备战2020年高考数学一轮复习第3单元导数及其应用单元训练A卷文含解析2

1 单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知函数1()cos f x x x =，则π(π)2f f ⎛⎫'+= ⎪⎝⎭（ ）A ．2π- B ．3π C ．1π- D ．3π-2．曲线y =2sin x +cos x 在点(π，–1)处的切线方程为（ ）A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=3．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（ ）A ．B ．C ．D ．4．函数()()ln 2f x x x =+-的单调增区间为（ ） A ．()1,+∞ B ．()1,2 C ．(),3-∞ D ．(),1-∞ 5．若函数()212ln 2f x x x a x =-+有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a > B ．10a -<< C ．1a < D ．01a << 6．过点(2,6)P -作曲线3()3f x x x =-的切线，则切线方程为（ ） A ．30x y +=或24540x y --= B ．30x y -=或24540x y --= C ．30x y +=或24540x y -+= D ．24540x y --= 7．已知函数()1ln x f x x +=在区间(),2a a +上不是单调函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()1,1- B ．[]0,1 C ．[)0,1 D ．10,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 8．若存在唯一的正整数，使关于的不等式成立，则实数的取值范围是（ ） A ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．15,34⎛⎤ ⎥⎝⎦ C ．13,32⎛⎤ ⎥⎝⎦ D ．53,42⎛⎤ ⎥⎝⎦ 9．函数2x x y e = (其中e 为自然对数的底数)的大致图像是（ ） A ． B ． C ． D ． 10．函数，正确的命题是（ ） A ．值域为 B ．在是增函数 C ．有两个不同的零点 D ．过点的切线有两条 11．定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ）A ．B ．C ．D ． 12．已知,0,2παβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，sin sin 0βααβ->，则下列不等式一定成立的是（ ） A ．π2αβ+< B ．π2αβ+= C ．αβ< D ．αβ> 第Ⅱ卷 此卷只装订不密封 班级姓名准考证号考场号座位号2二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．函数()y f x =在5x =处的切线方程是8y x =-+，则()()55f f +'=______．14．函数()()21f x x x =-在[]0,1上极值为____________．15．函数()32sin 3cos ,π32πf x x x x ⎛⎫⎡⎤=+∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为_________． 16．已知函数无极值，则实数的取值范围是______．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知曲线32()2f x x x x =-+．（1）求曲线()y f x =在()2,2处的切线方程；（2）求曲线()y f x =过原点O 的切线方程．18．（12分）设函数2()ln f x a x bx =-，若函数()f x 的图象在点(1,(1))f 处与直线12y x =-相切．（1）求实数a ，b 的值； （2）求函数()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值． 19．（12分）求证：e 1x x ≥+． 20．（12分）已知函数．3 （1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间．21．（12分）已知函数()()()2134ln 1222f x x x m x m =-+-++-（m 为常数）．（1）当m =4时，求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，求实数m 的取值范围．22．（12分）函数2()()x f x x e x m m =+--∈R ． （1）求函数()f x 的单调区间； （2）若方程2()f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根，求实数m 的取值范围．1 单元训练金卷▪高三▪数学卷（A ）第3单元 导数及其应用 答 案第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】由题意知：()211cos sin f x x x x x '=--，()11πcos πππf ∴==-，2π4π2π2cos sin 2π2π2πf ⎛⎫'=--=- ⎪⎝⎭，()π123π2πππf f ⎛⎫'∴+=--=- ⎪⎝⎭，本题正确选项D ．2．【答案】C【解析】当πx =时，2sin πcos π1y =+=-，即点(,1)π-在曲线2sin cos y x x =+上．2cos sin y x x '=-，π2cos πsin π2x y =∴=-=-'，则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=． 故选C ．3．【答案】C【解析】由题意，根据导函数的图象，可得当(,0)(2,)x ∈-∞+∞时，()0f x '>，则函数()f x 单调递增；当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，故选C ．4．【答案】D【解析】函数的定义域为{}2x x <，()()1ln 2()2xf x x x f x x -'=+-⇒=-，当()0f x '>时，函数单调递增，所以有1022xx x ->⇒>-或1x <，而函数的定义域为{}2x x <，所以当1x <时，函数单调递增，故本题选D ．5．【答案】D【解析】()f x 的定义域是（0，+∞），()222a x x a f x x x x -+'=-+=，若函数()f x 有两个不同的极值点，则()22g x x x a =-+在（0，+∞）由2个不同的实数根，故1440Δa x =->⎧⎪⎨=>⎪⎩，解得01a <<，故选D ．6．【答案】A【解析】设切点为（m ，m 3-3m ），3()3f x x x =-的导数为2()33f x x '=-， 可得切线斜率233k m =-， 由点斜式方程可得切线方程为y ﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（x ﹣m ）， 代入点(2,6)P -，可得﹣6﹣m 3+3m ＝(3m 2-3)（2﹣m ），解得m ＝0或m ＝3， 当m =0时，切线方程为30x y +=； 当m =3时，切线方程为24540x y --=，故选A ． 7．【答案】C 【解析】因为()1ln x f x x +=（0x >），所以()11ln ln x x f x x x ---'==， 由()0f x '=，得1x =， 所以当01x <<时，()0f x '>，即()1ln x f x x +=单调递增； 当1x >时，()0f x '<，即()1ln x f x x +=单调递减， 又函数()1ln x f x x +=在区间(),2a a +上不是单调函数， 所以有0121a a a ≥⎧⎪<⎨⎪+>⎩，解得01a ≤<．故选C ． 8．【答案】B 【解析】设，则存在唯一的正整数，使得， 设，， 因为， 所以当以及时，为增函数；当时，为减函数， 在处，取得极大值，在处，取得极大值． 而恒过定点，两个函数图像如图，2 要使得存在唯一的正整数，使得，只要满足()()()()()()112233g h gh g h ⎧≥<≥⎪⎨⎪⎩，即135281253272754a a a -+≥-+<-+≥⎧⎪⎨⎪⎩，解得1534a <≤，故选B ．9．【答案】B【解析】方法一：排除法：当时，，排除C ， 当时，恒成立，排除A 、D ，故选B ． 方法二：()2222'x x x x x x x e x e y e e -⋅-⋅==，由，可得，令，可得或， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以只有B 符合条件，故选B ．10．【答案】B【解析】因为，所以()1ln 10f x x x e ==⇒='+， 因此当1x e >时，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，即在上是增函数； 当10x e <<时，在1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上是减函数，因此()11f x f e e ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭；值域不为R ； 当10x e <<时，，当1x e >时，只有一个零点，即只有一个零点； 设切点为，则0000ln ln 11x x x x =+-，01x ∴=，所以过点的切线只有一条，综上选B ．11．【答案】C 【解析】的解集即为的解集， 构造函数，则， 因为，所以， 所以在上单调递增，且， 所以的解集为， 不等式的解集为．故选C ． 12．【答案】C 【解析】由题意，sin sin βααβ>，sin sin αβαβ∴>， 设()sin x f x x =，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()2cos sin 'x x x f x x -∴=，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 设()cos sin g x x x x =-，π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ()cos sin cos sin 0g x x x x x x x '∴=--=-<，()g x \在0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，且()()00g x g <=，()0f x '∴<，所以()sin x f x x =在0,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭递减， ()()sin sin f f αβαβαβ>⇔>，αβ∴<，故选C ． 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分． 13．【答案】2 【解析】∵函数()y f x =的图象在点5x =处的切线方程是8y x =-+， (5)1f '∴=-，(5)583f =-+=，(5)(5)312f f ∴+'=-=，故答案为2． 14．【解析】23()(1)f x x x x x =-=-，2()13f x x '=-，令()0f x '=，得x =，在区间[]0,1上讨论： 当x ⎡∈⎢⎣⎭时，()0f x '>，函数为增函数； 当x ⎤∈⎥⎥⎝⎦时，()0f x'<，函数为减函数， 所以函数在[]0,1上的极值为f=⎝⎭15．【答案】⎤⎥⎣⎦3【解析】由题意，可得()3232sin 3cos sin 3sin 3ππ,32f x x x x x x ⎡⎤=+=-+∈-⎢⎥⎣⎦，， 令，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则，当0t <<时，；当时，， 即在⎡⎤⎢⎥⎣⎦为增函数，在为减函数，又g ⎛ ⎝⎭，，故函数的值域为⎤⎥⎣⎦．16．【答案】【解析】因为， 所以， 又函数无极值，所以恒成立，故()2363620Δa a =-+≤，即，解得． 故答案为．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）580x y --=；（2）y x =或0y =．【解析】（1）由题意得2()341f x x x '=-+，所以(2)5f '=，(2)2f =，可得切线方程为25(2)y x -=-，整理得580x y --=．（2）令切点为()00,x y ，因为切点在函数图像上，所以3200002y x x x =-+，()2000341f x x x '=-+，所以在该点处的切线为()()()3220000002341y x x x x x x x --+=-+-因为切线过原点，所以()()()322000000023410x x x x x x --+=-+-，解得00x =或01x =，当00x =时，切点为（0，0），(0)1f '=，切线方程为y x =，当01x =时，切点为()1,0，()01f '=，切线方程为y =0， 所以切线方程为y x =或y =0． 18．【答案】（1）12a b ==；（2）11ln 244--． 【解析】（1）由()2ln f x a x bx =-，得()2a f x bx x '=-， ∴()12f a b '=-，则()122112a b f b ⎧-=-⎪⎪⎨⎪=-=-⎪⎩，解得12a =，12b =． （2）由（1）知，()211ln 22f x x x =-，()211222x f x x x x -'=-=（0x >）．∴当1x e ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>；当x e ⎫∈⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<． ∴()f x在1e ⎛ ⎝⎭上为增函数，在e ⎫⎪⎪⎝⎭上为减函数， 则()max 11111ln 222244f x f ==-⨯=--⎝⎭． 19．【答案】见解析． 【解析】()1x h x e x =--，所以()1x h x e '=-， 当x ≥0时，h '（x ）≥0，h （x ）为增函数； 当0x <时，()0h x '<，h （x ）为减函数， 所以h （x ）≥h （0）＝0，所以1x e x ≥+． 20．【答案】（1）；（2）当时，的单调增区间是； 当时，的单调递减区间是；递增区间是． 【解析】（1）当时，()ln f x x x =+，所以()()110f x x x =+>'． 所以()11f =，，所以切线方程为． （2）()(0)x a f x x x +'=>．当时，在时，， 所以的单调增区间是； 当时，函数与在定义域上的情况如下：4所以的单调递减区间是；递增区间是．综上所述：当时，的单调增区间是；当时，的单调递减区间是；递增区间是．21．【答案】（1）单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为；（2）3m >．【解析】依题意，函数的定义域为（1，＋∞）．（1）当m ＝4时，()()2154ln 1622f x x x x =-+--．()()()22547106111x x x x f x x x x x ---+=+-==---'，令，解得或；令，解得．可知函数()f x 的单调递增区间为（1，2）和（5，＋∞），单调递减区间为．（2）()()()2364211x m x mf x x m x x -+++=+-+='--．若函数()y f x =有两个极值点，则()()()234601360312Δm m m m m =-+-+>⎡⎤⎣⎦-+++⎧⎪⎪⎪⎨>+>⎪⎪⎪⎩，解得3m >．22．【答案】（1）增区间为(0,)+∞，减区间为(,0)-∞；（2）11,1e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦．【解析】（1）()f x 的定义域为R ，()21x f x x e '=+-，则(0)0f '=，()2x f x e ''∴=+， 由于0x e >恒成立，则()2x f x e ''=+在R 上大于零恒成立，()21x f x x e '∴=+-在R 上为单调递增函数，又(0)0f '=，∴当0x >时，()(0)0f x f ''>=，则函数()f x 增区间为(0,)+∞， 当0x <时，()(0)0f x f ''<=，则函数()f x 减区间为(,0)-∞．（2）令2()()e x g x f x x x m =-=--，则()1x g x e =-'；令()10x g x e -'==，解得0x =，令()10x g x e '=->，解得0x >，则()g x 的增区间为(0,2)，∴要使方程()2f x x =在区间[1,2]-上恰有两个不等的实根等价于函数()g x 与x 轴在区间[1,2]-有两个不同交点，从图像可得g(1)0g(0)0(2)0g -≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩，解得111m e <≤+，故答案为11,1m e ⎛⎤∈+ ⎥⎝⎦．。

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

文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑:•欢迎下载支持.专题3. 3导数的综合应用含解析_________________ 姓名 _____________ 学号 ___________ 得分(满分100分，测试时间50分钟)一、填空题:请把答案直接填写在答题卡相应的位置上(共10题，每小题6分，共计60分).1. [2017课标3.理11改编】已知函数f(x) = x 1 2-2x + a(e^l+e^1)有唯一零点，则/?(x) = min{/(.r),c?(x)}(x>0)恰有三个零点，则实数加的取值范围是 ▲ 【答案】(弓t 【解析】试题分析:f ，(x) = 3x 2+m,因为 g(l) = 0,所以要使 /I (A )= min{/(x),S (A-)}(A>0)恰有三个3. 【泰州中学2016-2017年度第一学期第一次质量检测】若函数y = f(x)的左义域为R, 对于V AC /?, 且/(A + 1)为偶函数，/⑵=1，则不等式f(x)<e x的解集为 ___________ • 【答案】(。

,+8) 【解析】试题分析：令g(x) = ^l 9则g(x)= f Cv)；/Cv)<0,因为/(X + 1)为偶函数，所以 e e/(X + I) = /(-X+1) n/(0) = f(2) = 1 =>g(0) = 1,因此fM < e x => g(x) < 1 = g(0) =>x>04. (2017届髙三七校联考期中考试】/(x) = x-l-«lnx^(x) = —/ <0,且对任意e【答案】-2f (A ) = x 3 +"tv + *,g(x) = -lnx ・min {a.b}表示a.b 中的最小值, 若函数班级零点，须满足f(l)>0,/(^)<0./n <0文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑:•欢迎下载支持.速度应定为 ■-2 -word 版本可编辑•欢迎下载支持.e ［3,41(xI/(X ］)-/g)l<!―! ------------------ !—I 的恒成立，则实数a 的取值范围为・ g3) g (£)▲_.【答案】［3- =孑,0) 【解析】则〃(劝'=1一上一》(*「1)50在xw(3,4)上恒成立,・・・anx — *J+以*丘［玄4］恒成立x * xX —1 令 H(x) = x 一 e x ~}+ -——、x w [3,4],2 值为“(3) = 3-一e 27 ［3-卅 0) 综上.实数a 的取值范围为 35. f(0是宦义在(0, +8)上的非负可导函数，且满足G)+f(£W0,对任意正数⑦b 、 若a< b,则af(t>)与bf{ a)的大小关系为 _______ . 【答案】af(b)Wbf(a)【解析】°・° xf (x) W — f(x) , f C Y ) M 0,\ X J X X则函数 J —在(0, +8)上是单调递减的，由于o<a<^则丄亠.即 x ab6. 设D 是函数尸f(x)定义域内的一个区间，若存在.YO GP,使fCv°)=—及，则称弘是f(x) 的一个“次不动点”，也称在区间Q 上存在“次不动点”,若函数f^=ay-3x-a+- 在区间［1,4］上存在“次不动点”，则实数a 的取值范围是 _______ . 【答案】［一 8, J1 397•电动自行车的耗电量y 与速度*之间有关系y=yV ― Y —40.Y (-Y >0),为使耗电量最小，则 【答案】40【解析】由” =¥_39%—40=0,(1 1V 3 i — — — + ——\x 2) 4 3>-e 2 > 1,/. u \x)<09 4 ・・吩)为减函数,・・"心)在XV ［3,4］的最大得x= —1 或.¥=40,由于0<A<40时，/ <0；当x>40 时，y' >0.所以当f=40时，p有最小值.8. 函数f(x)=ax'+x恰有三个单调区间，则a的取值范围是____________ .【答案】(一8, 0)【解析】f(x)=af+x恰有三个单调区间，即函数f(x)恰有两个极值点，即f' C Y)= 0有两个不等实根.*.* f{x) = ax + x,二f' (x) = 3 +1.要使f (x)= 0有两个不等实根，则*0.9. 函数y=2(x>0)的图象在点成处的切线与X轴的交点的横坐标为a…，其中圧肛若^1 = 16.则ai + as+娄的值是_________ .【答案】2110・设函数g(x)=字，对任意出、走G(0, +8),不等式T-w—兰T旦x e k k+1成立，则正数R的取值范围是 _______ .【答案】［1, +8)解析】因为对任意X、A-G (0, +8),不等式恒成立，所以召2［宁亠匚・k k+1&+1 Lf 及_r因为g(x) =¥，所以 $ 3 =(卅9 =e: x4-.ve: x•(一1) =e3_x(l-j0 .当0<Xl 时，孑(x)>0：当01 时，g' C Y)<0,所以g(x)在(0,1］上单调递增，在［1, +8)上单调递减.所以当攵=1时,&(£取到最大值,即g(x)适=&(l)=e：e : v:+1因为fCv)= —•当丄€(0, +8)时，XX-Y)=e\v+-^2e> 当且仅当X X即尸丄时取等号，故f3也=2e・ek 1所以—^9-又因为&为正数，所以心L二.解答题：解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指■ 定区域内。

导数的概念及运算1．若f (x )＝x 2－2x －4ln x ，则f ′(x )>0的解集为(C) A ．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞) C ．(2，＋∞) D．(－1,0)x >0，f ′(x )＝2x －2－4x＝x －x ＋x>0，所以x ∈(2，＋∞)．2．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示，则f ′(x A )与f ′(x B )的大小关系是(B)A ．f ′(x A )>f ′(xB ) B ．f ′(x A )<f ′(x B )C ．f ′(x A )＝f ′(x B )D ．不能确定分别作出曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线，设曲线y ＝f (x )在A ，B 两点的切线的斜率分别为k A ，k B ，则由图象可知k B >k A ，即f ′(x A )<f ′(x B )．3．(2018·河北五校高三联考)曲线y ＝x －1x ＋1在点(0，－1)处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为(B)A.18B.14C.12 D ．1因为y ′＝x ＋1－x －x ＋2＝2x ＋2，所以k ＝y ′x ＝0＝2，所以曲线在点(0，－1)处的切线方程为y ＋1＝2x ，即y ＝2x －1. 它与两坐标轴围成的面积为S ＝12×12×1＝14.4．(2018·新课程卷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(D)A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x(方法一)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a . 又f (x )为奇函数，所以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， 所以a ＝1，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x . (方法二)因为f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数， 所以f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数， 所以a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1， 所以曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .5．(2017·天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为 1 .因为f ′(x )＝a －1x，所以f ′(1)＝a －1.又因为f (1)＝a ，所以切线l 的斜率为a －1，且过点(1，a )， 所以切线l 的方程为y －a ＝(a －1)(x －1)． 令x ＝0，得y ＝1，故l 在y 轴上的截距为1.6．(2015·全国卷Ⅰ)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 ＝ 1 .因为y ′＝3ax 2＋1，所以y ′|x ＝1＝3a ＋1，所以7－a ＋2－1＝3a ＋1，所以a ＝1.7．(2018·佛山一模节选)已知函数f (x )＝(x －a )ln x ＋12x ，(其中a ∈R )．若曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝12x ，求a 的值．f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x －a x ＋32，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝12x 0，y 0＝x 0－ax 0＋12x 0，ln x 0－a x 0＋32＝12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0－a x 0＝0，ln x 0－a x 0＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1，a ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝a ，a ＝1，所以a ＝1.8．(2016·山东卷)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是(A)A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 3若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A ，y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则当x 1＝2k π，x 2＝2k π＋π(k ∈Z )时，结论成立；对于B ，y ′＝1x ，若有1x 1·1x 2＝－1，即x 1x 2＝－1，因为x ＞0，所以不存在x 1，x 2，使得x 1x 2＝－1；对于C ，y ′＝e x，若有e x 1·e x 2＝－1，即e x 1＋x 2＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2； 对于D ，y ′＝3x 2，若有3x 21·3x 22＝－1，即9x 21x 22＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2. 综上所述，选A.9．(2018·思明区校级月考节选)设函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ≠0)．若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切，则a ，b 的值分别为 4,24 .f ′(x )＝3x 2－3a .因为曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处与直线y ＝8相切， 所以f (2)＝8，f ′(2)＝0，即8－6a ＋b ＝8,3(4－a )＝0，故a ＝4，b ＝24.10．已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ＋b (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )的图象过原点，且在原点处的切线的斜率为－3，求a ，b 的值； (2)若曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，求a 的取值范围．f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)．(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f＝b ＝0，f＝－a a ＋＝－3，解得b ＝0，a ＝－3或1.(2)因为曲线y ＝f (x )存在两条垂直于y 轴的切线，所以关于x 的方程f ′(x )＝3x 2＋2(1－a )x －a (a ＋2)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4(1－a )2＋12a (a ＋2)>0，即4a 2＋4a ＋1>0， 所以a ≠－12.所以a 的取值范围是(－∞，－12)∪(－12，＋∞)．导数在函数中的应用——单调性1．(2018·太原期中)函数f (x )＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是(B)A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)f ′(x )＝1－3x 2＋2x＝x ＋x －x2，令f ′(x )<0，解得0<x <1.2．若函数f (x )＝x 3－ax 在区间[1，＋∞)内单调递增，则a 的最大值是(B) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1依题意，f ′(x )＝3x 2－a ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，即a ≤3x 2对x ∈[1，＋∞)恒成立，所以a ≤3.3．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(B)A ．f ′(x )>0, g ′(x )>0B ．f ′(x )>0，g ′(x )<0C ．f ′(x )<0, g ′(x )>0D ．f ′(x )<0, g ′(x )<0f (x )为奇函数，g (x )为偶函数，由图象的对称性知，当x <0时，f ′(x )>0，g ′(x )<0，选B.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y ＝－x 4＋x 2＋2的图象大致为(D)(方法一)f ′(x )＝－4x 3＋2x ，则f ′(x )>0的解集为（－∞，－22）∪（0，22）， f ′(x )<0的解集为（－22，0）∪（22，＋∞）， 所以f (x )在（－∞，－22）和（0，22）上单调递增，在（－22，0）和（22，＋∞）单调递减．由此可知，选D.(方法二)当x ＝1时，y ＝2，所以排除A ，B 选项． 当x ＝0时，y ＝2，而当x ＝22时，y ＝－14＋12＋2＝94>2，所以排除C 选项． 故选D.5．函数y ＝x ln x 的单调递减区间为 (0，1e ) ，单调递增区间为 (1e ，＋∞) .因为y ′＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，当ln x ＋1<0，即 0<x <1e时，函数单调递减；当ln x ＋1>0，即 x >1e时，函数单调递增．6．若函数f (x )＝－12(x －2)2＋b ln x 在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围为 (－∞，－1] .由题意可知f ′(x )＝－(x －2)＋b x≤0在x ∈(1，＋∞)恒成立．即b ≤x (x －2)在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x )＝x (x －2)＝x 2－2x 在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，所以只要b ≤－1即可．7．设函数f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1(a <0)．若曲线y ＝f (x )的斜率最小的切线与直线12x ＋y ＝6平行，求：(1)a 的值；(2)函数f (x )的单调区间．(1)因为f (x )＝x 3＋ax 2－9x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax －9＝3(x ＋a3)2－9－a 23.即当x ＝－a 3时，f ′(x )取得最小值－9－a 23.因为斜率最小的切线与12x ＋y ＝6平行，即该切线的斜率为－12， 所以－9－a 23＝－12，即a 2＝9，解得a ＝±3， 由题设a <0，所以a ＝－3.(2)由(1)知a ＝－3，因此f (x )＝x 3－3x 2－9x －1， f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－1)上为增函数； 当x ∈(－1,3)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1,3)上为减函数； 当x ∈(3，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)；单调递减区间为(－1,3)．8．(2018·天问区三模)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f xex的递减区间为(D)A ．(0,4)B ．(－∞，1)，(43，4)C ．(0，43) D ．(0,1)，(4，＋∞)结合图象，x ∈(0,1)和x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )－f (x )<0，此时g ′(x )＝f x －f xex<0.故g (x )在(0,1)，(4，＋∞)内递减．9．(2018·东港区校级期中)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 0 .因为g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)为增函数，又g (0)＝1>0，所以g (x )在(0，＋∞)恒大于0， 所以g (x )在(0，＋∞)上没有零点．10．已知函数f (x )＝e x－ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x－a .当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在R 上为增函数， 当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数． (2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x－x )－e x＋x 2＋x ， 因为g (x )在(2，＋∞)上为增函数，所以g ′(x )＝x e x－m e x＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m ≤x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x－1，x ∈(2，＋∞)， h ′(x )＝x 2－x e x－2e xx －2＝exx －x －x－2. L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x－x －2在(2，＋∞)上为增函数， 即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，h ′(x )>0. 即h (x )＝x e x ＋1e x－1在(2，＋∞)上为增函数，所以h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1.所以m ≤2e 2＋1e 2－1.导数在函数中的应用——极值与最值1．已知实数a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝3x －x 3的极大值点坐标为(b ，c )，则ad 等于(A)A ．2B ．1C ．－1D ．－2因为y ′＝3－3x 2＝3(1＋x )(1－x )，所以当－1<x <1时，y ′>0；当x >1时，y ′<0， 所以x ＝1时，y 有极大值2，所以b ＝1，c ＝2， 又因为a ，b ，c ，d 成等比数列，所以ad ＝bc ＝2. 2．函数f (x )＝xe x 在[0,1]上的最大值为(B) A ．0 B.1eC ．e D.2e因为f ′(x )＝e x－x e xx 2＝1－xex ≥0在[0,1]上恒成立，所以f (x )在[0,1]上为增函数，所以当x ＝1时，f (x )有最大值1e.3．(2018·湖北孝感八校联盟)函数f (x )＝－13x 3＋4x －4在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为(C)A ．2，－283 B.43，－283C.43，－4 D ．2，－1f ′(x )＝－x 2＋4＝0，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：单调递增单调递减所以最大值为43，最小值为－4.4．(2018·广州一模)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(C)A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由条件⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f＝10.即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.检验a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．故⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.5．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M－m ＝ 32 .由f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，又f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24， 所以M ＝24，m ＝－8，故M －m ＝32.6．(2018·成都调研)函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝ 12处取得极大值．因为f ′(x )＝2x －3＋1x＝x －x －12x，x ∈(0，12)时，f ′(x )>0，x ∈(12，1)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )＝x 2－3x ＋ln x 在x ＝12处取得极大值．7．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．(1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x，f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)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，＋∞)．8．(2018·河南模拟)已知函数f (x )＝a －x ＋x e x，若存在x 0>－1，使得f (x 0)≤0，则实数a 的取值范围为(B)A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]由f(x)≤0，得a≤x－x e x，令h(x)＝x－x e x(x>－1)，h′(x)＝1－(1＋x)e x，令g(x)＝h′(x)，g′(x)＝－(x＋2)e x<0，所以h′(x)在(－1，＋∞)内递减，而h′(0)＝0，所以h(x)在(－1,0)内递增，在(0，＋∞)内递减，所以h(x)的最大值为h(0)＝0.故a≤0.9．(2018·天津红桥区模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为－13 .因为f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝0，又f′(x)＝－3x2＋2ax，由f′(2)＝－12＋4a＝0，所以a＝3.所以f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.当m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值为f(x)的最小值与f′(x)的最小值的和．由f′(x)＝0得x＝0或x＝2(舍去)，所以f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝－4.因为f′(x)＝－3(x－1)2＋3，又f′(1)＝3，f′(－1)＝－9，所以f′(x)min＝－9.所以f(m)＋f′(n)的最小值为－13.10．(2017·北京卷)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．(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.导数的综合应用——导数与不等式1．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x＋1的x 的集合为(A)A ．{x |x <1}B ．{x |－1<x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}令g (x )＝2f (x )－x －1，则g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，所以g (x )在R 上为增函数， 又g (1)＝2f (1)－1－1＝0， 所以g (xx <1.即原不等式的解集为{x |x <1}．2．f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有(A)A ．af (b )≤bf (a )B ．bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b )D ．bf (b )≤af (a )设F (x )＝f x x ，则F ′(x )＝xfx －f xx 2≤0，故F (x )＝f xx 在(0，＋∞)上是减函数或常函数， 由0<a <b 有f a a ≥f bbaf (b )≤bf (a )．3．下列各式正确的是(B)A ．sin x >x (x >0)B ．sin x <x (x >0) C.2πx >sin x D ．以上各式都不对令g (x )＝sin x －x ，则g ′(x )＝cos x －1≤0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以g (x )<g (0)，所以sin x <x .4．已知e 是自然对数的底，若函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，则实数a 的取值范围为(C)A ．[－2,2]B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)因为函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，所以f (x )＝e x－x ＋a 的最小值大于0.f ′(x )＝e x －1，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的最小值为f (0)＝1＋a .由1＋a >0，得a 的取值范围为(－1，＋∞)．5．(2018·武平县校级月考)已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是 [－1e，＋∞) .因为f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x >－1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x <－1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a ，∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值， 所以a ≥－1e.6．(2018·榆林一模)设f (x )＝x 3＋x ，x ∈R ，当0≤θ≤π2时，f (m sin θ)＋f (1－m )>0恒成立，则实数m 的取值范围是 (－∞，1) .因为f ′(x )＝3x 2＋1>0，所以f (x )在R 上为增函数，又f (x )为奇函数，所以条件即为f (m sin θ)>f (m －1)， 所以m sin θ>m －1对θ∈[0，π2]恒成立，即m (1－sin θ)<1对θ∈[0，π2]恒成立，因为θ＝π2时，上式恒成立；当θ∈[0，π2)时，m <11－sin θ，则m <1.7．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.(1)f ′(x )＝－ax 2＋a －x ＋2ex，f ′(0)＝2.因此曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程是 2x －y －1＝0.(2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x. 令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋ex ＋1.当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 )≥g (－1)＝0. 因此f (x )＋e≥0.8．若0<x 1<x 2<1，则(C)A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2令f (x )＝exx(0<x <1)，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2.当0<x <1时，f ′(x )<0，即f (x )在(0,1)上单调递减， 因为0<x 1<x 2<1，所以f (x 2)<f (x 1)， 即e x 2x 2<e x 1x 1，所以x 2e x 1>x 1e x 2.由此可知选C.如何说明A 和B 不成立？下面进行探讨： 设g (x )＝e x－ln x (0<x <1)， 因为g ′(x )＝e x－1x ＝x e x－1x，令g ′(x )＝0得，x e x －1＝0，即e x＝1x，由y ＝e x与y ＝1x的图象知两图象的交点x 0∈(0,1)，因此，g (x )在(0,1)上不单调，由此可知A 和B 选项不可能成立．9．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为 (－∞，－3)∪(0,3) .当x <0时，[f (x )g (x )]′>0，所以函数f (x )g (x )在(－∞，0)上为增函数，又f (x )g (x )为奇函数，故f (x )g (x )在(0，＋∞)上为增函数， 且f (－3)g (－3)＝0，f (3)g (3)＝0.故f (x )g (x )<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)． 10．已知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．(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a ，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 若a >0，则当x ∈(0，1a)时，f ′(x )>0；当x ∈(1a，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1a )上单调递增，在(1a，＋∞)上单调递减．(2)由(1)知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值， 当a >0时，f (x )在x ＝1a处取最大值，最大值为f (1a )＝ln(1a )＋a (1－1a)＝－ln a ＋a －1.因此，f (1a)>2a －a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1a＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上是增函数，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)．导数的综合应用——导数与方程1．函数y ＝13x 3＋x 2＋x ＋1的零点个数为(B)A ．0B ．1C ．2D ．3因为f ′(x )＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2≥0，所以f (x )在R 上单调递增， 因为f (0)＝1>0，f (－3)＝－2<0， 所以f (x )在R 上有且只有一个零点．2．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝(A) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1 D ．－3或1由三次函数的图象与x 轴恰有两个公共点，结合函数的图象，极大值或极小值为零即可满足要求．而f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x ＝±1时，取得极值，由f (1)＝0或f (－1)＝0，可得c －2＝0或c ＋2＝0，所以c ＝±2.3．若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是(A) A ．(－∞，0) B ．(－∞，0] C ．[0，＋∞) D．(0，＋∞)该函数的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2ax ＋1x.因为曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，问题转化为方程2ax ＋1x＝0在(0，＋∞)内有解，于是可得a ＝－12x2∈(－∞，0)． 4．(2017·湖南湘中名校高三联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 的方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根的个数不可能为(D)A ．2B ．3C ．4D ．5由题意得，f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b ，因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1，或f (x )＝x 2，由题意知，f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增， 又x 1<f (x 1)<x 2，依题意，作出简图，如图所示．结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5.5．(2018·韶关模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，且x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是 (2,6) .(方法一)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，得x 1＝a3，x 2＝a .因为x 1<2<x 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a3<2，所以2<a <6.(方法二)由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0，且x 1<2<x 2， 所以f ′(2)<0，解得2<a <6.6．设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 ①③④⑤ .(写出所有正确条件的编号)①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.令f (x )＝x 3＋ax ＋b ，则f ′(x )＝3x 2＋a .当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a ＜0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， 所以f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大＜0或f (x )极小＞0，所以b ＜－2或b ＞2， ①③正确，②不正确．故填①③④⑤.7．(2016·北京卷)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.当x 变化时，f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的变化情况如下：单调递增单调递减单调递增所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈(－2，－23)，x 3∈(－23，0)，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈(0，3227)时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)， 此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b ＞0. 故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件． 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．8．(2018·贵阳二模)已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是(A)A ．(0,1)B ．(－∞，1)C ．(－∞，1＋e e 2)D ．(0，1＋e e 2)令g (x )＝ln x ，h (x )＝ax 2－x .将问题转化为两个函数图象交点的问题．当a ≤0时，g (x )与h (x )的图象只有一个交点，不满足题意． 当a >0时，由ln x －ax 2＋x ＝0，得a ＝x ＋ln xx 2， 令r (x )＝x ＋ln xx 2， 则r ′(x )＝＋1xx 2－x ＋x xx4＝1－x －2ln xx3. 当0<x <1时，r ′(x )>0，r (x )是单调增函数，当x >1时，r ′(x )<0，r (x )是单调减函数，且r (1)＝1，r (x )＝x ＋ln xx 2>0，所以0<a <1. 所以a 的取值范围为(0,1)．9．f (x )＝12x 2＋x －2ln x ＋a 在区间(0,2)上恰有一个零点，则实数a 的取值范围是a ≤2ln 2－4或a ＝－32.根据题意，f ′(x )＝x ＋1－2x ＝x 2＋x －2x＝x ＋x －x，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数；当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数， 若函数f (x )在区间(0,2)上恰有一个零点，则f (1)＝0或f (2)≤0，由f (2)＝4－2ln 2＋a ≤0，得a ≤2ln 2－4；由f (1)＝32＋a ＝0，得a ＝－32.综上，a ≤2ln 2－4或a ＝－32.10．设函数f (x )＝e 2x－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数； (2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax(x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f ′(x )没有零点； 当a >0时，因为y ＝e 2x单调递增，y ＝－a x单调递增， 所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为f ′(a )＝2e 2a－1>0，假设存在b 满足0<b <a 4且b <14时，f ′(b )<0，故当a >0时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f ′(x )在(0，＋∞)存在唯一零点x 0， 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值f (x 0)． 由于2e2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a.故当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.导数的实际应用及综合应用1．某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3＜x ＜6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．(1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a5－3＋10(5－6)2＝11，解得a ＝2.(2)由(1)知该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以该商场每日销售该商品所获得的利润f (x )＝[2x －3＋10(x －6)2](x －3)＝2＋10(x －3)(x －6)2(3＜x ＜6)， 所以f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6)．当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点， 所以当x ＝4时，f (x )max ＝42.答：当销售价格定为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．2．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 是AB 上被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要包装盒侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)若广告商要包装盒容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．(1)根据题意，有S ＝4·2x ·22(60－2x )＝240x －8x 2 ＝－8(x －15)2＋1800(0<x <30)． 所以x ＝15时包装盒侧面积S 最大． (2)根据题意，有V ＝(2x )2·22(60－2x )＝22x 2(30－x )(0<x <30)． 所以V ′＝62x (20－x )．当0<x <20时，V ′>0，V 单调递增； 当20<x <30时，V ′<0，V 单调递减．所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时，包装盒的高与底面边长的比值为22－2x 2x＝12， 即x ＝20时，包装盒容积V (cm 3)最大，此时包装盒的高与底面边长的比值为12.3．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．(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )．(i)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． (ii)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >－e2，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． ③若a <－e2，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)(i)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 a 2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a (b 2－32b )>0，所以f (x )有两个零点．(ii)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(iii)设a <0，若a ≥－e2，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 <－e2，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，＋∞)．4．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围．(1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x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(－a2)．当x ∈(－∞，ln(－a2))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－a2)，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln(－a 2))上单调递减，在(ln(－a2)，＋∞)上单调递增．(2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，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 )＝－a 2ln a ， 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0. ③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln(－a2)时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln(－a 2))＝a 2[34－ln(－a 2)]，从而当且仅当a 2[34－ln(－a 2)]≥0，即a ≥－234e 时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－234e ，1]．。

§3.1导数的概念及运算最新考纲考情考向分析1.了解导数概念的实际背景．2.通过函数图象直观理解导数的几何意义．3.能根据导数定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝1x，y＝x的导数．4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.导数的概念和运算是高考的必考内容，一般渗透在导数的应用中考查；导数的几何意义常与解析几何中的直线交汇考查；题型为选择题或解答题的第(1)问，低档难度.1．导数与导函数的概念(1)一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或x xy='｜，即f′(x0)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx.(2)如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f(x)在开区(a，b)间内的导函数．记作f′(x)或y′.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数 导函数 f (x )＝c (c 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x α(α∈Q *) f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝e x f ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln a f (x )＝ln x f ′(x )＝1xf (x )＝log a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝1x ln a4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有 (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．知识拓展1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 2．[af (x )＋bg (x )]′＝af ′(x )＋bg ′(x )．3．函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率．( × ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同．( × )(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × ) (4)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x ．( × ) 题组二 教材改编2．[P85A 组T5]若f (x )＝x ·e x ，则f ′(1)＝ . 答案 2e解析 ∵f ′(x )＝e x ＋x e x ，∴f ′(1)＝2e.3．[P85A 组T7]曲线y ＝sin xx 在点M (π，0)处的切线方程为 ．答案 x ＋πy －π＝0解析 ∵y ′＝x cos x －sin x x 2，∴y ′|x ＝π＝－ππ2＝－1π， ∴切线方程为y ＝－1π(x －π)，即x ＋πy －π＝0.题组三 易错自纠4．如图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )答案 D解析 由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A ，C.又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.5．有一机器人的运动方程为s ＝t 2＋3t (t 是时间，s 是位移)，则该机器人在时刻t ＝2时的瞬时速度为( )A.194B.174C.154D.134 答案 D6．(2018·青岛调研)已知f (x )＝12x 2＋2xf ′(2 018)＋2 018ln x ，则f ′(2 018)等于( )A ．2 018B ．－2 019C ．2 019D ．－2 018答案 B解析 由题意得f ′(x )＝x ＋2f ′(2 018)＋2 018x，所以f ′(2 018)＝2 018＋2f ′(2 018)＋2 0182 018，即f ′(2 018)＝－(2 018＋1)＝－2 019.7．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 ＝ . 答案 1解析 ∵f ′(x )＝3ax 2＋1，∴f ′(1)＝3a ＋1， 又f (1)＝a ＋2，∴切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)， 又点(2,7)在切线上，可得a ＝1.题型一 导数的计算1．f (x )＝x (2 018＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 019，则x 0等于( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e 答案 B解析 f ′(x )＝2 018＋ln x ＋x ×1x ＝2 019＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 019，得2 019＋ln x 0＝2 019，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.2．(2018·上海质检)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．2 D ．0 答案 B解析 f ′(x )＝4ax 3＋2bx ， ∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2， ∴f ′(－1)＝－2.3．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝ . 答案 －4解析 ∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)， ∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)，即f ′(1)＝－2. ∴f ′(x )＝2x －4，∴f ′(0)＝－4. 思维升华 导数计算的技巧求导之前，应对函数进行化简，然后求导，减少运算量．题型二 导数的几何意义命题点1 求切线方程典例 (1)曲线f (x )＝e xx －1在x ＝0处的切线方程为 ．答案 2x ＋y ＋1＝0解析 根据题意可知切点坐标为(0，－1)， f ′(x )＝(x －1)(e x )′－e x (x －1)′(x －1)2＝(x －2)e x(x －1)2，故切线的斜率k ＝f ′(0)＝(0－2)e 0(0－1)2＝－2，则直线的方程为y －(－1)＝－2(x －0)， 即2x ＋y ＋1＝0.(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为 ． 答案 x －y －1＝0解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ， ∴直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .∴由⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 引申探究本例(2)中，若曲线y ＝x ln x 上点P 的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是 ． 答案 (e ，e)解析 y ′＝1＋ln x ，令y ′＝2，即1＋ln x ＝2， ∴x ＝e ，∴点P 的坐标为(e ，e)． 命题点2 求参数的值典例 (1)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b ＝ . 答案 1解析 由题意知，y ＝x 3＋ax ＋b 的导数y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ＋1＝3，由此解得k ＝2，a ＝－1，b ＝3，∴2a ＋b ＝1.(2)(2018届东莞外国语学校月考)曲线y ＝4x －x 2上两点A (4,0)，B (2,4)，若曲线上一点P 处的切线恰好平行于弦AB ，则点P 的坐标是( ) A ．(3,3) B ．(1,3) C ．(6，－12) D ．(2,4)答案 A解析 设点P (x 0，y 0)，∵A (4,0)，B (2,4)， ∴k AB ＝4－02－4＝－2.∵在点P 处的切线l 平行于弦AB ，∴k l ＝－2. ∴根据导数的几何意义知，曲线在点P 的导数0x x y ='｜＝ ＝4－2x 0＝－2，即x 0＝3，∵点P (x 0，y 0)在曲线y ＝4x －x 2上， ∴y 0＝4x 0－x 20＝3，∴P (3,3)． 命题点3 导数与函数图象典例 (1)已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )答案 B解析 由y ＝f ′(x )的图象是先上升后下降可知，函数y ＝f (x )图象的切线的斜率先增大后减小，故选B.(2)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝ .(42)|x x x =－答案 0解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)， 又由题图可知f (3)＝1， ∴g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0. 思维升华 导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面： (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值k ＝f ′(x 0)．(2)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f (x 1)，y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1)求解即可．(3)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况． 跟踪训练 (1)(2017·山西孝义模拟)已知f (x )＝x 2，则曲线y ＝f (x )过点P (－1,0)的切线方程是 ．答案 y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 解析 设切点坐标为(x 0，x 20)，∵f ′(x )＝2x ，∴切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)，∴x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2， ∴所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)， 即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0.(2)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a ＝ . 答案 －1解析 ∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴π2x y ='｜＝－1. 由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.求曲线的切线方程典例 若存在过点O (0,0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值． 错解展示：现场纠错解 易知点O (0,0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上． (1)当O (0,0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0， 依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0,0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0x x y ='｜＝3x 20－6x 0＋2，①又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意知Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况．1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为()A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)答案C解析f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)·(2x－2a)＝(x－a)·(x－a＋2x＋4a)＝3(x2－a2)．2．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是()答案C解析原函数的单调性是当x<0时，f(x)单调递增；当x>0时，f(x)的单调性变化依次为增、减、增，故当x<0时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)的符号变化依次为＋，－，＋.故选C. 3．(2017·西安质检)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为()A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)答案C解析f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.4．若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为( ) A ．1 B ．2 C.134 D ．1或134答案 D解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎨⎧x 0＝32，p ＝134.5．(2018·广州调研)已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e答案 C解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x ，设切点为(x 0，ln x 0)，则0x x y ='｜＝1x 0， 切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1， 解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.6．(2017·重庆诊断)已知函数f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，其导函数为f ′(x )，则f (2 019)＋f (－2 019)＋f ′(2 019)－f ′(－2 019)的值为( ) A ．0 B ．2 C ．2 017 D ．－2 017 答案 B解析 ∵f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，∴f ′(x )＝－2e x(e x ＋1)2＋cos x ，f (x )＋f (－x )＝2e x ＋1＋sin x ＋2e －x ＋1＋sin(－x )＝2，f ′(x )－f ′(－x )＝－2e x(e x ＋1)2＋cos x ＋2e －x(e －x ＋1)2－cos(－x )＝0， ∴f (2 019)＋f (－2 019)＋f ′(2 019)－f ′(－2 019)＝2.7．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为 ．答案 3解析 f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )， 由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.8．(2016·全国Ⅲ)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e－x －1－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程是 ．答案 2x －y ＝0解析 设x >0，则－x <0，f (－x )＝e x －1＋x ，因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝e x －1＋x ，f ′(x )＝e x －1＋1，故f ′(1)＝2，所以曲线在点(1,2)处的切线方程为y －2＝2(x －1)，即y ＝2x .9．设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范围为 ．答案 ⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π 解析 因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线斜率k ≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π. 10．(2018·成都质检)已知f ′(x )，g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．(1)若f (1)＝1，则f (－1)＝ ；(2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，则h (－1)，h (0)，h (1)的大小关系为 ．(用“<”连接)答案 (1)1 (2)h (0)<h (1)<h (－1)解析 (1)由图可得f ′(x )＝x ，g ′(x )＝x 2，设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，g (x )＝dx 3＋ex 2＋mx ＋n (d ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝x ，g ′(x )＝3dx 2＋2ex ＋m ＝x 2，故a ＝12，b ＝0，d ＝13，e ＝m ＝0，所以f (x )＝12x 2＋c ，g (x )＝13x 3＋n ， 由f (1)＝1，得c ＝12， 则f (x )＝12x 2＋12，故f (－1)＝1. (2)h (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2－13x 3＋c －n ， 则有h (－1)＝56＋c －n ，h (0)＝c －n ， h (1)＝16＋c －n ，故h (0)<h (1)<h (－1)． 11．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4.(1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程．解 (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)·(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)， 整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0.12．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限．(1)求P 0的坐标；(2)若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，求直线l 的方程．解 (1)由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1，由已知令3x 2＋1＝4，解得x ＝±1.当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4.又∵点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4，∴直线l 的斜率为－14.∵l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)， ∴直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)， 即x ＋4y ＋17＝0.13．已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为( )A.14B.12C ．1D ．4 答案 A解析 由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝a x， 由f ′⎝⎛⎭⎫14＝g ′⎝⎛⎭⎫14，得12×121()4-＝a 14， 可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意． 14．(2017·上饶模拟)若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为 ．答案 2 解析 由题意知y ＝x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，当点P 是曲线的切线中与直线y ＝x －2平行的直线的切点时，点P 到直线y ＝x －2的距离最小，如图所示．故令y ′＝2x －1x＝1，解得x ＝1，故点P 的坐标为(1,1)．故点P 到直线y ＝x －2的最小值d min ＝|1－1－2|2＝ 2.15．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 ． 答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x. ∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x－a ＝0有解， ∴a ＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)． 16．设抛物线C ：y ＝－x 2＋92x －4，过原点O 作C 的切线y ＝kx ，使切点P 在第一象限． (1)求k 的值；(2)过点P 作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q 的坐标． 解 (1)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，则y 1＝kx 1，①y 1＝－x 21＋92x 1－4，② 将①代入②得x 21＋⎝⎛⎭⎫k －92x 1＋4＝0.∵P 为切点，∴Δ＝⎝⎛⎭⎫k －922－16＝0， 得k ＝172或k ＝12. 当k ＝172时，x 1＝－2，y 1＝－17； 当k ＝12时，x 1＝2，y 1＝1. ∵P 在第一象限，∴所求的斜率k ＝12. (2)过P 点作切线的垂线，其方程为y ＝－2x ＋5.③将③代入抛物线方程得x 2－132x ＋9＝0. 设Q 点的坐标为(x 2，y 2)，即2x 2＝9，∴x 2＝92，y 2＝－4. ∴Q 点的坐标为⎝⎛⎭⎫92，－4.。

3.2导数的应用挖命题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点导数与单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间.2018浙江,22导数与函数的单调性不等式的证明★★★2018课标全国Ⅰ理,21导数与函数的单调性不等式的证明导数与极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.2018课标全国Ⅱ理,21导数与极值、最值导数的四则运算★★★2014浙江,22 导数与最值不等式的证明分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是()A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案 D2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;(2)当x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①当a≥0时, f '(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x∈[0,1]时, f '(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)≤f(1),符合题意.(8分)②当-<a<0时, f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f '(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f '(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)- ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),符合题意.(11分)③当a=-时, f(x)=-3x3+x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且=f<f(1),符合题意.(12分)④当-1≤a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,Δ=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴x=∈(0,1).故f '(x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1<x2,则f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,1)上单调递减.必有|f(x2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x)为其导函数,函数y=xf '(x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是()A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案 A2.(2017北京,20,13分)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)在区间上的最大值和最小值.解析(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∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=[-1,3]时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f '(x),若函数y=g在区间D=[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f '(x)=x2-x+1,令f '(x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2≤f(x)≤,所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函数y=g在区间[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|≤3在区间(0,1]上恒成立,即-3≤t2+2at+1≤3在区间(0,1]上恒成立,(11分)亦即--≤a≤-在区间(0,1]上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t∈(0,1]时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-≤a≤.(15分)方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x()A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案 C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a≤2,设函数f(x)= x3-x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在[-1,2]上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+(b∈R)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围. 解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f '(x)=x2-3x+2,令f '(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)x-1(-1,1)1(1,2)2f '(x)6+0-0↗↘f(x)-∴f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)∴f(x)min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当1<a≤2时, f(x)的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0仅有两根,且a2+a+1+2b=0.(12分)当x∈(0,1)时,g'(x)>0,x∈(1,a)时,g'(x)<0,x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当1<a≤2时,g(1)∈.∴g(x)极大值的取值范围是.(15分)方法3 导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x.(1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数m的取值范围. 解析(1)由已知得f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2分)当x<0时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x<0时, f(x)=(x-1)e x<0,且f(x)=(x-1)e x>2xe x=>= (对足够小的x),当x>1时, f(x)>x-1>0,故所求a的取值范围是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①当m≤0时,g(1)=-m≥0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)②当m>0时,若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.综合①②知,实数m的取值范围为[1,+∞).(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一导数与单调性(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>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.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),所以x(0,16)16(16,+∞) g'(x)-0+g(x)↘2-4ln 2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+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=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-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至多有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.一题多解(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2ln t.设g(t)=+2ln t,则g'(t)=-+ =<0,∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0时,-kx<-k·=.即h(x)<-a-ln x,取n=,则h(n)<-a-ln n=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点. ∵h'(x)=- -k≤×--k=-k,∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.∵h'(x)=0,∴k=-,则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,h'(α)=- =,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f '(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a3, 由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知,(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=--1+=-.(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,+∞)单调递减.(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若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,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)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.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(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(-∞,+∞)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)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(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)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时, f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].3.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求a的取值范围.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-.当x=-时, f '(x)有极小值b-.因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)= -=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0.记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),因为f '(x)的极值为b-=-a2+,所以h(a)=- a2+,a>3.因为h'(a)=- a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范围为(3,6].易错警示(1)函数f(x)的极值点x0满足f '(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=.当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2].则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取等号.所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.易错警示讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f '(x)=0,有x=.此时,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a 进行分类:①a≤0;②0<a<;③a≥,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案 A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A. B. C. D.答案 D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=①若a=0,则f(x)的最大值为;②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)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.解析(1)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)单调递减,在(2,+∞)单调递增.(2)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)≥0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=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)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线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-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f '(x)=3x2-6t2x+3-9.令f '(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(-∞,t2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+,+∞)f '(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×()=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).方法规律研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、解决问题.8.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(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.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.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)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-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.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.9.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. (ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.10.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f '(x)=2ax,g'(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得即(*) 得ln x0=-,即x0=,则a==.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.(3)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0(0,+∞) h'(x)-0+h(x)↘极小值↗所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0. 下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.12.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x. f '(2)=(2a-1)e2.由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈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,+∞).方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略:(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的两侧的符号→得出结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.13.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f '(x)+-+f(x)↗↘↗所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).(2)(i)证明:因为g'(x)=e x(f(x)+f '(x)),由题意知所以解得所以, f(x)在x=x0处的导数等于0.(ii)因为g(x)≤e x,x∈[x0-1,x0+1],由e x>0,可得f(x)≤1.又因为f(x0)=1, f '(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤e x在[x0-1,x0+1]上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.。

2020年高考数学一轮复习单元滚动检测卷系列考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．单元检测三导数及其应用第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3在点(3，f(3))处的切线斜率是()A．－2 3 B.3C．2 3 D．432．若函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，则函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为()A．5x－y－3＝0 B．5x－y＋3＝0C．x－5y＋3＝0 D．x－5y－3＝03．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()A．20 B．18C．3 D．04．曲线y＝x3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x＝1所围成的三角形的面积为()A.112 B.16C.13 D.125．函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( )A ．0<b <1B ．b <1C ．b >0D ．b <126．若曲线y ＝12e x 2与曲线y ＝a ln x 在它们的公共点P (s ，t )处具有公共切线，则实数a 等于( )A ．－2B.12 C ．1D ．2 7．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2，x ∈[0，1]，1x，x ∈1，e](e 为自然对数的底数)，则ʃe 0f (x )d x 等于( ) A ．－43B ．－23 C.23 D.438．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 ，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在题中横线上)9．曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为________．10．曲线C ：f (x )＝sin x ＋e x ＋2在x ＝0处的切线方程为________．11．已知函数f (x )的导数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则a 的取值范围是________．12．已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x 的导函数y ＝f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率为32，则切点的横坐标为________．13．若0<x<1，a＝sin xx，b＝sin xx，c＝sin xx，则a，b，c的大小关系为__________．14．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝2x－2x 12，又a是函数g(x)＝ln(x＋1)－2x的零点，则f(－2)，f(a)，f(1.5)的大小关系是________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2f′(1)＋1，且f′(－1)＝9.(1)求曲线f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若存在x∈(1，＋∞)使得函数f(x)<m成立，求实数m的取值范围．16．(13分)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)e x，讨论g(x)的单调性．17.(13分)已知函数f(x)＝12x2－a ln x.(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)＋2x，若g(x)在[1，e]上不单调且仅在x＝e处取得最大值，求a的取值范围．18．(13分)已知函数f(x)＝－a ln x＋(a＋1)x－12x2(x>0)．(1)若x＝1是函数f(x)的极大值点，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)≥－12x2＋ax＋b恒成立，求实数ab的最大值．19.(14分)已知f(x)＝1＋ln xx.(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)若关于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有实数解，求实数k的取值范围；(3)当n∈N*时，求证：nf(n)<2＋12＋13＋…＋1n－1.20．(14分)已知函数f(x)＝－2(x＋a)ln x＋x2－2ax－2a2＋a，其中a＞0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．答案解析1．C[由f(x)＝3ln x＋x2－3x＋3得，f′(x)＝3x＋2x－3，∴f′(3)＝2 3.故选C.]2．A[由函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝3x－2，得f′(1)＝3，f(1)＝1.又函数g(x)＝x2＋f(x)，∴g′(x)＝2x＋f′(x)，则g′(1)＝2×1＋f′(1)＝2＋3＝5.g(1)＝12＋f(1)＝1＋1＝2.∴函数g(x)＝x2＋f(x)的图象在点(1，g(1))处的切线方程为y－2＝5(x－1)．即5x－y－3＝0.故选A.]3．A[因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知f(x)在x＝±1处取得极值．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上f (x )max －f (x )min ≤t ，从而t ≥20，所以t 的最小值是20.]4．B [求导得y ′＝3x 2，所以y ′|x ＝1＝3，所以曲线y ＝x 3在点(1,1)处的切线方程为y －1＝3(x －1)，结合图象易知所围成的三角形是直角三角形， 三个交点的坐标分别是(23，0)，(1,0)，(1,1)，于是三角形的面积为12×(1－23)×1＝16，故选B.]5．A [设f ′(x )＝3(x 2－b )，∵函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′0<0f ′1>0，解得0<b <1.故选A.]6．C [由y ＝12e x 2，得y ′＝xe .由y ＝a ln x ，得y ′＝ax .∵它们在点P 处有公共切线，∴x e ＝a x ，解得x ＝e a ，代入两曲线得12e ·e a ＝a 2(ln a ＋1)，∴ln a ＋1＝1，解得a ＝1，故选C.]7．D [依题意得，ʃe 0f (x )d x ＝ʃ10x 2d x ＋ʃe 11x d x＝13x 3|10＋ln x |e 1＝13＋1＝43.]8．D [由已知函数关系式，先找到满足f (x 0)<0的整数x 0，由x 0的唯一性列不等式组求解．∵f (0)＝－1＋a <0，∴x 0＝0.又∵x 0＝0是唯一的使f (x )<0的整数，∴⎩⎨⎧ f －1≥0，f 1≥0，即⎩⎨⎧e －1[2×－1－1]＋a ＋a ≥0，e 2×1－1－a ＋a ≥0，解得a ≥32e . 又∵a <1，∴32e ≤a <1，经检验a ＝34，符合题意．故选D.] 9.5解析 f ′(x )＝e x ＋2x ＋1，设与直线2x －y ＝3平行且与曲线f (x )相切于点P (s ，t )的直线方程为2x －y ＋m ＝0，则e s ＋2s ＋1＝2，解得s ＝0.∴切点为P (0,2)．∴曲线f (x )＝e x ＋x 2＋x ＋1上的点到直线2x －y ＝3的距离的最小值为点P 到直线2x －y ＝3的距离d ，且d ＝|0－2－3|5＝ 5. 10．2x －y ＋3＝0解析 因为f ′(x )＝cos x ＋e x ，所以f ′(0)＝2，所以曲线在x ＝0处的切线方程为y －3＝2(x －0)，即2x －y ＋3＝0.11．(－1,0)解析 当a ＝0时，则f ′(x )＝0，函数f (x )不存在极值．当a ≠0时，令f ′(x )＝0，则x 1＝－1，x 2＝a .若a ＝－1，则f ′(x )＝－(x ＋1)2≤0，函数f (x )不存在极值；若a >0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )<0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意；若－1<a <0，当x ∈(－1，a )时，f ′(x )>0，当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极大值；若a <－1，当x ∈(－∞，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，－1)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意．所以a ∈(－1,0)．12．ln 2解析 由题意可得，f ′(x )＝e x －a e x 是奇函数，∴f′(0)＝1－a＝0，∴a＝1，f(x)＝e x＋1e x，f′(x)＝ex－1e x，∵曲线y＝f(x)在(x，y)的一条切线的斜率是3 2，∴32＝ex－1e x，解方程可得e x＝2，∴x＝ln 2. 13．a>b>c解析易知当0<x<1时，0<sin x<x，则0<sin xx<1，∴sin xx<sin xx.设f(x)＝sin xx，则f′(x)＝x cos x－sin xx2，设h(x)＝x cos x－sin x，则h′(x)＝－x sin x．当x∈(0,1)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上单调递减，∴当x∈(0,1)时，h(x)<h(0)＝0，∴f′(x)<0在(0,1)上恒成立，∴f(x)在(0,1)上单调递减，又∵0<x<1，∴0<x<x<1，∴sin xx>sin xx.综上：sin xx>sin xx>sin xx，即a>b>c.14．f(1.5)<f(a)<f(－2)解析因为g(1.5)＝ln 52－43<0，g(2)＝ln 3－1>0，所以g(x)＝ln(x＋1)－2x在(32，2)内有零点，又由g′(x)＝1x＋1＋2x2>0知g(x)＝ln(x＋1)－2x在(－1,0)，(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ln(x＋1)－2x在区间(32，2)内有唯一的零点，即为a，则a∈(32，2)，所以2>a>1.5>1，当x≥1时，f′(x)＝2x·ln 2－1x＝x·2x·ln 2－1x，因为x·2x·ln 2－1≥2ln 2－1＝ln 4－1>0，所以f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)内单调递增，所以f(2)>f(a)>f(1.5)，又f(x)是偶函数，所以f(1.5)<f(a)<f(－2)．15．解 (1)∵f (x )＝ax 3＋x 2f ′(1)＋1，∴f ′(x )＝3ax 2＋2xf ′(1)，∴⎩⎨⎧ f ′1＝3a ＋2f ′1，f ′－1＝3a －2f ′1＝9. ∴⎩⎨⎧ a ＝1，f ′1＝－3.∴f (x )＝x 3－3x 2＋1， ∴f (1)＝－1.故曲线f (x )在x ＝1处的切线方程y ＝－3(x －1)－1＝－3x ＋2，即3x ＋y －2＝0.(2)f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.则函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，f (x )≥f (2)＝－3. 则由题意可知，m >－3，即所求实数m 的取值范围为(－3，＋∞)．16．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ， 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4.当x ＜－4时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当－4＜x ＜－1时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数；当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0，故g (x )为减函数；当x ＞0时，g ′(x )＞0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数．17．解 (1)f ′(x )＝x 2－a x (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )≥0，增区间为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )≥0⇒x >a ，f ′(x )<0⇒0<x <a ，∴f (x )的增区间为(a ，＋∞)，减区间为(0，a )．(2)g ′(x )＝x －a x ＋2＝x 2＋2x －ax (x >0)，设h (x )＝x 2＋2x －a (x >0)，若g (x )在[1，e]上不单调，则h (1)h (e)<0，(3－a )(e 2＋2e －a )<0，∴3<a <e 2＋2e ，同时g (x )仅在x ＝e 处取得最大值，所以只要g (e)>g (1)．即可得出：a <e 22＋2e －52，则a 的范围：(3，e 22＋2e －52)．18．解 (1)求导数可得，f ′(x )＝x －a －x ＋1x ，∵x ＝1是函数f (x )的极大值点，∴0<a <1，∴函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，(1，＋∞)；(2)∵f (x )≥－12x 2＋ax ＋b 恒成立，∴a ln x －x ＋b ≤0恒成立，令g (x )＝a ln x －x ＋b ，则g ′(x )＝a －xx (可验证当a ≤0时，不合题意)，∴g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (a )＝a ln a －a ＋b ≤0，∴b ≤a －a ln a ，∴ab ≤a 2－a 2ln a ，令h (x )＝x 2－x 2ln x (x >0)，则h ′(x )＝x (1－2ln x )，∴h (x )在(0，e 12)上单调递增，在(e 12，＋∞)上单调递减，∴h (x )max ＝h (e 12)＝e 2，∴ab ≤e 2，即ab 的最大值为e 2.19．(1)解 ∵f (x )＝1＋ln x x ，∴f ′(x )＝1x ·x －1＋ln xx 2＝－ln x x 2. 当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0.∴函数f (x )在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数．(2)解 由(1)，得f (x )的极大值为f (1)＝1.令g (x )＝x 2－2x ＋k ，当x ＝1时，函数g (x )取得最小值g (1)＝k －1.∵方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，那么k －1≤1，即k ≤2，∴实数k 的取值范围是k ≤2.(3)证明 ∵函数f (x )在区间(1，＋∞)上为减函数，1＋1n >1(n ∈N *，n ≥2)，∴f (1＋1n )<f (1)＝1，∴1＋ln(1＋1n )<1＋1n ，即ln(n ＋1)－ln n <1n ，∴ln n ＝ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln n －ln(n －1)<1＋12＋13＋…＋1n －1， 即1＋ln n <2＋12＋13＋…＋1n －1.∵nf (n )＝1＋ln n ， ∴nf (n )<2＋12＋13＋…＋1n －1.20．(1)解 由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ，所以g ′(x )＝2－2x ＋2a x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a －14x 2，当0＜a ＜14时，g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减；当a ≥14时，g (x )在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ax ＝0，解得a ＝x －1－ln x1＋x －1，令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x1＋x －1，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝－e e －21＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0，故存在x 0∈(1，e)，使得φ(x 0)＝0，令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10，u (x )＝x －1－ln x (x ≥1)，由u ′(x )＝1－1x ≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以0＝u11＋1＜u x01＋x－10＝a0＜u e1＋e－1＝e－21＋e－1＜1，即a0∈(0,1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0，所以，当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．。

单元质检三导数及其应用(时间:100分钟满分:150分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.如果一个物体的运动方程为s(t)=1-t+t2,其中s的单位是m,t的单位是s,那么物体在3 s末的瞬时速度是()A.7 m/sB.6 m/sC.5 m/sD.8 m/s2.若函数y=e x+mx有极值,则实数m的取值范围是()A.m>0B.m<0C.m>1D.m<13.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在R上是减函数,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-]∪[,+∞)B.[-]C.(-∞,-)∪(,+∞)D.(-)4.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是()A.0B.1C.2D.35.(2018全国Ⅰ,理5)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=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x6.已知函数f(x)=--x2的最大值为f(a),则a等于()A. B.C. D.7.已知定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+f(x)>1,f(0)=5,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式e x(f(x)-1)>4(其中e为自然对数的底数)的解集为()A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(3,+∞)8.设函数f(x)=e x-,若不等式f(x ≤0有正实数解,则实数a的最小值为()A.3B.2C.e2D.e二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.(2018天津,文10)已知函数f(x)=e x ln x,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(1)的值为.10.设曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+3=0垂直,则a= .-11.若f(x)=a e-x-e x为奇函数,则f(x-1)<e-的解集为.12.已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在区间(-∞,+∞)内是减函数,则实数a的取值范围是.13.已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0,现给出如下结论:①f(0)f(1)<0; ②f(0)f(1)>0;③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0;⑤f(1)f(3)>0; ⑥f(1)f(3)<0.其中正确的结论是.(填序号)14.已知过点A(1,m)恰能作曲线f(x)=x3-3x的两条切线,则m的值是.三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.(13分)已知函数f(x)=(x--)·e-x.(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间∞内的取值范围.16.(13分)(2018全国Ⅱ,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.17.(13分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x.18.(13分)(2018北京,理18)设函数f(x)=[ax2-(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.19.(14分)已知函数f(x)=e x-x2+a,x∈R的图象在x=0处的切线方程为y=bx.(e≈2.718 28)(1)求函数f(x)的解析式;(2)当x∈R时,求证:f(x ≥-x2+x;(3)若f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.20.(14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足-0.单元质检三导数及其应用1.C解析根据瞬时速度的意义,可得3s末的瞬时速度是v=s'(3)=-1+2×3=5.2.B解析求导得y'=e x+m,由于e x>0,若y=e x+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.3.B解析由题意知f'(x)=-3x2+2ax- ≤0在R上恒成立,故Δ=(2a)2-4×(-3)×(- ≤0 解得- ≤a≤.4.A解析由f'(x)=2x+1--=0,得x=或x=-1(舍去).当0<x<时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x>时,f'(x)>0,f(x)单调递增,则f(x)的最小值为f+ln2>0,所以f(x)无零点.5.D解析因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线f(x)在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.6.B解析∵f'(x)=--2x,∴f'(1)=-f'(1)-2,解得f'(1)=-,∴f(x)=-x2,f'(x)=-.令f'(x)>0,解得x<;令f'(x)<0,解得x>,故f(x)在0 内递增,在∞内递减,故f(x)的最大值是f,a=.7.A解析令g(x)=e x(f(x)-1),则g'(x)=e x(f(x)-1)+e x f'(x)=e x(f(x)+f'(x)-1).因为f(x)+f'(x)>1,所以g'(x)>0.所以函数g(x)在R上单调递增.因为f(0)=5,所以g(0)=4.因为e x(f(x)-1)>4,所以g(x)>g(0),所以x>0.故选A.8.D解析原问题等价于a≥ x(x2-3x+3)在区间(0,+∞)内有解.令g(x)=e x(x2-3x+3),则a≥g(x)min,而g'(x)=e x(x2-x).由g'(x)>0,可得x>1或x<0;由g'(x)<0,可得0<x<1.所以函数g(x)在区间(0,+∞)内的最小值为g(1)=e.综上可得,实数a的最小值为e.9.e解析∵f(x)=e x ln x,∴f'(x)=e x ln x+.∴f'(1)=eln1+=e.10.-2解析因为y=-的导数为y'=--,所以曲线在点(3,2)处的切线斜率k=-.又因为直线ax+y+3=0的斜率为-a,所以-a·-=-1, 解得a=-2.11.(0,+∞)解析∵f(x)在R上为奇函数,∴f(0)=0,即a-1=0.∴a=1.∴f(x)=e-x-e x,∴f'(x)=-e-x-e x<0.∴f(x)在R上单调递减.∴由f(x-1)<e-=f(-1),得x-1>-1,即x>0.∴f(x-1)<e-的解集为(0,+∞).12.(-∞,-3]解析由题意可知f'(x)=3ax2+6x- ≤0在R上恒成立,则0解得a≤-3.故实数a的取值范围为(-∞,-3].13.①③⑥解析∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f'(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3).∴当1<x<3时,f'(x)<0;当x<1或x>3时,f'(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(-∞,1)和(3,+∞),单调递减区间为(1,3).∴f(x)极大值=f(1)=1-6+9-abc=4-abc,f(x)极小值=f(3)=27-54+27-abc=-abc.∵f(x)=0有三个解a,b,c,∴a<1<b<3<c,∴f(1)=4-abc>0,且f(3)=-abc<0.∴0<abc<4.∵f(0)=-abc,∴f(0)<0,∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0,f(1)·f(3)<0.14.-3或-2解析设切点坐标为(a,a3-3a).∵f(x)=x3-3x,∴f'(x)=3x2-3,∴切线的斜率k=3a2-3,由点斜式可得切线方程为y-(a3-3a)=(3a2-3)·(x-a).∵切线过点A(1,m),∴m-(a3-3a)=(3a2-3)(1-a),即2a3-3a2=-3-m.∵过点A(1,m)可作曲线y=f(x)的两条切线,∴关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根.令g(x)=2x3-3x2,∴g'(x)=6x2-6x.令g'(x)=0,解得x=0或x=1,当x<0时,g'(x)>0;当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0,∴g(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,∴当x=0时,g(x)取得极大值g(0)=0,当x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-1.关于a的方程2a3-3a2=-3-m有两个不同的根,等价于y=g(x)与y=-3-m的图象有两个不同的交点, ∴-3-m=-1或-3-m=0,解得m=-3或m=-2,∴实数m的值是-3或-2.15.解(1)因为(x--)'=1--,(e-x)'=-e-x,所以f'(x)=-e-x-(x--)e-x=-----.(2)由f'(x)=-----=0,解得x=1或x=.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:又f(x)=--1)2e-x≥0所以f(x)在区间∞内的取值范围是0 -.16.(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)在区间(-∞,3-2),(3+2,+∞)内单调递增,在区间(3-2,3+2)内单调递减.(2)证明由于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(-∞,+∞)内单调递增,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.17.(1)解由f(x)=e x-ax,得f'(x)=e x-a.因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=e x-2x,f'(x)=e x-2.令f'(x)=0,得x=ln2.当x<ln2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln2)=2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(2)证明令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-2x.由(1),得g'(x)=f(x ≥f(ln2)=2-ln4>0, 故g(x)在R上单调递增.因为g(0)=1>0,所以当x>0,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.18.解(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f'(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x.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)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈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≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax- ≤x-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∞.19.(1)解∵f(x)=e x-x2+a,∴f'(x)=e x-2x.由已知,得0 0 0解得-∴函数f(x)的解析式为f(x)=e x-x2-1.(2)证明令φ(x)=f(x)+x2-x=e x-x-1,则φ'(x)=e x-1.由φ'(x)=0,得x=0.当x∈(-∞,0)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.故φ(x)min=φ(0)=0,从而f(x ≥-x2+x.(3)解f(x)>kx对任意的x∈(0,+∞)恒成立⇔>k对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令g(x)=,x>0,则g'(x)=-=----=---.由(2)可知当x∈(0,+∞)时,e x-x-1>0恒成立,由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得0<x<1.故g(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(0,1),即g(x)min=g(1)=e-2.故k<g(x)min=g(1)=e-2,即实数k的取值范围为(-∞,e-2).20.(1)解由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),∞,单调递减区间是-.(2)证明由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H'1(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H'1(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H'1(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.天津2020届高考数学一轮复习单元质检令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H'2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H'2(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H'2(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)证明对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)-0-f=0.由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x1)<g(2).于是-0=--.因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而≠x0,故f≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥ .所以-0.所以,只要取A=g(2),就有-0.11。