般不超过三次)，会求在闭区间函数的最大值、最小值（多项式函数一般不超过三次)；会用导数解决某些实际问题。

【知识网络构建】【重点知识整合】一、函数、基本初等函数的图象与性质1．函数的性质(1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质，是函数中最常涉及的性质，特别注意定义中的符号语言；(2)奇偶性：偶函数其图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性；奇函数其图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调性．特别注意定义域含0的奇函数f(0)＝0；(3)周期性：f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，则称f(x)为周期函数，T是它的一个周期．2．对称性与周期性的关系(1)若函数f(x)的图象有两条对称轴x＝a，x＝b(a≠b)，则函数f(x)是周期函数，2|b －a|是它的一个正周期，特别地若偶函数f(x)的图象关于直线x＝a(a≠0)对称，则函数f(x)是周期函数，2|a|是它的一个正周期；3．函数的图象(1)指数函数、对数函数和幂函数、一次函数、二次函数等初等函数的图象的特点；(2)函数的图象变换主要是平移变换、伸缩变换和对称变换．4．指数函数、对数函数和幂函数的图象和性质(注意根据图象记忆性质)指数函数y＝a x(a>0，a≠1)的图象和性质，分0<a<1，a>1两种情况；对数函数y＝log a x(a>0，a≠1)的图象和性质，分0<a<1，a>1两种情况；幂函数y＝xα的图象和性质，分幂指数α>0，α＝0，α<0三种情况．二、函数与方程、函数的应用1．函数的零点方程的根与函数的零点的关系：由函数的零点的定义可知，函数y＝f(x)的零点就是方程f(x)＝0的实数根，也就是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标．所以，方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．2．二分法用二分法求函数零点的一般步骤：第一步：确定区间[a，b]，验证f(a)·f(b)<0，给定精确度ε；第二步：求区间[a，b]的中点c；第三步：计算f(c)：(1)若f(c)＝0，则c就是函数的零点；(2)若f(a)·f(c)<0，则令b＝c(此时零点x0∈(a，c))；(3)若f(c)·f(b)<0，则令a＝c(此时零点x0∈(c，b))；(4)判断是否达到精确度ε：即若|a－b|<ε，则得到零点近似值a(或b)；否则重复(2)～(4)．3．函数模型解决函数模型的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转译成实际问题作出解答．三、导数在研究函数性质中的应用及定积分4．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值的最小者．5．定积分与曲边形面积(1)曲边为y ＝f (x )的曲边梯形的面积：在区间[a ，b ]上的连续的曲线y ＝f (x )，和直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0所围成的曲边梯形的面积S ＝⎠⎛ab|f x |d x .当f (x )≥0时，S ＝⎠⎛a b f (x )d x ；当f(x)<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x .(2)曲边为y ＝f (x )，y ＝g (x )的曲边形的面积：在区间[a ，b ]上连续的曲线y ＝f (x )，y ＝g (x )，和直线x ＝a ，x ＝b (a ≠b )，y ＝0所围成的曲边梯形的面积S ＝⎠⎛ab |f (x )－g (x )|d x .当f (x )≥g (x )时，S ＝⎠⎛a b [f (x )－g (x )]d x ；当f (x )<g (x )时，S ＝⎠⎛ab [g (x )－f (x )]d x .【高频考点突破】 考点一、函数及其表示函数的三要素：定义域、值域、对应关系.两个函数当且仅当它们的三要素完全相同时才表示同一个函数，定义域和对应关系相同的两个函数是同一函数．1．求函数定义域的类型和相应方法(1)若已知函数的解析式，则这时函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围，只需构建并解不等式(组)即可．(2)对于复合函数求定义域问题，若已知f (x )的定义域[a ，b ]，其复合函数f (g (x ))的定义域应由不等式a ≤g (x )≤b 解出．(3)实际问题或几何问题除要考虑解析式有意义外，还应使实际问题有意义． 2．求f (g (x ))类型的函数值应遵循先内后外的原则；而对于分段函数的求值、图像、解不等式等问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解；特别地对具有周期性的函数求值要用好其周期性.考点二、函数的图像作函数图像有两种基本方法：一是描点法；二是图像变换法，其中图像变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．例2、函数y ＝x2－2sin x 的图像大致是 ( )【变式探究】函数y ＝x ln(－x )与y ＝x ln x 的图像关于 ( )A ．直线y ＝x 对称B ．x 轴对称C ．y 轴对称D ．原点对称考点三、函数的性质考点四 二次函数的图像与性质：(1)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图像是抛物线 ①过定点(0，c )；②对称轴为x ＝－b 2a ，顶点坐标为(－b 2a ，4ac －b 24a)．(2)当a ＞0时，图像开口向上，在(－∞，－b 2a ]上单调递减，在[－b2a ，＋∞)上单调递增，有最小值4ac －b24a；当a ＜0时，图像开口向下，在(－∞，－b 2a ]上单调递增，[－b2a ，＋∞)上单调递减，有最大值4ac －b24a.例 4、已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋2，x ∈[－5,5]． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的最大值和最小值；(2)求实数a 的取值范围，使y ＝f (x )在区间[－5,5]上是单调函数．【变式探究】设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，如果f (x 1)＝f (x 2)(x 1≠x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A ．－b2aB ．－b aC ．cD.4ac －b 24a【方法技巧】求二次函数在某段区间上的最值时，要利用好数形结合，特别是含参数的两种类型：“定轴动区间，定区间动轴”的问题，抓住“三点一轴”，三点指的是区间两个端点和区间中点，一轴指的是对称轴.考点五 指数函数、对数函数及幂函数 指数函数与对数函数的性质：值域 (0，＋∞) (－∞，＋∞) 不变性恒过定点(0,1)恒过定点(1,0)1．对于两个数都为指数或对数的大小比较：如果底数相同， 直接应用指数函数或对数函数的单调性比较；如果底数与指数(或真数)皆不同，则要增加一个变量进行过渡比较，或利用换底公式统一底数进行比较．考点六 函数的零点1．函数的零点与方程根的关系：函数F (x )＝f (x )－g (x )的零点就是方程f (x )＝g (x )的根，即函数y ＝f (x )的图像与函数y ＝g (x )的图像交点的横坐标．2．零点存在性定理：如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图像是连续不断的一条曲线，且有f (a )·f (b )<0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，即存在c ∈(a ，b )使得f (c )＝0，这个c 也就是方程f (x )＝0的根．例6、 函数f (x )＝x －cos x 在[0，＋∞)内 ( )A ．没有零点B ．有且仅有一个零点C ．有且仅有两个零点D ．有无穷多个零点【方法技巧】函数零点(即方程的根)的确定问题，常见的有①数值的确定；②所在区间的确定；③个数的确定．解决这类问题的常用方法有解方程、根据区间端点函数值的符号数形结合，尤其是那些方程两边对应的函数类型不同的方程多以数形结合求解.考点七 函数的应用例7、如图，长方体物体 E 在雨中沿面P (面积为S )的垂直方向作匀速移动，速度为v (v ＞0)，雨速沿E 移动方向的分速度为c (c ∈R )．E 移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：(1)P 或P 的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量，假设其值与|v －c |×S 成正比，比例系数为110；(2)其他面的淋雨量之和，其值为12.记y 为E 移动过程中的总淋雨量．当移动距离d ＝100，面积S ＝32时，(1)写出y 的表达式；(2)设0＜v ≤10,0＜c ≤5，试根据c 的不同取值范围，确定移动速度v ，使总淋雨量y 最少．【变式探究】某货轮匀速行驶在相距300海里的甲、乙两地间运输货物，运输成本由燃料费用和其他费用组成，已知该货轮每小时的燃料费用与其航行速度的平方成正比(比例系数为0.5)，其他费用为每小时800元，且该货轮的最大航行速度为50海里/小时．(1)请将从甲地到乙地的运输成本y(元)表示为航行速度x(海里/小时)的函数；(2)要使从甲地到乙地的运输成本最少，该货轮应以多大的航行速度行驶？(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．(3)导数的物理意义：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．例8、曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是 ( )A．－9 B．－3C．9 D．15【变式探究】已知直线y＝x＋a与曲线f(x)＝ln x相切，则a的值为________．【方法技巧】求曲线y＝f(x)的切线方程的类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；(2)已知切线的斜率k，求切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率．列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程.考点九、利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系：在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．例9、设a ＞0，讨论函数f (x )＝ln x ＋a (1－a )x 2－2(1－a )x 的单调性． 【方法技巧】1．利用导数研究函数的极值的一般步骤 (1)确定定义域． (2)求导数f ′(x )．(3)①若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检验f ′(x )在方程根左、右值的符号， 求出极值．(当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内)②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况，从 而求解．2．求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤 (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. 【难点探究】难点一 函数的性质的应用例1、设f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，f (x ) ＝ 2x 2－x ，则f (1)＝( ) A ．－3 B ．－1 C ．1 D ．3(2)设奇函数y ＝f (x )(x ∈R)，满足对任意t ∈R 都有f (t )＝f (1－t )，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12时，f (x )＝－x 2，则f (3)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32的值等于________．【变式探究】设偶函数f (x )对任意x ∈R，都有f (x ＋3)＝－1f x，且当x ∈[－3，－2]时，f (x )＝4x ，则f (107.5)＝( )A ．10 B.110 C ．－10 D ．－110难点二 函数的图象的分析判断例2、函数f (x )＝ax m (1－x )n在区间[0,1]上的图象如图2－1所示，则m ，n 的值可能是( )图2－1A ．m ＝1，n ＝1B ．m ＝1，n ＝2C ．m ＝2，n ＝1D ．m ＝3，n ＝1【点评】 函数图象分析类试题，主要就是推证函数的性质，然后根据函数的性质、特殊点的函数值以及图象的实际作出判断，这类试题在考查函数图象的同时重点是考查探究函数性质、用函数性质分析问题和解决问题的能力．利用导数研究函数的性质、对函数图象作出分析判断类的试题，已经逐渐成为高考的一个命题热点。

理科高三数学教案：导数及其应用【】鉴于大伙儿对查字典数学网十分关注，小编在此为大伙儿搜集整理了此文理科高三数学教案：导数及其应用，供大伙儿参考!本文题目：理科高三数学教案：导数及其应用第三章导数及其应用高考导航考试要求重难点击命题展望1.导数概念及其几何意义(1)了解导数概念的实际背景;(2)明白得导数的几何意义.2.导数的运算(1)能依照导数定义，求函数y=c(c为常数)，y=x，y=x2，y=x3，y= ，y= 的导数;(2)能利用差不多初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数(仅限于形如f(ax+b)的复合函数)的导数.3.导数在研究函数中的应用(1)了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一样不超过三次);(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(其中多项式函数一样不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一样不超过三次).4.生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.5.定积分与微积分差不多定理(1)了解定积分的实际背景，了解定积分的差不多思想，了解定积分的概念;(2)了解微积分差不多定理的含义. 本章重点：1.导数的概念;2.利用导数求切线的斜率;3.利用导数判定函数单调性或求单调区间;4.利用导数求极值或最值;5.利用导数求实际问题最优解.本章难点：导数的综合应用. 导数与定积分是微积分的核心概念之一，也是中学选学内容中较为重要的知识之一.由于其应用的广泛性，为我们解决有关函数、数列问题提供了更一样、更有效的方法.因此，本章知识在高考题中常在函数、数列等有关最值不等式问题中有所表达，既考查数形结合思想，分类讨论思想，也考查学生灵活运用所学知识和方法的能力.考题可能以选择题或填空题的形式来考查导数与定积分的差不多运算与简单的几何意义，而以解答题的形式来综合考查学生的分析问题和解决问题的能力.知识网络3 .1 导数的概念与运算典例精析题型一导数的概念【例1】已知函数f(x)=2ln 3x+8x，求f(1-2x)-f(1)x的值.【解析】由导数的定义知：f(1-2x)-f(1)x=-2 f(1-2x)-f(1)-2x=-2f(1)=-20.【点拨】导数的实质是求函数值相关于自变量的变化率，即求当x0时，平均变化率yx的极限.【变式训练1】某市在一次降雨过程中，降雨量y(mm)与时刻t(min)的函数关系能够近似地表示为f(t)=t2100，则在时刻t=10 min的降雨强度为()A.15 mm/minB.14 mm/minC.12 mm/minD.1 mm/min【解析】选A.题型二求导函数【例2】求下列函数的导数.(1)y=ln(x+1+x2);(2)y=(x2-2x+3)e2x;(3)y=3x1-x.【解析】运用求导数公式及复合函数求导数法则.(1)y=1x+1+x2(x+1+x2)=1x+1+x2(1+x1+x2)=11+x2.(2)y=(2x-2)e2x+2(x2-2x+3)e2x=2(x2-x+2)e2x.(3)y=13(x1-x 1-x+x(1-x)2=13(x1-x 1(1-x)2=13x (1-x)【变式训练2】如下图，函数f(x)的图象是折线段ABC，其中A、B、C的坐标分别为(0,4)，(2,0)，(6,4)，则f(f(0))= ; f(1+x)-f(1)x= (用数字作答).【解析】f(0)=4，f(f(0))=f(4)=2，由导数定义f(1+x)-f(1)x=f(1).当02时，f(x)=4-2x，f(x)=-2，f(1)=-2.题型三利用导数求切线的斜率【例3】已知曲线C：y=x3-3x2+2x，直线l：y=kx，且l与C切于点P(x0，y0) (x00)，求直线l的方程及切点坐标.【解析】由l过原点，知k=y0x0 (x00)，又点P(x0，y0) 在曲线C上，y0=x30-3x20+2x0，因此y0x0=x20-3x0+2.而y=3x2-6x+2，k=3x20-6x0+2.又k=y0x0，因此3x20-6x0+2=x20-3x0+2，其中x00，解得x0=32.因此y0=-38，因此k=y0x0=-14，因此直线l的方程为y=-14x，切点坐标为(32，-38).【点拨】利用切点在曲线上，又曲线在切点处的切线的斜率为曲线在该点处的导数来列方程，即可求得切点的坐标.【变式训练3】若函数y=x3-3x+4的切线通过点(-2，2)，求此切线方程.【解析】设切点为P(x0，y0)，则由y=3x2-3得切线的斜率为k=3x20-3.因此函数y=x3-3x+4在P(x0，y0)处的切线方程为y-y0=(3x20-3)(x-x0).又切线通过点(-2,2)，得2-y0=(3x20-3)(-2-x0)，①而切点在曲线上，得y0=x30-3x0+4，②由①②解得x0=1或x0=-2.则切线方程为y=2 或9x-y+20=0.总结提高1.函数y=f(x)在x=x0处的导数通常有以下两种求法：(1) 导数的定义，即求yx= f(x0+x)-f(x0)x的值;(2)先求导函数f(x)，再将x=x0的值代入，即得f(x0)的值.2.求y=f(x)的导函数的几种方法：(1)利用常见函数的导数公式;(2)利用四则运算的导数公式;(3)利用复合函数的求导方法.3.导数的几何意义：函数y=f(x)在x=x0处的导数f(x0)，确实是函数y =f(x)的曲线在点P(x0，y0)处的切线的斜率.3.2 导数的应用(一)典例精析题型一求函数f(x)的单调区间【例1】已知函数f(x)=x2-ax-aln(x-1)(aR)，求函数f(x)的单调区间.【解析】函数f(x)=x2-ax-aln(x-1)的定义域是(1，+).f(x)=2x-a-ax-1=2x(x-a+22)x-1，①若a0，则a+221，f(x)=2x(x-a+22)x-10在(1，+)上恒成立，因此a0时，f(x)的增区间为(1，+).②若a0，则a+221，故当x(1，a+22]时，f(x)=2x(x-a+22)x-1当x[a+22，+)时，f(x)=2x(x-a+22)x-10，因此a0时，f(x)的减区间为(1，a+22]，f(x)的增区间为[a+22，+).【点拨】在定义域x1下，为了判定f(x)符号，必须讨论实数a+22与0及1的大小，分类讨论是解本题的关键.【变式训练1】已知函数f(x)=x2+ln x-ax在(0,1)上是增函数，求a的取值范畴.【解析】因为f(x)=2x+1x-a，f(x)在(0,1)上是增函数，因此2x+1x-a0在(0,1)上恒成立，即a2x+1x恒成立.又2x+1x22(当且仅当x=22时，取等号).因此a22，故a的取值范畴为(-，22].【点拨】当f(x)在区间(a，b)上是增函数时f(x)0在(a，b)上恒成立;同样，当函数f(x)在区间(a，b)上为减函数时f(x)0在(a，b)上恒成立.然后就要依照不等式恒成立的条件来求参数的取值范畴了.题型二求函数的极值【例2】已知f(x)=ax3+bx2+cx(a0)在x=1时取得极值，且f(1)=-1.(1)试求常数a，b，c的值;(2)试判定x=1是函数的极小值点依旧极大值点，并说明理由.【解析】(1)f(x)=3ax2+2bx+c.因为x=1是函数f(x)的极值点，因此x=1是方程f(x)=0，即3ax2+2bx+c=0的两根.由根与系数的关系，得又f(1)=-1，因此a+b+c=-1. ③由①②③解得a=12，b=0，c=-32.(2)由(1)得f(x)=12x3-32x，因此当f(x)=32x2-320时，有x-1或x当f(x)=32x2-320时，有-1因此函数f(x)=12x3-32x在(-，-1)和(1，+)上是增函数，在(-1,1)上是减函数.因此当x=-1时，函数取得极大值f(-1)=1;当x=1时，函数取得极小值f (1)=-1.【点拨】求函数的极值应先求导数.关于多项式函数f(x)来讲，f(x)在点x=x0处取极值的必要条件是f(x)=0.然而，当x0满足f(x0)=0时，f(x)在点x=x0处却未必取得极值，只有在x0的两侧f(x)的导数异号时，x0才是f(x)的极值点.同时假如f(x)在x0两侧满足左正右负，则x0是f(x)的极大值点，f(x0)是极大值;假如f(x)在x0两侧满足左负右正，则x0是f(x)的极小值点，f(x0)是极小值.【变式训练2】定义在R上的函数y=f(x)，满足f(3-x)=f(x)，(x-32)f(x) 0，若x13，则有()A. f(x1)f(x2)C. f(x1)=f(x2)D.不确定【解析】由f(3-x)=f(x)可得f[3-(x+32)]=f(x+32)，即f(32-x)=f(x+32)，因此函数f(x)的图象关于x=32对称.又因为(x-32)f(x)0，因此当x32时，函数f (x)单调递减，当x32时，函数f(x)单调递增.当x1+x22=32时，f(x1)=f(x2)，因为x1+x23，因此x1+x2232，相当于x1，x2的中点向右偏离对称轴，因此f(x1)f(x2).故选B.题型三求函数的最值【例3】求函数f(x)=ln(1+x)-14x2在区间[0,2]上的最大值和最小值.【解析】f(x)=11+x-12x，令11+x-12x=0，化简为x2+x-2=0，解得x1=-2或x2=1，其中x1=-2舍去.又由f(x)=11+x-12x0，且x[0,2]，得知函数f(x)的单调递增区间是(0,1)，同理，得知函数f(x)的单调递减区间是(1,2)，因此f(1)=ln 2-14为函数f(x)的极大值.又因为f(0)=0，f(2)=ln 3-10，f(1)f(2)，因此，f(0)=0为函数f(x)在[0,2]上的最小值，f(1)=ln 2-14为函数f(x)在[0,2]上的最大值.【点拨】求函数f(x)在某闭区间[a，b]上的最值，第一需求函数f(x)在开区间(a，b)内的极值，然后，将f(x)的各个极值与f(x)在闭区间上的端点的函数值f(a)、f(b)比较，才能得出函数f(x)在[a，b]上的最值.【变式训练3】(2021江苏)f(x)=ax3-3x+1对x[-1,1]总有f(x)0成立，则a= .【解析】若x=0，则不管a为何值，f(x)0恒成立.当x(0,1]时，f(x)0能够化为a3x2-1x3，设g(x)=3x2-1x3，则g(x)=3(1-2x)x4，x(0，12)时，g(x)0，x(12，1]时，g(x)0.因此g(x)max=g(12)=4，因此a4.当x[-1,0)时，f(x)0能够化为a3x2-1x3，现在g(x)=3(1-2x)x40，g(x)min=g(-1)=4，因此a4.综上可知，a=4.总结提高1.求函数单调区间的步骤是：(1)确定函数f(x)的定义域D;(2)求导数f(3)依照f(x)0，且xD，求得函数f(x)的单调递增区间;依照f(x)0，且xD，求得函数f(x)的单调递减区间.2.求函数极值的步骤是：(1)求导数f(2)求方程f(x)=0的根;(3)判定f(x)在方程根左右的值的符号，确定f(x)在那个根处取极大值依旧取极小值.3.求函数最值的步骤是：先求f(x)在(a，b)内的极值;再将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.3.3 导数的应用(二)典例精析题型一利用导数证明不等式【例1】已知函数f(x)=12x2+ln x.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的值域;(2)求证：x1时，f(x)23x3.【解析】(1)由已知f(x)=x+1x，当x[1，e]时，f(x)0，因此f(x)在[1，e]上为增函数.故f(x)max=f(e)=e22+1，f(x)min=f(1)=12，因而f(x)在区间[1，e]上的值域为[12，e22+1].(2)证明：令F(x)=f(x)-23x3=-23x3+12x2+ln x，则F(x)=x+1x-2x2=(1-x) (1+x+2x2)x，因为x1，因此F(x)0，故F(x)在(1，+)上为减函数.又F(1)=-160，故x1时，F(x)0恒成立，即f(x)23x3.【点拨】有关超越性不等式的证明，构造函数，应用导数确定所构造函数的单调性是常用的证明方法.【变式训练1】已知对任意实数x，有f(-x)=-f(x)，g(-x)=g(x)，且x0时，f(x)0，g(x)0，则x0时()A.f(x)0，g(x)0B.f(x)0，g(x)0C.f(x)0，g(x)0D.f(x)0，g(x)0【解析】选B.题型二优化问题【例2】(2009湖南)某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两个桥墩相距m米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测算，一个桥墩的工程费用为256万元;距离为x米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2+x) x万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素.记余下工程的费用为y万元.(1)试写出y关于x的函数关系式;(2)当m=640米时，需新建多少个桥墩才能使y最小?【解析】(1)设需新建n个桥墩，则(n+1)x=m，即n=mx-1.因此y=f(x)=256n+(n+1)(2+x)x=256(mx-1)+mx(2+x)x=256mx+mx+2m-256.(2)由(1)知f(x)=-256mx2+12mx =m2x2(x -512).令f(x)=0，得x =512.因此x=64.当00，f(x)在区间(64,640)内为增函数.因此f(x)在x=64处取得最小值.现在n=mx-1=64064-1=9.故需新建9个桥墩才能使y最小.【变式训练2】(2021上海)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面).当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值?并求出该最大值(结果精确到0.01平方米).【解析】设圆柱底面半径为r，高为h，则由已知可得4(4r+2h)=9.6，因此2r+h=1.2.S=2.4r2，h=1.2-2r0，因此r0.6.因此S=2.4r2(0令f(r)=2.4r2，则f(r)=2 .4r.令f(r)=0得r=0.4.因此当00;当0.4因此r=0.4时S最大，Smax=1.51.题型三导数与函数零点问题【例3】设函数f(x)=13x3-mx2+(m2-4)x，xR.(1)当m=3时，求曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程;(2)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，，，且.若对任意的x[，]，都有f(x)f(1)恒成立，求实数m的取值范畴.【解析】(1)当m=3时，f(x)=13x3-3x2+5x，f(x)=x2-6x+5.因为f(2)=23，f(2)=-3，因此切点坐标为(2，23)，切线的斜率为-3，则所求的切线方程为y-23=-3(x-2)，即9x+3y-20=0.(2)f(x)=x2-2mx+(m2-4).令f(x)=0，得x=m-2或x=m+2.当x(-，m-2)时，f(x)0，f(x)在(-，m-2)上是增函数;当x(m-2，m+2)时，f(x)0，f(x)在(m-2，m+2)上是减函数;当x(m+2，+)时，f(x)0，f(x)在(m+2，+)上是增函数.因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，，，且f(x)=13x[x2-3mx+3(m2-4)]，因此解得m(-4，-2)(-2,2)(2,4).当m(-4，-2)时，m-2因此现在f()=0，f(1)f(0)=0，与题意不合，故舍去.当m(-2,2)时，m-20因此因为对任意的x[，]，都有f(x)f(1)恒成立，因此1.因此f(1)为函数f(x)在[，]上的最小值.因为当x=m+2时，函数f(x)在[，]上取最小值，因此m+2=1，即m=-1.当m(2,4)时，0因此0因为对任意的x[，]，都有f(x)f(1)恒成立，因此1.因此f(1)为函数f(x)在[，]上的最小值.因为当x=m+2时，函数f(x)在[，]上取最小值，因此m+2=1，即m=-1(舍去).综上可知，m的取值范畴是{-1}.【变式训练3】已知f(x)=ax2(aR)，g(x)=2ln x.(1)讨论函数F(x)=f(x)-g(x)的单调性;(2)若方程f(x)=g(x)在区间[2，e]上有两个不等解，求a的取值范畴.【解析】(1)当a0时，F(x)的递增区间为(1a，+)，递减区间为(0，1a);当a0时，F(x)的递减区间为(0，+).(2)[12ln 2，1e).总结提高在应用导数处理方程、不等式有关问题时，第一应熟练地将方程、不等式问题直截了当转化为函数问题，再利用导数确定函数单调性、极值或最值.3.4 定积分与微积分差不多定理典例精析题型一求常见函数的定积分【例1】运算下列定积分的值.(1) (x-1)5dx;(2) (x+sin x)dx.【解析】(1)因为[16(x-1)6]=(x-1)5，因此(x-1)5dx= =16.(2)因为(x22-cos x)=x+sin x，因此(x+sin x)dx= =28+1.【点拨】(1)一样情形下，只要能找到被积函数的原函数，就能求出定积分的值;(2)当被积函数是分段函数时，应对每个区间分段积分，再求和;(3)关于含有绝对值符号的被积函数，应先去掉绝对值符号后积分;(4)当被积函数具有奇偶性时，可用以下结论：①若f(x)是偶函数时，则f(x)dx=2 f(x)dx;②若f(x)是奇函数时，则f(x)dx=0.【变式训练1】求(3x3+4sin x)dx.【解析】(3x3+4sin x)dx表示直线x=-5，x=5，y=0和曲线y=3x3+4si n x所围成的曲边梯形面积的代数和，且在x轴上方的面积取正号，在x 轴下方的面积取负号.又f(-x)=3(-x)3+4sin(-x)=-(3x3+4sin x)=-f(x).因此f(x)=3x3+4sin x在[-5,5]上是奇函数，因此(3x3+4sin x)dx=- (3x3+4sin x)dx，因此(3x3+4sin x)dx= (3x3+4sin x)dx+ (3x3+4sin x)dx=0.题型二利用定积分运算曲边梯形的面积【例2】求抛物线y2=2x与直线y=4-x所围成的平面图形的面积.【解析】方法一：如图，由得交点A(2,2)，B(8，-4)，则S= [2x-(-2x)]dx+ [4-x-(-2x)]dx=163+383=18.方法二：S= [(4-y)-y22]dy= =18.【点拨】依照图形的特点，选择不同的积分变量，可使运算简捷，在以y为积分变量时，应注意将曲线方程变为x=(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值.【变式训练2】设k 是一个正整数，(1+xk)k的展开式中x3的系数为1 16，则函数y=x2与y=kx-3的图象所围成的阴影部分(如图)的面积为.【解析】Tr+1=Crk(xk)r，令r=3，得x3的系数为C3k1k3=116，解得k =4.由得函数y=x2与y=4x-3的图象的交点的横坐标分别为1,3.因此阴影部分的面积为S= (4x-3-x2)dx=(2x2-3x- =43.题型三定积分在物理中的应用【例3】(1) 变速直线运动的物体的速度为v (t)=1-t2，初始位置为x0 =1，求它在前2秒内所走过的路程及2秒末所在的位置;(2)一物体按规律x=bt3作直线运动，式中x为时刻t内通过的距离，媒质的阻力正比于速度的平方，试求物体由x=0运动到x=a时阻力所做的功.【解析】(1)当01时，v(t)0，当12时，v(t)0，因此前2秒内所走过的路程为s= v(t)dt+ (-v(t))dt= (1-t2)dt+ (t2-1)dt= + =2.2秒末所在的位置为x1=x0+ v(t)dt=1+ (1-t2)dt=13.因此它在前2秒内所走过的路程为2,2秒末所在的位置为x1=13.(2) 物体的速度为v=(bt3)=3bt2.媒质阻力F阻=kv2=k(3bt2)2=9kb2t4，其中k为比例常数，且k0.当x=0时，t=0;当x=a时，t=t1=(ab) ，又ds=vdt，故阻力所做的功为W阻= ds = kv2vdt=k v3dt= k (3bt 2)3dt=277kb3t71 = 277k3a7b2.【点拨】定积分在物理学中的应用应注意：v(t)= a(t)dt，s(t)= v(t)dt和W= F(x)dx这三个公式.【变式训练3】定义F(x，y)=(1+x)y，x，y(0，+).令函数f(x)=F[1，log 2(x2-4x+9)]的图象为曲线C1，曲线C1与y轴交于点A(0，m)，过坐标原点O向曲线C1作切线，切点为B(n，t)(n0)，设曲线C1在点A，B之间的曲线段与线段OA，OB所围成图形的面积为S，求S的值.【解析】因为F(x，y)=(1+x)y，因此f(x)=F(1，log2(x2-4x+9))= =x2-4x +9，故A(0,9)，又过坐标原点O向曲线C1作切线，切点为B(n，t)(n0)，f(x) =2x-4.因此解得B(3,6)，因此S= (x2-4x+9-2x)dx=(x33-3x2+9x) =9.总结提高1.定积分的运算关键是通过逆向思维求得被积函数的原函数.?2.定积分在物理学中的应用必须遵循相应的物理过程和物理原理.?3.利用定积分求平面图形面积的步骤：?(1)画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图象;?(2)借助图形确定出被积函数，求出交点坐标，确定积分的上、下限;?(3)把曲边梯形的面积表示成若干个定积分的和;?死记硬背是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。

第3讲导数的综合应用1.(2018·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=ae x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ae x-.由题设知,f'(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1,f'(x)=e x-.当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a≥时,f(x)≥0.2.(2018·全国Ⅱ卷,文21)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.(1)解:当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)单调递增,在(3-2,3+2)单调递减.(2)证明:因为x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g'(x)=≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.3.(2017·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-ae x-a2=(2e x+a)(e x-a).①若a=0,则f(x)=e2x在(-∞,+∞)上单调递增.②若a>0,则由f'(x)=0得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln-.当x∈-∞,ln-时,f'(x)<0;当x∈ln-,+∞时,f'(x)>0,故f(x)在-∞,ln-上单调递减,在ln-,+∞上单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a. 从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0,综合得0<a≤1.③若a<0,则由(1)得当x=ln-时,f(x)取得最小值,最小值为fln-=a2-ln-,从而当且仅当a2-ln-≥0,即a≥-2时f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].4.(2016·全国Ⅰ卷,文21)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2.(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)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a).①设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.②设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).(ⅰ)若a=-,则f'(x)=(x-1)(e x-e),所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(ⅱ)若a>-,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.(ⅲ)若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.(2)①设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln,则f(b)>(b-2)+a(b-1)2=ab2-b>0,所以f(x)有两个零点.②设a=0,则f(x)=(x-2)e x,所以f(x)只有一个零点.③设a<0,若a≥-,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).1.考查角度考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.2.题型及难易度解答题,属于难题或者较难题.(对应学生用书第15~16页)导数与不等式考向1 导数方法证明不等式【例1】(1)(2018·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=a(x+1)ln x-x+1(a∈R),当a≥时,求证:对任意的x≥1,f(x)≥0;(2)(2018·河南新乡三模)已知函数f(x)=e x(aln x-bx),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-4)x-e+2.证明:f(x)+x2<0.证明:(1)当a≥时,f(x)=a(x+1)ln x-x+1,欲证f(x)≥0,注意到f(1)=0,只要f(x)≥f(1)即可.f'(x)=aln x++1-1(x≥1),令g(x)=ln x++1(x≥1),则g'(x)=-=≥0(x≥1),知g(x)在[1,+∞)上递增,有g(x)≥g(1)=2,所以f'(x)≥2a-1≥0a≥,可知f(x)在[1,+∞)上递增,于是有f(x)≥f(1)=0,综上,当a≥时,对任意的x≥1,f(x)≥0.(2)由已知得f'(x)=e x aln x-bx+-b(x>0),因为所以所以f(x)=e x ln x-2xe x-1,所以f(x)+x2<0⇔e x ln x+x2<2xe x-1⇔<-.设g(x)=,h(x)=-,要证f(x)+x2<0,即要证g(x)<h(x)在(0,+∞)上恒成立.因为g'(x)=(x>0),所以g(x)=在(0,e)上为增函数,在(e,+∞)上为减函数,所以g(x)≤g(e)=.①又h'(x)=,所以h(x)=-在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,所以h(x)≥h(1)=.②由于①和②不能同时取等号,故g(x)<h(x).所以f(x)+x2<0成立.导数方法证明不等式的基本途径有两条:(1)考虑单调性,利用函数在区间(a,b)上单调递增(减),则f(a)<f(x)<f(b)(f(b)<f(x)<f(a)),如证明x∈0,,sin x<x时,可以证明f(x)=sin x-x在0,上单调递减,则f(x)<f(0)得证;(2)考虑最值,利用函数在区间D上,f(x)min≤f(x)≤f(x)max,如证明,当x∈(0,+∞),ln x≤x-1时,可以求出函数f(x)=ln x-(x-1)在(0,+∞)上的最大值为0得证.无论哪条途径都是以单调性为基础,函数的单调性的研究是导数方法证明不等式的核心.考向2 根据不等式确定参数取值范围【例2】(2018·湖南永州市一模)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)=ax2+1,其中e为自然对数的底数.(1)讨论函数f(x)在区间[1,e]上的单调性;(2)已知a∉(0,e),若对任意x1,x2∈[1,e],有f(x1)>g(x2),求实数a的取值范围.解:(1)f'(x)=-a=,a.当a≤0时,1-ax>0,f'(x)>0,所以f(x)在[1,e]上单调递增,b.当0<a≤时,≥e,f'(x)≥0,所以f(x)在[1,e]上单调递增,c.当<a<1时,1<<e,所以x∈1,时,f'(x)≥0,f(x)在1,上单调递增,当x∈,e时,f'(x)≤0,f(x)在,e上单调递减.d.当a≥1时,≤1,f'(x)≤0,所以f(x)在[1,e]上单调递减.综上所述,当a≤时,f(x)在[1,e]上单调递增,当<a<1时,f(x)在1,上单调递增,在,e上单调递减;当a≥1时,f(x)在[1,e]上单调递减.(2)g'(x)=2ax,依题意,x∈[1,e]时,f(x)min>g(x)max恒成立.已知a∉(0,e),则当a≤0时,g'(x)≤0,所以g(x)在[1,e]上单调递减,所以g(x)max=g(1)=a+1,而f(x)在[1,e]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=-a.所以-a>a+1,得a<-;当a≥e时,g'(x)>0,所以g(x)在[1,e]上为增函数,g(x)max=g(e)=ae2+1,因为f(x)在[1,e]上为减函数,所以f(x)min=f(e)=1-ae,故1-ae>ae2+1,所以a<0与a≥e矛盾.综上所述,实数a的取值范围是-∞,-.(1)对于f(x)≥g(x)在区间D上恒成立,只需[f(x)-g(x)]min≥0即可,而f(x)>g(x)在区间D上恒成立,此时h(x)=f(x)-g(x)在区间D上未必存在最小值,需要根据具体情况,或者研究h(x)的单调性或者通过放缩或者通过引进第三方不等式灵活处理;(2)在区间D上,若∃x0使得f(x0)>g(x0)成立,则只需∃x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,则只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下确界;(3)如果在区间D上f(x1)>g(x2)恒成立,则只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,则需要确定其值域,再根据值域得出结论.【不等式的类型很多,但其基本思想是化归,即化归为函数的最值、值域的上下界,据此得出参数满足的不等式】热点训练1:(1)(2018·天津滨海新区八校联考)设函数f(x)=x2e x.①求在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数f(x)的单调区间;③当x∈[-2,2]时,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值范围.(2)(2018·广西柳州模拟)已知a为实数,函数f(x)=aln x+x2-4x.①若x=3是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值;②设g(x)=(a-2)x,若∃x0∈,e,使得f(x0)≤g(x0)成立,求实数a的取值范围.解:(1)①因为f'(x)=x2e x+2xe x,所以k=f'(1)=3e,切点(1,e).切线方程为3ex-y-2e=0.②令f'(x)>0,即x(x+2)e x>0,得f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在区间(-2,0)上单调递减.③由②知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,f(x)min=f(0)=0. 当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,需2a+1≥f(x)min,即2a+1≥0,故a≥-.故a的取值范围为-,+∞.(2)①函数f(x)定义域为(0,+∞),f'(x)=+2x-4=.因为x=3是函数f(x)的一个极值点,所以f'(3)=0,解得a=-6.经检验a=-6时,x=3是函数f(x)的一个极小值点,符合题意,所以a=-6.②由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥-2x0,记F(x)=x-ln x(x>0),所以F'(x)=(x>0),所以当0<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.所以F(x)>F(1)=1>0,所以a≥,记G(x)=,x∈,e.所以G'(x)==.因为x∈,e,所以2-2ln x=2(1-ln x)≥0,所以x-2ln x+2>0,所以x∈,1时,G'(x)<0,G(x)单调递减;x∈(1,e)时,G'(x)>0,G(x)单调递增,所以G(x)min=G(1)=-1,所以a≥G(x)min=-1.故实数a的取值范围为[-1,+∞).导数与函数的零点考向1 确定函数零点的个数【例3】(2018·湖北武汉调研)已知函数f(x)=e x-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论g(x)=f(x)·x-在区间[0,1]内零点的个数.解:(1)f'(x)=e x-a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无减区间;当a>0时,f(x)的单调减区间为(-∞,ln a),增区间为(ln a,+∞).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考虑f(x)在区间[0,1]的零点个数.当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且f(0)=0,f(x)有一个零点;当a≥e时,f(x)在(-∞,1)上单调递减,f(x)有一个零点;当1<a<e时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增.而f(1)=e-a-1,所以a≤1或a>e-1时,f(x)有一个零点,当1<a≤e-1时,f(x)有两个零点.而x=时,由f=0得a=2(-1).所以a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,g(x)有两个零点;当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)有三个零点.确定函数f(x)零点个数的基本思想是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势,得出函数y=f(x)的图象与x轴交点的个数,其中的一个技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),通过研究函数g(x),h(x)的性质,得出两个函数图象交点的个数.考向2 根据函数零点的个数确定参数取值范围【例4】(2018·河南南阳一中三模)设函数f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.(1)当a=0时,f(x)≥g(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;(2)当m=2时,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,求实数a的取值范围.解:(1)当a=0时,由f(x)-g(x)≥0得mln x≤x,因为x>1,所以ln x>0,所以有m≤在(1,+∞)上恒成立,令G(x)=,G'(x)=,由G'(x)=0得x=e,当x>e,G'(x)>0,当0<x<e时,G'(x)<0,所以G(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+∞)上为增函数,所以G(x)min=G(e)=e,所以实数m的取值范围为(-∞,e].(2)当m=2时,函数h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,即方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,令φ(x)=x-2ln x,则φ'(x)=1-=,当1≤x<2时,φ'(x)<0;当2<x≤3时,φ'(x)>0,所以φ(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2,又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,结合图象可知φ(2)<a≤φ(3).所以实数a的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3].根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思想也是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y=f(x)的图象,再根据零点个数确定函数y=f(x)的图象与x轴交点的个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值范围,一个基本的技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),据f(x)零点个数确定函数y=g(x),y=h(x)图象的交点个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值范围.热点训练2:(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=xe x-(x+1)2.(1)当x∈[-1,2]时,求f(x)的最大值与最小值;(2)讨论方程f(x)=ax-1的实根的个数.解:(1)因为f(x)=xe x-(x+1)2,所以f'(x)=(x+1)e x-2(x+1)=(x+1)(e x-2),令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,f'(x),f(x)随x的变化如下表:x -1 (-1,ln 2) ln 2 (ln 2,2) 2 f'(x) 0 - 0 +续表x -1 (-1,ln 2) ln 2 (ln 2,2) 2↘-(ln 2)2-1 ↗2e2-9 f(x)-f(x)在[-1,2]上的最小值是-(ln 2)2-1,因为2e2-9>0,-<0,2e2-9>-,所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xe x-x2-(a+2)x=x(e x-x-a-2),所以f(x)=ax-1⇔x=0或e x-x-a-2=0,设g(x)=e x-x-a-2,则g'(x)=e x-1,x>0时,g'(x)>0,x<0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,在(-∞,0)上是减函数,g(x)≥g(0)=-a-1,且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞,①当-a-1>0,即a<-1时,g(x)=0没有实根,方程f(x)=ax-1有1个实根;②当-a-1=0,即a=-1时,g(x)=0有1个实根为零,方程f(x)=ax-1有1个实根;③当-a-1<0,即a>-1时,g(x)=0有2个不等于零的实根,方程f(x)=ax-1有3个实根.综上可得,a≤-1时,方程f(x)=ax-1有1个实根;a>-1时,方程f(x)=ax-1有3个实根.热点训练3:(2018·衡水金卷高三大联考)已知函数f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a≠0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的方程g(x)=a有实数根,求实数a的取值范围.解:(1)依题意,得f'(x)=-4x==,x∈(0,+∞).令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<;令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.故函数f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,+∞.(2)由题意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.依题意,方程+aln x-a=0有实数根,即函数h(x)=+aln x-a存在零点.h'(x)=-+=,令h'(x)=0,得x=.当a<0时,h'(x)<0.即函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,而h(1)=1-a>0,h()=+a1--a=-1<-1<0.所以函数h(x)存在零点;当a>0时,h'(x),h(x)随x的变化情况如下表:x0,,+∞h'(x) - 0 +h(x) ↘极小值↗所以h=a+aln-a=-aln a为函数h(x)的极小值,也是最小值.当h>0,即0<a<1时,函数h(x)没有零点;当h≤0,即a≥1时,注意到h(1)=1-a≤0,h(e)=+a-a=>0,所以函数h(x)存在零点.综上所述,当a∈(-∞,0)∪[1,+∞)时,方程g(x)=a有实数根.【例1】(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=2ln -.(1)求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,且对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)=2ln -,所以f'(x)=-==,因为f(x)的定义域为(0,+∞),当<x<2时,f'(x)<0,0<x<或x>2时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间是,2,单调递增区间是0,,(2,+∞).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x>1时f(x)≥f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0,所以对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立, ⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立,⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.因为(x-t)2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立,⇔y=ln x的图象与直线y=ax有交点,⇔方程a=在(0,+∞)上有解.设h(x)=,则h'(x)=,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 又h(e)=,x→0,h(x)→-∞,所以h(x)的值域是-∞,,所以实数a的取值范围是-∞,.【例2】(2018·福建宁德5月质检)已知函数f(x)=x3-3ax2+4(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有三个零点,证明:当x>0时,f(x)>6(a-a2)e a.(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f'(x)=0,则x=0或x=2a,当a=0时,f'(x)≥0,f(x)在R上是增函数;当a>0时,令f'(x)>0,得x<0或x>2a,所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得0<x<2a,所以f(x)在(0,2a)上是减函数.当a<0时,令f'(x)>0,得x<2a或x>0,所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得2a<x<0,所以f(x)在(2a,0)上是减函数.综上所述:当a=0时,f(x)在R上是增函数;当a>0时,f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数,在(0,2a)上是减函数. 当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.(2)证明:由(1)可知,当a=0时,f(x)在R上是增函数,所以函数f(x)不可能有三个零点;当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数. 所以f(x)的极小值为f(0)=4>0,所以函数f(x)不可能有三个零点,当a>0时,f(x)的极小值为f(2a)=4-4a3,要满足f(x)有三个零点,则需4-4a3<0,即a>1,当x>0时,要证明:f(x)>6(a-a2)e a等价于要证明f(x)min>6(a-a2)e a,即要证:4-4a3>6(a-a2)e a,由于a>1,故等价于证明:1+a+a2<ae a,证明如下:构造函数g(a)=3ae a-2-2a-2a2(a∈(1,+∞)),g'(a)=(3+3a)e a-2-4a,令h(a)=(3+3a)e a-2-4a,因为h'(a)=(6+3a)e a-4>0,所以函数h(a)在(1,+∞)上单调递增,所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,所以函数g(a)在(1,+∞)上单调递增.所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,所以1+a+a2<ae a,所以f(x)>6(a-a2)e a.【例3】(2018·河南南阳一中三模)已知函数f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在0,上无零点,求a的最小值.解:(1)当a=1时,f(x)=x-1-2ln x,则f'(x)=1-,由f'(x)>0,得x>2,由f'(x)<0,得0<x<2,故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)因为f(x)<0在区间0,上恒成立不可能,故要使函数f(x)在0,上无零点,只要对任意的x∈0,,f(x)>0恒成立, 即对x∈0,,a>2-恒成立.令l(x)=2-,x∈0,,则l'(x)=,再令m(x)=2ln x+-2,x∈0,,则m'(x)=-=-<0,故m(x)在0,上为减函数,于是m(x)>m=2-2ln 2>0.从而l'(x)>0,于是l(x)在0,上为增函数,所以l(x)<l=2-4ln 2,故要使a>2-在0,上恒成立,只要a∈[2-4ln 2,+∞)即可.综上,若函数f(x)在0,上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.。