2019年高考数学二轮复习-专题2 三角 4.1 导数在函数中的应用课件 理

第三讲导数的简单应用考点一导数的几何意义1．导数公式(1)(sin x)′＝cos x；(2)(cos x)′＝－sin x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1)．2．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．[对点训练]1．(2018·兰州质检)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)和(－1,3) D．(1，－3)[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.[答案] C2．(2018·大同模拟)过点(1，－1)且与曲线y ＝x 3－2x 相切的切线方程为( )A ．x －y －2＝0或5x ＋4y －1＝0B ．x －y －2＝0C ．x －y ＋2＝0D ．x －y －2＝0或4x ＋5y ＋1＝0[解析] 设切点坐标为(x 0，y 0)，y 0＝x 30－2x 0，则曲线在(x 0，y 0)处的切线斜率为y ′＝3x 20－2，当x 0＝1时斜率为1，切线方程为x －y －2＝0，当x 0≠1时，过(1，－1)点的切线的斜率为x 30－2x 0＋1x 0－1＝x 20＋x 0－1＝3x 20－2，解得x 0＝－12，其斜率为－54，切线方程为5x ＋4y －1＝0，所以A 正确，故选A.[答案] A3．(2018·西安质检)已知直线y ＝－x ＋m 是曲线y ＝x 2－3ln x 的一条切线，则m 的值为( )A ．0B ．2C ．1D ．3[解析] 因为直线y ＝－x ＋m 是曲线y ＝x 2－3ln x 的切线，所以令y ′＝2x －3x ＝－1，得x ＝1，x ＝－32(舍)，即切点为(1,1)，又切点(1,1)在直线y ＝－x ＋m 上，所以m ＝2，故选B.[答案] B4．若曲线y ＝x 在点(a ，a )处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为2，则a ＝________.[解析] y ＝x ＝x 12，∴y ′＝12x －12 ，于是曲线在点(a ，a )处的切线方程为y －a ＝12a (x －a )，令x ＝0，得y ＝a2；令y ＝0，得x ＝－a ，∴三角形的面积S ＝12·a 2·|－a |＝a a4＝2，解得a ＝4.[答案] 4[快速审题] 看到求切线，想到用导数的几何意义．求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法(1)已知切点P (x 0，y 0)，求切线方程求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程； (2)已知切线的斜率k ，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程；(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．考点二 利用导数研究函数的单调性1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．角度1：根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围[解题指导] 求f ′(x )→解f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立→得出结果[解析] 由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g (1)≥0，∴－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－4，a ≥－5，即a ≥－26，故选C. [答案] C角度2：利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性[解] 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝－ax 2＋x －ax2，令h (x )＝－ax 2＋x －a ，记Δ＝1－4a 2，当Δ≤0时，即a ≥12时，－ax 2＋x －a ≤0，f ′(x )≤0， 此时函数f (x )在(0，＋∞)上递减． 当Δ＝1－4a 2>0，即当0<a <12时，由－ax 2＋x －a ＝0，解得：x 1＝1＋1－4a 22a ，x 2＝1－1－4a22a，显然x 1>x 2>0，故此时函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－4a 22a ，1＋1－4a 22a 上递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－4a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－4a 22a ，＋∞上递减， 综上，0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－4a 22a ，1＋1－4a 22a 上递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－4a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－4a 22a ，＋∞上递减， a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上递减． [探究追问1] 若把例2的条件“a >0”变为“a ∈R ”，其他条件不变，则f (x )的单调性如何？[解] 由例2解的内容知：f ′(x )＝－ax 2＋x －ax2，x ∈(0，＋∞)， 令h (x )＝－ax 2＋x －a .当a ≤0时，h (x )>0恒成立，所以f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，同例2解的内容．综上：a ≤0时，函数f (x )在(0，＋∞)上递增．0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－4a 22a ，1＋1－4a 22a 上递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－4a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－4a 22a ，＋∞上递减， a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． [探究追问2] 若将例2中函数“f (x )”变为“f (x )＝1x＋(1－a )ln x ＋ax ”，“a >0”变为“a ∈R ”试讨论f (x )的单调性．[解] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2＋1－ax＋a＝ax 2＋(1－a )x －1x 2＝(x －1)(ax ＋1)x 2.当a ＝0时，f ′(x )＝x －1x2，令f ′(x )>0，则x >1， 令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．当a ≠0时，f ′(x )＝a (x －1)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a x 2，①当a >0时，x ＋1a>0，令f ′(x )>0，则x >1，令f ′(x )<0，则0<x <1，所以函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，②当a ＝－1时，1＝－1a ，f ′(x )＝－(x －1)2x2≤0， 所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减； ③当－1<a <0时，1<－1a，令f ′(x )>0，则1<x <－1a ，令f ′(x )<0，则0<x <1或x >－1a，所以函数f (x )在区间(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；④当a <－1时，1>－1a ，令f ′(x )>0，则－1a<x <1，令f ′(x )<0，则0<x <－1a或x >1，所以函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，－1a 和(1，＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；当a ＝－1时，函数f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减；当－1<a <0时，函数f (x )在区间(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎪⎫1，－1a 上单调递增；当a <－1时，函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，(1＋∞)上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，1上单调递增．利用导数研究函数单调性的3个关注点(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不等式的解集的讨论．(2)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．(3)在不能通过因式分解求出根时，根据一元二次不等式对应方程的判别式或特殊值进行分类讨论．[对点训练]1．[角度1]若函数f (x )＝x ＋4mx－m ln x 在[1,2]上为减函数，则m 的最小值为( )A.32B.34C.23D.43 [解析] 因为f (x )＝x ＋4mx－m ln x 在[1,2]上为减函数，所以f ′(x )＝1－4m x 2－m x ＝x 2－mx －4m x2≤0在[1,2]上恒成立，所以x 2－mx －4m ≤0在[1,2]上恒成立．令g (x )＝x 2－mx －4m ，所以⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1－m －4m ≤0，g (2)＝4－2m －4m ≤0，所以m ≥23，故m 的最小值为23，故选C.[答案] C2．[角度2]已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．[解] 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax －1＋1x＝2ax 2－x ＋1x.①当a ＝0时， f ′(x )＝－x ＋1x.显然，当x ∈(0,1)时， f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时， f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． ②当a ≠0时，对于2ax 2－x ＋1＝0，Δ＝(－1)2－4×2a ×1＝1－8a .若Δ≤0，即a ≥18，因为a >0，所以2ax 2－x ＋1≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若Δ>0，即0<a <18或a <0，方程2ax 2－x ＋1＝0的两根为x 1＝1－1－8a 4a ，x 2＝1＋1－8a4a. 当a <0时，x 1>0，x 2<0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2－x ＋1<0, f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．当0<a <18时，x 2>x 1>0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1<0, f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，当a ＝0时， f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ≥18时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当0<a <18时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－8a 4a ，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a ； 当a <0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1－1－8a 4a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞. 考点三 利用导数研究函数的极值与最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．角度1：根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围[解析] f ′(x )＝1x＋x －⎝⎛⎭⎪⎫m ＋1m ，由f ′(x )＝0得(x －m )⎝⎛⎭⎪⎫x －1m ＝0，∴x ＝m 或x ＝1m .显然m >0.当且仅当0<m <2≤1m 或0<1m<2≤m 时，函数f (x )在区间(0,2)内有且仅有一个极值点．若0<m <2≤1m，即0<m ≤12，则当x ∈(0，m )时，f ′(x )>0，当x ∈(m,2)时，f ′(x )<0，函数f (x )有极大值点x ＝m .若0<1m<2≤m ，即m ≥2，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1m 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，2时， f ′(x )<0，函数f (x )有极大值点x ＝1m .综上，m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞)，故选B.[答案] B角度2：利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值的大小、个数或最值[解题指导] (1)求f ′(x )→f ′(x )＝0有两不等正根→确定a 的范围(2)分离参数λ→借助x 1＋x 2，x 1·x 2转化关系式→构造关于a 的函数→求函数的最大值[解] (1)由题设知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞), f ′(x )＝x 2－ax ＋a x，且f ′(x )＝0有两个不同的正根，即x 2－ax ＋a ＝0有两个不同的正根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4a >0，a >0，∴a >4.(2)不等式f (x 1)＋f (x 2)<λ(x 1＋x 2)恒成立等价于λ>f (x 1)＋f (x 2)x 1＋x 2恒成立．f (x 1)＋f (x 2)＝a ln x 1＋12x 21－ax 1＋a ln x 2＋12x 22－ax 2.由(1)可知x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝a ，∴f (x 1)＋f (x 2)＝a (ln x 1＋ln x 2)＋12(x 21＋x 22)－a (x 1＋x 2)＝a ln(x 1x 2)＋12[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－a (x 1＋x 2)＝a ln a ＋12(a 2－2a )－a 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln a －12a －1，∴f (x 1)＋f (x 2)x 1＋x 2＝ln a －12a －1，令y ＝ln a －12a －1，则y ′＝1a －12.∵a >4，∴y ′<0，∴y ＝ln a －12a －1在(4，＋∞)上单调递减，∴y <ln4－3，∴λ≥ln4－3. ∴λ的最小值是ln4－3.研究极值、最值问题的3个关注点(1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．[对点训练]1．[角度1](2018·福建泉州一模)函数f (x )＝ax 3＋(a －1)x 2－x ＋2(0≤x ≤1)在x ＝1处取得最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，35C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，35D ．(－∞，1][解析] f ′(x )＝3ax 2＋2(a －1)x －1，x ∈[0,1]，a ＝0时，f ′(x )＝－2x －1<0，f (x )在[0,1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)符合题意； a ≠0时，Δ＝4(a 2＋a ＋1)>0，x 1＝1－a －a 2＋a ＋13a ，x 2＝1－a ＋a 2＋a ＋13a，a >0时，若f (x )在x ＝1处取最小值，只需x 1≤0且x 2≥1，解得0<a ≤35，a <0时，若f (x )在x ＝1处取最小值，只需x 1≥1或x 2≤0，解得a <0；综上a ≤35，故选C.[答案] C2．[角度2](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．[解] (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ， ∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x[解析] ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，∴a －1＝0，解得a ＝1，∴f (x )＝x 3＋x ，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1，故曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x ，故选D.[答案] D2．(2018·天津卷)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________．[解析] ∵f (x )＝e xln x ，∴f ′(x )＝e x⎝⎛⎭⎪⎫ln x ＋1x ，∴f ′(1)＝e 1×(ln1＋1)＝e. [答案] e3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.[解析] 设f (x )＝(ax ＋1)e x ，则f ′(x )＝(ax ＋a ＋1)e x ，所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k ＝f ′(0)＝a ＋1＝－2，解得a ＝－3.[答案] －34．(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． [解] (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，＋∞)．1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．热点课题6 导数与函数的单调性与最值[感悟体验]已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0. 所以切线方程为y ＝－2.(2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)， 当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－(a ＋2)x ＋1x＝(2x －1)(ax －1)x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a.①当0<1a≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a <f (1)＝－2，不符合题意；③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不符合题意； 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．专题跟踪训练(十二)一、选择题1．(2018·福建福州八校联考)已知函数f (x )的导函数是f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln 1x，则f (1)＝( )A ．－eB ．2C ．－2D ．e[解析] 由已知得f ′(x )＝2f ′(1)－1x，令x ＝1得f ′(1)＝2f ′(1)－1，解得f ′(1)＝1，则f (1)＝2f ′(1)＝2，故选B.[答案] B2．函数f (x )＝x ＋1x的极值情况是( )A ．当x ＝1时，取极小值2，但无极大值B ．当x ＝－1时，取极大值－2，但无极小值C ．当x ＝－1时，取极小值－2；当x ＝1时，取极大值2D ．当x ＝－1时，取极大值－2；当x ＝1时，取极小值2 [解析] 求导得f ′(x )＝1－1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，函数f (x )在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,0)和(0,1)上单调递减，所以当x ＝－1时，取极大值－2，当x ＝1时，取极小值2，故选D.[答案] D3．(2018·聊城模拟)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下面四个图象中，y ＝f (x )的图象大致是( )[解析] 由题图知当0<x <1时，xf ′(x )<0，此时f ′(x )<0，函数f (x )递减，排除A 、B.当x >1时，xf ′(x )>0，此时f ′(x )>0，函数f (x )递增． 所以当x ＝1时，函数f (x )取得极小值．当x <－1时，xf ′(x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )递增，当－1<x <0时，xf ′(x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )递减，所以当x ＝－1时，函数取得极大值，排除D.符合条件的只有C 项，故选C.[答案] C4．(2018·南昌一模)若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，＋∞)B ．(－∞，0]C ．(－∞，0)D ．(0，＋∞)[解析] 由题意知x >0，f ′(x )＝1＋ax ，要使函数f (x )＝x ＋a ln x不是单调函数，则方程1＋ax＝0在x >0上有解，则x ＝－a ，所以a <0，故选C.[答案] C5．(2018·海南八校联考)已知函数f (x )＝3ln x －x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a －12x 在区间(1,3)上有最大值，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，5 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，112 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，112 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，5 [解析] 因为f ′(x )＝3x －2x ＋a －12，所以结合题意可得f ′(x )＝3x －2x ＋a －12在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)>0，f ′(3)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋12>0，a －112<0，解得－12<a <112，故选B.[答案] B6．(2018·石家庄二中一模)已知对∀x ∈(0，＋∞)，不等式ln x＋1≥m －n x (n >0)恒成立，则mn的最大值是( )A ．1B ．－1C ．eD ．－e[解析] 不等式ln x ＋1≥m －n x 可化为ln x ＋1－m ＋nx ≥0，令F (x )＝ln x ＋1－m ＋n x (x >0)，则F ′(x )＝1x －n x 2＝x －nx 2，所以当x ＝n 时，F (x )min ＝ln n ＋2－m ，则ln n ＋2－m ≥0⇒m ≤2＋ln n (n >0)．所以mn≤2＋ln n n .令G (n )＝2＋ln n n ，则令G ′(n )＝－1－ln n n 2＝0，可得n ＝1e ，故G (n )max ＝2－11e＝e ，即m n ≤2＋ln n n ≤e，故选C.[答案] C 二、填空题7．(2018·武汉模拟)设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线与直线ax ＋y ＋1＝0垂直，则a ＝________.[解析] 因为y ＝x ＋1x －1，所以y ′＝－2(x －1)2，则曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线的斜率为y ′| x ＝3＝－12.又因为切线与直线ax ＋y＋1＝0垂直，所以－12·(－a )＝－1，解得a ＝－2.[答案] －28．(2018·南宁二模)曲线f (x )＝x ln x 在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是________．[解析] 因为f ′(x )＝1＋ln x ，且f (1)＝0，f ′(1)＝1，所以切线l 的斜率k ＝1，切线方程为y ＝x －1.令x ＝0，得y ＝－1，令y ＝0，得x ＝1，∴切线l 与两坐标轴的交点坐标分别为A (0，－1)，B (1,0)，则|OA |＝1，|OB |＝1，∴S △ABO ＝12×1×1＝12.[答案] 129．(2018·河南安阳调研)已知函数f (x )＝ln x ＋12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为________．[解析] f ′(x )＝1x ＋ax －2＝ax 2－2x ＋1x(x >0)，函数f (x )存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax 2－2x ＋1≤0，等价于a 小于2x －1x 2在x ∈(0，＋∞)上的最大值，设g (x )＝2x －1x2，则g ′(x )＝－2x ＋2x 3，可知，函数g (x )在区间(0,1)为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x ＝1时，函数g (x )取得最大值，此时g (x )＝1，所以a <1，故填(－∞，1)．[答案] (－∞，1) 三、解答题10．(2018·贵阳模拟)已知函数f (x )＝x －1x－ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．[解] (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x －ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2，由f ′(x )>0⇒0<x <1，由f ′(x )<0⇒x >1，∴f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝1－11－ln1＝0.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －lne ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝2－e.综上，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e.11．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围； (3)函数f (x )是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0， 因为e x >0，所以－x 2＋2>0， 解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立．因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x >0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝(x ＋1)2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0.所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．所以g (x )<g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.(3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≤0对x ∈R 都成立，因为e x >0，所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立． 所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f (x )不可能在R 上单调递减．12．(2018·辽宁五校模拟)已知函数f (x )＝2ln x ＋x 2－2ax (a >0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且f (x 1)－f (x 2)≥32－2ln2恒成立，求a 的取值范围．[解] (1)由题意知，函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2(x 2－ax ＋1)x，令x 2－ax ＋1＝0，则Δ＝a 2－4，①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0恒成立， 函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >2时，Δ>0，方程x 2－ax ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为x 3，x 4，不妨令x 3<x 4，则x 3＝a －a 2－42，x 4＝a ＋a 2－42，此时0<x 3<x 4，因为当x ∈(0，x 3)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 3，x 4)时，f ′(x )<0，当x ∈(x 4，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增．综上：当0<a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增． (2)由(1)得f (x )在(x 1，x 2)上单调递减，x 1＋x 2＝a ，x 1·x 2＝1，则f (x 1)－f (x 2)＝2ln x 1x 2＋(x 1－x 2)(x 1＋x 2－2a )＝2ln x 1x 2＋x 22－x 21x 1x 2＝2ln x 1x 2＋x 2x 1－x 1x 2， 令t ＝x 1x 2，则0<t <1，f (x 1)－f (x 2)＝2ln t ＋1t－t ，令g (t )＝2ln t ＋1t －t (0<t <1)，则g ′(t )＝－(t －1)2t2<0， 故g (t )在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32－2ln2，故g (t )＝f (x 1)－f (x 2)≥32－2ln2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0<t ≤12，而a 2＝(x 1＋x 2)2＝x 1x 2＋x 2x 1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12，令h (t )＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，12，所以h ′(t )＝1－1t 2<0在t ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，故h (t )＝t ＋1t ＋2在⎝⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，从而a 2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫322，＋∞.。

专题三数的几何意义及简单应用[题组全练]1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立， 即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立， ∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1， ∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .2．过点(0，－1)的直线l 与曲线y ＝ln x 相切，则原点到l 的距离为( ) A ．1 B.12 C.22D. 2解析：选C 设切点为(x 0，ln x 0)． 由y ＝ln x ，得y ′＝1x，所以直线l 的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝1x 0，所以切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.因为切线过点(0，－1)， 则－1＝ln x 0－1， 即x 0＝1，所以切线方程为y ＝x －1， 即x －y －1＝0，所以原点到l 的距离d ＝|－1|2＝22，故选C.3．(2018·唐山模拟)曲线y ＝x －1x ＋1与其在点(0，－1)处的切线及直线x ＝1所围成的封闭图形的面积为( )A ．1－ln 2B ．2－2ln 2C ．2ln 2－1D ．ln 2解析：选C 因为y ＝x －1x ＋1，所以y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ＋1′＝2x ＋2，则曲线y ＝x －1x ＋1在(0，－1)处的切线的斜率k ＝2，切线方程为y ＝2x －1，则曲线y ＝x －1x ＋1与其在点(0，－1)处的切线及直线x ＝1所围成的封闭图形的面积S ＝⎠⎛012x －1－x －1x ＋1d x ＝⎠⎛012x －1－1＋2x ＋1d x ＝[x 2－2x ＋2ln(x ＋1)] ⎪⎪⎪1＝2ln 2－1.4．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.解析：∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，解得a ＝－3. 答案：－35．已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________.解析：由y ＝x ＋ln x ，得y ′＝1＋1x，则曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y ＝2x －1，与y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1联立，得ax 2＋ax ＋2＝0，显然a ≠0，所以由Δ＝a 2－8a ＝0⇒a ＝8.答案：8[系统方法]1．求过切点切线问题的基本思路 设曲线在(x 0，y 0)处的切线为l ，则根据{ k 切＝fx 0，切点在切线l 上，建立方程组求解切点在曲线上2．过非切点的切线的求法设出切点坐标(x 0，f (x 0))，先求出在x ＝x 0处的切线方程，然后把所过点的坐标代入即求出x0，从而得出切线方程．3．由曲线的切线求参数的方法已知曲线在某点处的切线求参数的关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值．[多维例析]角度一讨论函数的单调性或求函数单调区间[例1]已知函数f (x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e x·(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．[解] (1)g′(x)＝(e x)′·(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(cos x－sin x＋2x－2)′＝e x(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2e x(x－sin x)．记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cos x.因为cos x∈[－1,1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，所以h′(x)＝2e x(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(e x－a)．由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0.当a≤0时，e x－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(e x－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0.①若0<a<1，则ln a<0，所以x∈(－∞，ln a)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x ∈(ln a,0)时，e x －a >0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减； x ∈(0，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．②若a ＝1，则ln a ＝0，所以x ∈R 时，h ′(x )≥0，函数h (x )在R 上单调递增． ③若a >1，则ln a >0，所以x ∈(－∞，0)时，e x－a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(0，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减； x ∈(ln a ，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a <1时，函数h (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减；当a ＝1时，函数h (x )在R 上单调递增；当a >1时，函数h (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．[类题通法] 讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：(1)最高次幂的系数是否为0； (2)导函数是否有变号零点；(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内； (4)导函数的变号零点之间的大小关系． 角度二 已知函数的单调性求参数范围[例2] 已知函数f (x )＝xex ＋ax ＋b (a ，b ∈R)．(1)若函数f (x )在R 上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在(－1,3)上单调，求实数a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝e x－x xx2＋a ＝1－x ＋a e xex， 设g (x )＝1－x ＋a e x，由题意知g (x )≥0在R 上恒成立，即1－x ＋a e x≥0在R 上恒成立． 由e x>0，分离参数可得a ≥x －1ex在R 上恒成立．设h (x )＝x －1e x，则h ′(x )＝2－xex ， 由h ′(x )>0，得x <2；由h ′(x )<0，得x >2，所以h (x )在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以h (x )max ＝h (2)＝1e 2，故a ≥1e2.所以a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞. (2)函数f (x )在(－1,3)上单调，则函数f (x )在(－1,3)上单调递增或单调递减． ①若函数f (x )在(－1,3)上单调递增，则f ′(x )＝1－x ＋a exe x≥0在(－1,3)上恒成立，即1－x ＋a e x≥0在(－1,3)上恒成立，所以a ≥x －1ex在(－1,3)上恒成立．设h (x )＝x －1e x，则h ′(x )＝2－xex ，所以h (x )在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减，所以h (x )max ＝h (2)＝1e 2(x ∈(－1,3))，故a ≥1e 2.所以a 的取值范围为1e2，＋∞.②若函数f (x )在(－1,3)上单调递减，则f ′(x )＝1－x ＋a exe x≤0在(－1,3)上恒成立，即1－x ＋a e x≤0在(－1,3)上恒成立，所以a ≤x －1ex在(－1,3)上恒成立．设h (x )＝x －1e x，则h ′(x )＝2－xex ，所以h (x )在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减．又h (－1)＝－1－1e －1＝－2e ，h (3)＝3－1e 3＝2e3.显然－2e<2e 3，所以h (x )>h (－1)＝－2e(x ∈(－1,3))，所以a 的取值范围为(－∞，－2e]．综上，a 的取值范围为(－∞，－2e]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞.[类题通法]由含参函数单调性求解参数范围问题的2个关注点(1)准确把握函数单调性与导函数符号之间的关系：若可导函数f (x )在区间M 上单调递增，则f ′(x )≥0在区间M 上恒成立；若可导函数f (x )在区间M 上单调递减，则f ′(x )≤0在区间M 上恒成立．(2)注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对应函数的最值问题；若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，则可以直接转化为求解含参函数的最值问题．[综合训练]1．已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(x ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )e x，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x. 令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x>0， 因为e x >0，所以－x 2＋2>0， 解得－2<x < 2.所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f (x )在(－1,1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈(－1,1)都成立． 因为e x>0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1,1)都成立．令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1， 则g ′(x )＝1＋1x ＋2>0.所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增． 所以g (x )<g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32. 所以a ≥32，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. (3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≤0对x ∈R 都成立．因为e x>0，所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f (x )不可能在R 上单调递减．2．(2018·合肥质检)已知f (x )＝ln(2x －1)＋a x(a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≤ax 恒成立，求a 的值．解：(1)f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞， f ′(x )＝22x －1－a x 2＝2x 2－2ax ＋ax －x 2.令g (x )＝2x 2－2ax ＋a ，若2x 2－2ax ＋a ＝0的根的判别式Δ＝4a 2－8a ≤0，即当0≤a ≤2时，对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，g (x )≥0恒成立，即当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )≥0恒成立，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增． 若2x 2－2ax ＋a ＝0的根的判别式Δ>0，即当a >2或a <0时，函数g (x )图象的对称轴为直线x ＝a2. ①当a <0时，a 2<0，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12>0.∴对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，g (x )>0恒成立， 即对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，f ′(x )>0恒成立， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增． ②当a >2时，a 2>1，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12>0.记g (x )＝0的两根分别为x 1，x 2，且x 1＝12(a －a 2－2a )>12，x 2＝12(a ＋a 2－2a )．∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 1∪(x 2，＋∞)时，g (x )>0，当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0.∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 1∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，x 1和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．综上，当a ≤2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增； 当a >2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12a －a 2－2a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫12(a ＋a 2－2a ) ＋∞，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12(a －a 2－2a )，12(a ＋a 2－2a )上单调递减． (2)f (x )≤ax 恒成立等价于对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞，f (x )－ax ≤0恒成立．令h (x )＝f (x )－ax ＝ln(2x －1)＋a x－ax ， 则h (x )≤0＝h (1)恒成立， 即h (x )在x ＝1处取得最大值． h ′(x )＝－2ax 3＋2＋a x 2－2ax ＋ax 22x －1.由h ′(1)＝0，得a ＝1. 当a ＝1时，h ′(x )＝－xx 2－x ＋x 2x －，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.∴当a ＝1时，h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h (x )≤h (1)＝0，符合题意．∴a ＝1.[多维例析]角度一 求函数的极值或最值 [例1] 已知函数f (x )＝ln xx－1.(1)求函数f (x )的单调区间及极值；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值．[解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x，由⎩⎪⎨⎪⎧f x ，>0，得0<x <e ；由⎩⎪⎨⎪⎧fx ，>0，得x >e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，且f (x )极大值＝f (e)＝1e－1，无极小值．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e，>0，即0<m ≤e2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m －1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln ee －1＝1e－1；③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e时，f (x )max ＝ln mm－1.[类题通法] 求函数f (x )在闭区间上最值的策略(1)若所给的闭区间[a ，b ]不含有参数，则只需对函数f (x )求导，并求f ′(x )＝0在区间[a ，b ]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含有参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．角度二 已知函数的极值或最值求参数[例2] 已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． [解] (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)， 所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0. 所以切线方程为y ＋2＝0.(2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)， 当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－a ＋2x ＋1x＝x －ax －x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a .①当0<1a≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增， 所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a<f (1)＝－2，不合题意；③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不合题意． 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．[类题通法] 已知函数在闭区间上最值求参数的方法主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．[综合训练]1．已知函数f (x )＝x 3－3x 2.(1)求曲线y ＝f (x )在点P (1，－2)处的切线方程；(2)若函数g (x )＝2f (x )＋3(1－a )x 2＋6ax (a >1)在[1,2]上的值域为[p (a )，q (a )]，求φ(a )＝q (a )－p (a )的最小值．解：(1)因为f (x )＝x 3－3x 2，所以f ′(x )＝3x 2－6x ，所以曲线y ＝f (x )在点P (1，－2)处的切线的斜率为f ′(1)＝－3， 所以切线方程为y －(－2)＝－3(x －1)， 即3x ＋y －1＝0.(2)因为g (x )＝2x 3－3(a ＋1)x 2＋6ax ，所以g ′(x )＝6x 2－6(a ＋1)x ＋6a ＝6(x －1)(x －a )．令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a ， 若1<a <2，当x ∈(1，a )时，g ′(x )<0，所以g (x )在(1，a )上单调递减； 当x ∈(a,2)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(a,2)上单调递增．①若g (1)≤g (2)，即1<a ≤53，此时q (a )＝g (2)＝4，p (a )＝g (a )＝－a 3＋3a 2，所以φ(a )＝4－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫1<a ≤53，因为φ′(a )＝3a 2－6a ＝3a (a －2)<0，所以φ(a )在⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53上单调递减，所以当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53时，φ(a )的最小值为φ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝827. ②若g (1)>g (2)，即53<a <2，此时q (a )＝g (1)＝3a －1，p (a )＝g (a )＝－a 3＋3a 2， 所以φ(a )＝3a －1－(－a 3＋3a 2)＝a 3－3a 2＋3a －1⎝ ⎛⎭⎪⎫53<a <2，因为φ′(a )＝3a 2－6a ＋3＝3(a －1)2≥0，所以φ(a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2上单调递增， 所以当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫53，2时，φ(a )>827. 若a ≥2，当x ∈[1,2]时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1,2]上单调递减， 所以q (a )＝g (1)＝3a －1，p (a )＝g (2)＝4， 所以φ(a )＝3a －1－4＝3a －5(a ≥2)， 所以φ(a )在[2，＋∞)上的最小值为φ(2)＝1. 综上，φ(a )的最小值为827.2．已知函数f (x )＝x 2－3x ＋a x. (1)若a ＝4，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有3个极值点，求实数a 的取值范围． 解：(1)因为a ＝4时，f (x )＝x 2－3x ＋4x，所以 f ′(x )＝2x －3－4x 2＝2x 3－3x 2－4x 2＝2x 3－4x 2＋x 2－4x 2＝x －x 2＋x ＋x 2(x ≠0)，令f ′(x )>0，得x >2；令f ′(x )<0，得x <0或0<x <2.所以f (x )在(－∞，0)，(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．(2)由题意知，f ′(x )＝2x －3－a x 2＝2x 3－3x 2－ax 2(x ≠0)，设函数g (x )＝2x 3－3x 2－a ，则原条件等价于g (x )在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，又g ′(x )＝6x 2－6x ＝6x (x －1)，由g ′(x )>0，得x >1或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <1.故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故原条件等价于g (x )在(－∞，0)，(0,1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g (0)＝－a >0，得a <0，当a <0时，－－a <0，g (－－a )＝2(－－a )3－3(－a )－a ＝2a (－a ＋1)<0， 故a <0时，g (x )在(－∞，0)上有唯一零点； 令g (1)＝－1－a <0，解得a >－1，故－1<a <0时，g (x )在(0,1)上有唯一零点；又－1<a <0时，g (2)＝4－a >0，所以g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点． 综上可知，实数a 的取值范围是(－1,0)．[典例细解][例1] (2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e x(2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，1 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，34 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，34D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1[学解题]法一：直接法(学生用书不提供解题过程)若a ≤0，则对任意负整数m ，有f (m )＝e m(2m －1)－a (m －1)<0，不符合题中唯一要求，故必有0<a <1.由于f ′(x )＝e x(2x ＋1)－a ，易知当x ≤－1时f ′(x )≤－e －1－a <0，当x ≥1时f ′(x )≥3e－a >0，故f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．注意到f (1)＝e>0，所以在(1，＋∞)内不存在正整数x 0使得f (x 0)<0.又f (0)＝－1＋a <0，这样我们就找到了，那个唯一的整数x 0就是0.则满足题意的充要条件是f (－1)≥0，即a ≥32e ，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e ，1.法二：分离参数法(学生用书不提供解题过程)f (x )<0⇔(x －1)a >e x (2x －1)．当x >1时，有a >exx －x －1>1，这与题设矛盾，舍去； 当x <1时，有a <exx －x －1.记g (x )＝exx －x －1，则g ′(x )＝exx ＋x －－exx －x －2＝x e x x －x －2(x <1)．当x <0时，g ′(x )>0；当0<x <1时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，作出函数y ＝g (x )的大致图象如图所示．由题意知，存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，即a <g (x 0)，由图易知a 的取值范围是32e ＝g (－1)≤a ＜1，选D.法三：几何直观法(学生用书提供解题过程)设g (x )＝e x(2x －1)，y ＝ax －a ，由题意知存在唯一的整数x 0，使得g (x 0)在直线y ＝ax －a 的下方．因为g ′(x )＝e x(2x ＋1)，所以当x <－12时，g ′(x )<0；当x >－12时，g ′(x )>0，所以当x ＝－12时，g (x )min ＝－2e -12，因为g (0)＝－1<0，g (1)＝e>0，直线y ＝ax －a 恒过点(1,0)，且斜率为a ，画出函数的大致图象如图所示，故－a >g (0)＝－1，g (－1)＝－3e －1≥－a －a ，解得32e ≤a <1.法四：特殊值探路(学生用书提供解题过程)注意到f (0)＝a －1<0，故x 0＝0.又x 0唯一，故⎩⎪⎨⎪⎧f，f －，解得a ≥32e，所以32e≤a <1(*)． 这是a 需满足的必要条件．求导得f ′(x )＝e x(2x ＋1)－a .当x ≤－1时，f ′(x )<－a <0，f (x )在(－∞，－1]上单调递减，有f (x )≥f (－1)≥0；当x ≥1时，f ′(x )≥3e－a >0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增，有f (x )≥f (1)>0.可见(*)式也是充分的．于是，a 的取值范围就是32e ≤a <1，选D.[答案] D[启思维] 本题考查了含参函数与导数、不等式的综合问题，含参数的函数问题是高考中的难点，通常有以下两种解题策略．(1)数形结合：利用导数先研究函数的图象与性质，再画出该函数的草图，结合图象确定参数范围，若原函数图象不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图象解．(2)参变分离：转化为参数小于某个函数(或参数大于某个函数)，则参数小于该函数的最大值(大于该函数的最小值)，再构造函数求解即可，要注意应用分类讨论思想．[例2] (2015·全国卷Ⅱ)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)[解析]令g (x )＝f xx(x ≠0)，则g ′(x )＝xfx －f xx 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0.∵f (x )为奇函数，∴g (x )为偶函数， ∴g (x )的图象的示意图如图所示．当x >0时，由f (x )>0，得g (x )>0，由图知0<x <1， 当x <0时，由f (x )>0，得g (x )<0，由图知x <－1，∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)． [答案] A[启思维] 本题考查了导数运算的逆运算，通过xf ′(x )－f (x )<0构造函数g (x )＝f xx，然后利用函数的单调性及奇偶性结合图象求解．[知能升级]解决抽象函数导数问题常见构造函数的方法(1)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； (2)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xx(x ≠0)； (3)对于不等式f ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e xf (x )； (4)对于不等式f ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xex.[增分训练]1．已知函数f (x )，对∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，在(0，＋∞)上，f ′(x )<x ，若f (4－m )－f (m )≥8－4m ，则实数m 的取值范围为( )A ．[－2,2]B ．[2，＋∞)C ．[0，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)解析：选B 因为对∀x ∈R ，都有f (－x )＋f (x )＝x 2，所以f (0)＝0， 设g (x )＝f (x )－12x 2，则g (－x )＝f (－x )－12x 2，所以g (x )＋g (－x )＝f (x )－12x 2＋f (－x )－12x 2＝0，又g (0)＝f (0)－0＝0，所以g (x )为奇函数，且f (x )＝g (x )＋12x 2，所以 f (4－m )－f (m )＝g (4－m )＋12(4－m )2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤gm ＋12m 2＝g (4－m )－g (m )＋8－4m ≥8－4m ，则g (4－m )－g (m )≥0，即g (4－m )≥g (m )．当x >0时，g ′(x )＝f ′(x )－x <0， 所以g (x )在(0，＋∞)上为减函数， 又g (x )为奇函数， 所以4－m ≤m ，解得m ≥2.2．(2019届高三·南昌模拟)已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e ，对任意实数x ，都有f (x )－f ′(x )>0，则不等式f (x )<ex －2的解集为( )A ．(－∞，e)B ．(1，＋∞)C ．(1，e)D ．(e ，＋∞)解析：选B 设g (x )＝f xex ，则g ′(x )＝f x x －e xf xx2＝f x －f xex.∵对任意实数x ，都有f (x )－f ′(x )>0， ∴g ′(x )<0，即g (x )为R 上的减函数．g (1)＝f e＝1e2， 由不等式f (x )<e x －2，得f xex <e －2＝1e2，即g (x )<g (1)．∵g (x )为R 上的减函数， ∴x >1，∴不等式f (x )<e x －2的解集为(1，＋∞)．故选B.3．设f (x )＝x 3－mx 2＋2nx ＋1的导函数为f ′(x )，函数f ′(x )的图象关于直线x ＝23对称，若f (x )在[1，π]上恒有f (x )≥1，则实数n 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞D ．[π，＋∞)解析：选C 依题意f ′(x )＝3x 2－2mx ＋2n ，又已知函数f ′(x )的图象关于直线x ＝23对称，所以－－2m 2×3＝23，解得m ＝2，所以f (x )＝x 3－2x 2＋2nx ＋1，因为f (x )在[1，π]上恒有f (x )≥1，所以n ≥－12(x 2－2x )在[1，π]上恒成立，因为函数g (x )＝－12(x 2－2x )在[1，π]上单调递减，即函数g (x )＝－12(x 2－2x )在[1，π]上的最大值为g (1)＝12，所以实数n 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，故选C.[专题跟踪检测](对应配套卷P169) 一、全练保分考法——保大分1．函数f (x )＝e xcos x 的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( ) A ．x ＋y ＋1＝0 B ．x ＋y －1＝0 C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0解析：选C 依题意，f (0)＝e 0cos 0＝1，因为f ′(x )＝e xcos x －e xsin x ，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y －1＝x －0，即x －y ＋1＝0，故选C.2．已知函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞)B ．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D ．(1,2)解析：选C 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝2x －5＋2x ＝2x 2－5x ＋2x＝x －x －x.由f ′(x )>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)． 3．(2018·石家庄模拟)已知f (x )＝ln xx，其中e 为自然对数的底数，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (e)>f (2)>f (3)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D 由f (x )＝ln x x ，得f ′(x )＝1－ln x x2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)，f (2)－f (3)＝ln 22－ln 33＝3ln 2－2ln 36＝ln 8－ln 96<0，∴f (2)<f (3)，则f (e)>f (3)>f (2)，故选D.4．(2019届高三·广州调研)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为( )A ．ln 2B ．1C ．1－ln 2D ．1＋ln 2解析：选D 由y ＝x ln x 知y ′＝ln x ＋1，设切点为(x 0，x 0ln x 0)，则切线方程为y －x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(x －x 0)，因为切线y ＝kx －2过定点(0，－2)，所以－2－x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(0－x 0)，解得x 0＝2，故k ＝1＋ln 2，选 D.5．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )>f (x )，且f (x ＋3)为偶函数，f (6)＝1，则不等式f (x )>e x的解集为( )A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)解析：选B 因为f (x ＋3)为偶函数， 所以f (3－x )＝f (x ＋3)， 因此f (0)＝f (6)＝1. 设h (x )＝f xex，则原不等式即h (x )>h (0)．又h ′(x )＝f xx－f xxx2＝f x －f xex，依题意f ′(x )>f (x )，故h ′(x )>0， 因此函数h (x )在R 上是增函数， 所以由h (x )>h (0)，得x >0.故选B.6．已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则a 的值等于( )A ．e 2B ．eC ．2D ．1解析：选A 因为定义在R 上的函数y ＝f (x )满足f (－x )＝－f (x )， 所以y ＝f (x )为奇函数，其图象关于原点对称， 因为当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，所以当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12的最大值为－3. 又f ′(x )＝1－axx(0<x ≤2)，所以当0<x <1a时，f ′(x )>0；当1a<x ≤2时，f ′(x )<0；所以函数f (x )＝ln x －ax 在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ×1a＝－3，解得a ＝e 2.7．若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝1x －ax －2＝1－ax 2－2x x，由题意知f ′(x )<0有实数解，∵x >0，∴ax2＋2x －1>0有实数解．当a ≥0时，显然满足；当a <0时，只需Δ＝4＋4a >0，∴－1<a <0.综上知a >－1.答案：(－1，＋∞)8．已知函数f (x )＝e x－mx ＋1的图象为曲线C ，若曲线C 存在与直线y ＝e x 垂直的切线，则实数m 的取值范围是________．解析：函数f (x )的导数f ′(x )＝e x－m ，设切点为(x 0，e x 0－mx 0＋1)，即切线斜率k ＝e x 0－m ，若曲线C 存在与直线y ＝e x 垂直的切线，则满足(e x 0－m )e ＝－1，即e x 0－m ＝－1e 有解，即m ＝e x 0＋1e 有解，∵e x 0＋1e ＞1e ，∴m ＞1e.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 9．已知x 0为函数f (x )＝(e a )x＋3x 的极值点，若x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 3，13e (e 为自然对数的底数)，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝a e ax ＋3，则f ′(x 0)＝3＋a e ax 0＝0，由于e ax 0>0，则a <0，此时x 0＝1a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a .令t ＝－3a ，t >0，则x 0＝－t 3ln t ，构造函数g (t )＝－t 3ln t (t >0)，g ′(t )＝－13ln t －13＝－13(ln t ＋1)，当0<t <1e 时，g ′(t )>0，g (t )为增函数，且g (t )>0恒成立，当t >1e时，g ′(t )<0，g (t )为减函数，g (t )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝13e，且g (e)＝－e 3，因此当x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 3，13e时，0<t ≤e，即0<－3a ≤e，a ≤－3e ，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－3e .答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－3e 10．(2019届高三·长春模拟)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x (a ，b ∈R)在点A (2，f (2))处的切线方程为9x －y －16＝0.(1)求函数f (x )的解析式；(2)若过点M (2，m )(m ≠2)可作曲线y ＝f (x )的三条切线，求实数m 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝ax 3＋bx 2－3x (a ，b ∈R)， 所以f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3.根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧f＝2，f ＝9，即⎩⎪⎨⎪⎧8a ＋4b －6＝2，12a ＋4b －3＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0，所以f (x )＝x 3－3x .(2)设切点为(x 0，y 0)(x 0≠2)，则y 0＝x 30－3x 0. 因为f ′(x 0)＝3x 20－3， 所以切线的斜率为3x 20－3，则3x 20－3＝x 30－3x 0－m x 0－2，即2x 30－6x 20＋6＋m ＝0.因为过点M (2，m )(m ≠2)可作曲线y ＝f (x )的三条切线， 所以方程2x 30－6x 20＋6＋m ＝0有三个不同的实根，设函数g (x )＝2x 3－6x 2＋6＋m ，则函数g (x )有三个零点，且g ′(x )＝6x 2－12x ， 令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.g ′(x )，g (x )随x 的变化而变化的情况如下表：若函数g (x )有三个零点，则需⎩⎪⎨⎪⎧g ，g，即⎩⎪⎨⎪⎧6＋m >0，－2＋m <0，解得－6<m <2.所以实数m 的取值范围为(－6,2)．11．(2018·成都模拟)已知函数f (x )＝(ax －1)ln x ＋x 22.(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线l 的方程；(2)设函数g (x )＝f ′(x )有两个极值点x 1，x 2，其中x 1∈(0，e]，求g (x 1)－g (x 2)的最小值．解：(1)当a ＝2时，f (x )＝(2x －1)ln x ＋x 22，则f ′(x )＝2ln x ＋x －1x＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝12，∴切线l 的方程为y －12＝2(x －1)，即4x －2y －3＝0.(2)函数g (x )＝a ln x ＋x －1x＋a ，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝1＋a x ＋1x 2＝x 2＋ax ＋1x2，令g ′(x )＝0，得x 2＋ax ＋1＝0，其两根为x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝1， 故x 2＝1x 1，a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1x 1.g (x 1)－g (x 2)＝g (x 1)－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＝a ln x 1＋x 1－1x 1＋a －⎝ ⎛⎭⎪⎫a ln 1x 1＋1x 1－x 1＋a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1＋2a lnx 1＝2⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1x 1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋1x 1ln x 1，令h (x )＝2⎝⎛⎭⎪⎫x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln x .则[g (x 1)－g (x 2)]min ＝h (x )min ， 又h ′(x )＝＋x－xxx2，当x ∈(0,1]时，h ′(x )≤0， 当x ∈(1，e]时，h ′(x )<0， 即当x ∈(0，e]时，h (x )单调递减， ∴h (x )min ＝h (e)＝－4e ，故[g (x 1)－g (x 2)]min ＝－4e.12．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝ln x －x ，g (x )＝13mx 3－mx (m ≠0)．(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若对任意的x 1∈(1,2)，总存在x 2∈(1,2)，使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数m 的取值范围．解：(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x )＝1x－1，切线的斜率k ＝f ′(1)＝0，故切线方程为y ＝－1.(2)设f (x )在区间(1,2)上的值域为A ，g (x )在区间(1,2)上的值域为B ，则由题意可得A ⊆B.∵f (x )＝ln x －x ，∴f ′(x )＝1x －1＝1－xx<0在(1,2)上恒成立，∴函数f (x )在区间(1,2)上单调递减， ∴值域A 为(ln 2－2，－1)． 又g ′(x )＝mx 2－m ＝m (x ＋1)(x －1)， 当m >0时，g ′(x )>0在x ∈(1,2)上恒成立，则g (x )在(1,2)上是增函数，此时g (x )在区间(1,2)上的值域B 为⎝ ⎛⎭⎪⎫－23m ，23m ，则⎝ ⎛m >0，23m ≥－1，－23m ≤ln 2－2，解得m ≥－32(ln 2－2)＝3－32ln 2.当m <0时，g ′(x )<0在x ∈(1,2)上恒成立，则g (x )在(1,2)上是减函数，此时g (x )在区间(1,2)上的值域B 为⎝ ⎛⎭⎪⎫23m ，－23m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m <0，－23m ≥－1，23m ≤ln 2－2，解得m ≤32(ln 2－2)＝32ln 2－3.∴实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32ln 2－3∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3－32ln 2，＋∞.二、强化压轴考法——拉开分1．已知函数f (x )＝x sin x ，x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且f (x 1)＜f (x 2)，那么( ) A ．x 1－x 2＞0 B ．x 1＋x 2＞0 C ．x 21－x 22＞0D ．x 21－x 22＜0解析：选D 由f (x )＝x sin x 得f ′(x )＝sin x ＋x cos x ＝cos x (tan x ＋x )，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＞0，即f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，又f (－x )＝－x sin(－x )＝x sinx ，因而f (x )为偶函数，∴当f (x 1)＜f (x 2)时，有f (|x 1|)＜f (|x 2|)，∴|x 1|＜|x 2|，x 21－x 22＜0，故选D.2．(2018·西安八校联考)已知函数f (x )＝ln x －ax 2，若f (x )恰有两个不同的零点，则a 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫12e ，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e ，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12eD.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12e 解析：选C 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －2ax ＝1－2ax2x.当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，则函数f (x )不存在两个不同的零点．当a >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝12a，当0<x <12a时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >12a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )的最大值为f ⎝⎛⎭⎪⎫12a ＝ln12a －a ⎝⎛⎭⎪⎫12a 2＝－12ln 2a －12，于是要使函数f (x )恰有两个不同的零点，则需满足－12ln 2a －12>0，即ln 2a <－1，所以0<2a <1e ，即0<a <12e ，所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12e ，故选C.3．已知函数f (x )＝x ＋x ln x ，若m ∈Z ，且f (x )－m (x －1)>0对任意的x >1恒成立，则m 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 法一：因为f (x )＝x ＋x ln x ，且f (x )－m (x －1)>0对任意的x >1恒成立，等价于m <x ＋x ln xx －1在(1，＋∞)上恒成立，等价于m <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x ln x x －1min(x >1)．令g (x )＝x ＋x ln x x －1(x >1)，所以g ′(x )＝x －2－ln xx －2.易知g ′(x )＝0必有实根，设为x 0，则x 0－2－ln x 0＝0，且g (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，此时g (x )min＝g (x 0)＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1＝x 0＋x 0x 0－x 0－1＝x 0，因此m <x 0，令h (x )＝x －2－ln x ，可得h (3)<0，h (4)>0，又m ∈Z ，故m 的最大值为3.故选B.法二：f (x )>m (x －1)在(1，＋∞)上恒成立，而f ′(x )＝2＋ln x ，得f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， 由图象可知，过点(1,0)的直线y ＝m (x －1)必在f (x )的图象下方，设过点(1,0)且与f (x )的图象相切的直线的斜率为k ，则m <k .此时设切点为(x 0，x 0＋x 0ln x 0)， 则有k ＝2＋ln x 0＝x 0＋x 0ln x 0x 0－1，可得x 0－ln x 0－2＝0，令g (x )＝x －ln x －2，显然g (e)<0，g (e 2)>0，所以e<x 0<e 2，所以1<ln x 0<2,3<k <4，又m <k ，且m ∈Z ，因此m 的最大值为3. 故选B.4．不等式[b －(a －2)]2＋[ln b －(a －1)]2≥m 2－m 对任意的b >0，a ∈R 恒成立，则实数m 的最大值为( )A. e B ．2 C ．eD ．3解析：选B [b －(a －2)]2＋[ln b －(a －1)]2等价于点P (b ，ln b )与点Q(a －2，a －1)距离的平方，易知点P ，Q 分别在曲线C ：y ＝ln x 及直线l ：y ＝x ＋1上．令f (x )＝ln x ，则f ′(x )＝1x，令f ′(x )＝1，得x ＝1，故与直线l 平行且与曲线C 相切的直线l ′与曲线C 的切点为(1,0)，所以|P Q|min ＝22＝2，所以m 2－m ≤2，解得－1≤m ≤2，所以m 的最大值为2.故选B.5．设函数f (x )＝ex ＋a＋x ，g (x )＝ln(x ＋3)－4e－x －a，其中e 为自然对数的底数，若存在实数x 0，使得f (x 0)－g (x 0)＝2成立，则实数a 的值为( )A ．－2＋ln 2B ．1＋ln 2C ．－1－ln 2D ．2＋ln 2解析：选D 由已知得f (x )－g (x )＝e x ＋a＋x －ln(x ＋3)＋4e－x －a，设h (x )＝ex ＋a＋4e－x －a，u (x )＝x －ln(x ＋3)，所以h (x )＝ex ＋a＋4e－x －a≥2ex ＋a·4e－x －a＝4，当且仅当ex ＋a＝2时等号成立．u ′(x )＝1－1x ＋3＝x ＋2x ＋3(x >－3)，令u ′(x )>0，得x >－2；令u ′(x )<0，得－3<x <－2，所以u (x )在(－3，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，所以当x ＝－2时，u (x )取得最小值为－2.若存在实数x 0，使得f (x 0)－g (x 0)＝2成立，则当x ＝－2时，ex ＋a＝2成立，所以e－2＋a＝2，解得a ＝2＋ln 2.6．设点M (x 1，f (x 1))和点N (x 2，g (x 2))分别是函数f (x )＝ex －1－12(x －1)2和g (x )＝x －1图象上的点，且x 1≥1，x 2>0，若直线MN ∥x 轴，则M ，N 两点间的距离的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 设h (x 1)＝|MN |，由题意知h (x 1)＝x 2－x 1，x 1≥1， 由MN ∥x 轴可得g (x 2)＝f (x 1)， 即x 2＝e x 1－1－12(x 1－1)2＋1，所以h (x 1)＝x 2－x 1＝e x 1－1－12(x 1－1)2－x 1＋1，h ′(x 1)＝e x 1－1－x 1，h ″(x 1)＝e x 1－1－1，因为h ″(x 1)≥h ″(1)＝0，所以h ′(x 1)在[1，＋∞)上是增函数， 所以h ′(x 1)≥h ′(1)＝0，因此h (x 1)在[1，＋∞)上是增函数，所以h (x 1)≥h (1)＝1，故选A.7．若对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，e 为自然对数的底数，总存在唯一的y ∈[－1,1]，使得ln x －x ＋1＋a ＝y 2e y成立，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，eB.⎝ ⎛⎦⎥⎤2e ，eC.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2e ，＋∞ D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2e，e ＋1e解析：选B 设f (x )＝ln x －x ＋1＋a ，则f ′(x )＝1x －1＝1－x x.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，所以f ′(x )≥0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，所以f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －1e ，a .设g (y )＝y 2e y，y ∈[－1,1]， 则g ′(y )＝y (y ＋2)e y. 由g ′(y )<0，得－1≤y <0； 由g ′(y )>0，得0<y ≤1.所以函数g (y )在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，且g (－1)＝1e<g (1)＝e.对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，总存在唯一的y ∈[－1,1]，使得ln x －x ＋1＋a ＝y 2e y成立，等价于f (x )的值域是g (y )的不含极值点的单值区间的子集，故⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －1e ，a ⊆⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，e ，所以2e <a ≤e.故选 B. 8．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (－x )＋f (x ＋3)＝0；当x ∈(0,3)时，f (x )＝eln xx，其中e 是自然对数的底数，且e≈2.72，则方程6f (x )－x ＝0在[－9,9]上的解的个数为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选D 依题意，当x ∈(0,3)时，f ′(x )＝－ln xx 2，令f ′(x )＝0得x ＝e ，故函数f (x )在区间(0，e)上单调递增，在区间(e,3)上单调递减，故在区间(0,3)上，f (x )max ＝f (e)＝1.又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (－x )＋f (x ＋3)＝0，即f (x ＋3)＝f (x )，f (0)＝0.由6f (x )－x ＝0，得f (x )＝x6.在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )与y ＝x 6在区间[－9,9] 上的图象如图所示．由图可知，函数y ＝f (x )与y ＝x6的图象有7个交点，即方程6f (x )－x ＝0的解的个数为7.故选D.。