专题04 导数及其应用(教学案) 2018年高考理数二轮复习精品资料 Word版 含解析

(1)当
a
1 时，求曲线
f
x
在点
1 2
,
f
1 2
处的切线方程；
(2)当 a 0 时，若关于 x 的不等式 f x a a ln 2a 恒成立，求实数 a 的取值范围.
11．已知 a R ，函数 f (x) ex ax ， g(x) ax ln x ． (1)当 a e 时，若斜率为 0 的直线 l 是 g(x) 的一条切线，求切点的坐标； (2)若 f (x) 与 g(x) 有相同的最小值，求实数 a．
①若 f (x) 在某个区间上单调递增，则在该区间上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于 0）；反之，要满足 f (x) 0 ，才能得出 f (x) 在某个区间上单调递增；
注意：在做此类题目时要分清题目提供的点在曲线上还是在曲线外． 易错提醒：1．求函数导数的总原则：先化简解析式，再求导．注意以下几点：
连乘形式则先展开化为多项式形式，再求导；三角形式，先利用三角函数公式转化为和或差的形式， 再求导；分式形式，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导；复合函数，先确定复合关系，由外
y
f (x0 )
f (x0 )(x
x0
)
，抓住关键
ky0f
f (x0 ) (x0 )
．
应用 2．过点的切线方程 设切点为 P(x0 ，y0 ) ，则斜率 k f (x0 ) ，过切点的切线方程为： y y0 f (x0 )(x x0 ) ，又因为切线方
程过点 A(m ，n) ，所以 n y0 f (x0 )(m x0 ) 然后解出 x0 的值．（ x0 有几个值，就有几条切线）
A． 3x y 1 0 B． 2x y 1 0
C． 4x y 1 0

(1)若求极值,则先求方程f '(x)=0的全部实根,再检验f '(x)在方程根的左
右两侧值的符号.
(2)若已知极值存在情况,则转化为已知方程f '(x)=0的根的存在情况,从
而求解.
(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,比较区间端点
的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值,从而得到函数的最值.
典型例题
(2017浙江,20改编)已知函数f(x)=(x- 2x
1)·e-x x
1 2

.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)的单调区间.
解析 (1)∵(x- 2x 1)'=1- 1 ,(e-x)'=-e-x,
2x 1
∴f '(x)=1
2
1 x

1
e-x-(x-
130 ,


.
2.已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=- 4 处取得极值.
3
(1)确定a的值;
(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.
解析 (1)对f(x)求导得f '(x)=3ax2+2x,
因为f(x)在x=- 4 处取得极值,所以f
3
' 43
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)=ex(cos x-sin x)-1,
则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.
当x∈ 0, 2 时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间 0, 2

第16讲 导数的应用题型1 利用导数研究函数的单调性(对应学生用书第53页)■核心知识储备………………………………………………………………………·1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性． 3．利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域； (2)求导函数f ′(x )；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.②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．■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间； (2)∀m >n >0，f m －f nm －n>1恒成立，求实数a 的取值范围.【导学号：07804112】[思路分析] (1)求f ′(x )―→结合a 的取值讨论f (x )的单调区间； (2)f m －f nm －n>1――――→等价变形f (m )－m >f (n )－n―――――→构造函数gx ＝f x －x由g ′(x )≥0―――――→分离参数求a 的取值范围．[解] (1)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 .当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 )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(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 ，＋∞.(2)因为f m －f nm －n>1，且m >n ，故f (m )－m >f (n )－n .记g (x )＝f (x )－x ，则函数g (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上单调递增．由g (x )＝f (x )－x ＝ax 2－2x ＋ln x ，可得g ′(x )＝2ax －2＋1x≥0.因为x >0，所以a ≥2－1x 2x ＝1x －12x2.记h (x )＝1x －12x 2(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－12×(－2)×1x 3＝1－xx 3.显然，当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (1)＝11－12×12＝12，所以a ≥12.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. [类题通法] 求单调区间或判断单调性的方法不含参数：解不等式fx 或f x ，把不等式解集与定义域取交集，就是对应的增区间或减区间.含有参数：针对参数进行分类讨论，引起讨论的因素包含：参数的正负性，导数有无极值点，极值点的大小关系，极值点与定义域的关系.■对点即时训练………………………………………………………………………·已知函数f (x )＝(ax 2＋x －1)e x＋f ′(0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若g (x )＝e －xf (x )＋ln x ，h (x )＝e x，过点O (0,0)分别作曲线y ＝g (x )与y ＝h (x )的切线l 1，l 2，且l 1与l 2关于x 轴对称，求证：－＋32e2<a <－e ＋22. [解] 由已知得f ′(x )＝[ax 2＋(2a ＋1)x ]e x ，f ′(0)＝0，所以f (x )＝(ax 2＋x －1)e x. (1)f ′(x )＝[ax 2＋(2a ＋1)x ]e x ＝[x (ax ＋2a ＋1)]e x.①若a >0，当x <－2－1a 或x >0时，f ′(x )>0；当－2－1a<x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2－1a ，(0，＋∞)；单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－2－1a，0.②若a ＝0，f (x )＝(x －1)e x ，f ′(x )＝x e x，当x >0时，f ′(x )>0；当x <0时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；单调递减区间为(－∞，0)．③若－12<a <0，当x >－2－1a 或x <0时，f ′(x )<0；当0<x <－2－1a时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2－1a ；单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－1a ，＋∞.④若a ＝－12，f ′(x )＝－12x 2e x≤0，故f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)．⑤若a <－12，当x <－2－1a 或x >0时，f ′(x )<0；当－2－1a<x <0时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－1a ，0；单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－2－1a 和(0，＋∞)．综上所述，当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2－1a 和(0，＋∞)；单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－2－1a，0.当a ＝0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；单调递减区间为(－∞，0)．当－12<a <0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2－1a ；单调递减区间为(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－2－1a ，＋∞.当a ＝－12时，f (x )的单调递减区间为(－∞，＋∞)；当a <－12时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－2－1a ，0；单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2－1a 和(0，＋∞)．(2)证明：g (x )＝e －xf (x )＋ln x ＝ax 2＋x －1＋ln x ，设切线l 2的方程为y ＝k 2x ，切点为(x 2，y 2)，则y 2＝e x 2，k 2＝e x 2＝y 2x 2，所以x 2＝1，y 2＝e ，k 2＝e.由题意，知k 1＝－k 2＝－e ，所以切线l 1的方程为y ＝－e x .设l 1与y ＝g (x )的切点为(x 1，y 1)，则k 1＝g ′(x 1)＝2ax 1＋1＋1x 1＝y 1x 1＝－e ，a ＝－e ＋12x 1－12x 21.又因为y 1＝ax 21＋x 1－1＋ln x 1＝－e x 1，即e ＋12x 1＋ln x 1－32＝0，令u (x )＝e ＋12x ＋ln x －32，u ′(x )＝e ＋12＋1x ，在定义域上，u ′(x )>0，所以在(0，＋∞)上，u (x )是单调递增函数．又因为u (1)＝e －22>0，u ⎝ ⎛⎭⎪⎫e e ＋1＝e 2＋ln e e ＋1－32<0，所以u (1)·u ⎝ ⎛⎭⎪⎫e e ＋1<0，即e e ＋1<x 1<1.令t ＝1x 1，则1<t <e ＋1e ，a (t )＝－12[t 2＋(e ＋1)t ]，所以a >a ⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e ＝－＋32e2，a <a (1)＝－e ＋22.故－＋32e2<a <－e ＋22.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 5、T 6、T 10)题型2 利用导数研究函数的极值、最值问题(对应学生用书第54页)■核心知识储备………………………………………………………………………·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．■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 已知函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋2＋a ln x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的极值点；(2)若a ＝2，求函数f (x )在[1，t ](t >1)上的最小值.【导学号：07804113】[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x＝x 2－a ＋x ＋ax＝x －ax －x.由f ′(x )＝0，可得x 1＝a ，x 2＝1.①若a ≤0，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )②若0<a <1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )③若a ＝1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：极小值点．④若a >1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故f (x )综上，若a ≤0，f (x )的极小值点为1，无极大值点； 若0<a <1，f (x )的极小值点为1，极大值点为a ； 若a ＝1，f (x )既无极大值点，也无极小值点； 若a >1，f (x )极小值点为a ，极大值点为1. (2)当a ＝2时，f (x )＝12x 2－3x ＋2＋2ln x .由(1)可知，函数f (x )在[1,2]上单调递减，在[2，＋∞)上单调递增． 若1<t ≤2，则函数f (x )在[1，t ]上单调递减， 所以f (x )的最小值为f (t )＝12t 2－3t ＋2＋2ln t .若t >2，则函数f (x )在[1,2]上单调递减，在[2，t ]上单调递增， 所以f (x )的最小值为f (2)＝12×22－3×2＋2＋2ln 2＝－2＋2ln 2.综上，当1<t ≤2时，f (x )的最小值为12t 2－3t ＋2＋2ln t ；当t >2时，f (x )的最小值为－2＋2ln 2. [类题通法]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fx 的各极值进行比较得到函数的最值.■对点即时训练………………………………………………………………………·已知函数f (x )＝exx＋a (x －ln x )，e 为自然对数的底数．(1)当a >0时，试求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有三个不同的极值点，求实数a 的取值范围． [解] (1)函数的定义域为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝exx －x 2＋a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＝exx －＋ax x －x 2＝x＋ax x －x 2.当a >0时，对于任意x ∈(0，＋∞)，e x＋ax >0恒成立，所以若x >1，f ′(x )>0，若0<x <1，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．(2)由条件，知f ′(x )＝0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有三个不同的根，即e x＋ax ＝0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有两个不同的根，且a ≠－e ，则a ＝－e xx ，令g (x )＝－e xx，则g ′(x )＝－exx －x 2，则当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时g (x )单调递增，x ∈(1,2)时单调递减，所以g (x )的最大值为g (1)＝－e ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2e ，g (2)＝－12e 2，而－2e －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e 2＝12e 2－2e>0，所以－2e<a <－e.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2、T 3、T 4、T 7、T 9、T 13) 题型3 利用导数解决不等式问题(答题模板)(对应学生用书第54页)函数与不等式恒成立、不等式证明相交汇的问题在近年的高考中有升温趋势，常以解答题的压轴题呈现，一般难度较大．(1)以单调性或导数的几何意义为背景，根据已成立的不等式求参数的范围(2017·全国Ⅲ卷T 21、2015·全国Ⅰ卷T 21、2015·全国Ⅱ卷T 21、2014·全国Ⅱ卷T 21) (2)以导数的几何意义为背景，证明不等式(2017·全国Ⅱ卷T 21、2014·全国Ⅰ卷T 21、2013·全国Ⅰ卷T 21、2013·全国Ⅱ卷T 21)■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典例】 (本小题满分12分)(2014·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x，曲线y ＝f x 在点，f 处的切线方程为y ＝x －＋2.①(1)求a ，b ；②(2)证明：fx③【导学号：07804114】[审题指导]fx ＝a e x ln x ＋a x e x －b x 2e x －1＋bxe x －1.④由题意可得f (1)＝2，f ′(1)＝e.故a ＝1，b ＝2. 4分 (2)证明：由(1)知，f (x )＝e xln x ＋2xe x －1，从而f (x )>1等价于x ln x >x e －x－2e.⑤6分设函数g (x )＝x ln x ，则g ′(x )＝1＋ln x .所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g ′(x )>0. 故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，从而g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .8分设函数h (x )＝x e －x －2e ，则h ′(x )＝e －x(1－x )．所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0.故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最大值为h (1)＝－1e .10分因为gxmin＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝h ＝h xmax，⑥所以，当x >0时，g (x )>h (x )，即f (x )>1. 12分 [阅卷者说]1.利用导数证明不等式的基本步骤作差或变形.构造新的函数h x利用导数研究h x的单调性或最值.根据单调性及最值，得到所证不等式.,特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题.2.构造辅助函数的四种方法移项法：证明不等式f x g x f x g x的问题转化为证明f x －g x f x－g x，进而构造辅助函数h x＝f x－g x构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数.主元法：对于或可化为f x1，x2A的不等式，可选x1或x2为主元，构造函数f x，x2或f x1，x放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.■对点即时训练………………………………………………………………………·已知函数f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x，φ(x)＝mx2.(1)当m＝1且x≥0时，证明：f(x)≥φ(x)；(2)若x≥0，f(x)≥φ(x)恒成立，求实数m的取值范围．[解](1)证明：当m＝1时，令p(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－x2(x≥0)，所以p′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2·1x＋1－1－2x＝2(x＋1)ln(x＋1)－x. 设p′(x)＝G(x)，则G′(x)＝2ln(x＋1)＋1>0，所以函数p′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以p′(x)≥p′(0)＝0，所以函数p(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以p(x)≥p(0)＝0.所以f(x)≥φ(x)．(2)设h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2(x≥0)，所以h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x －2mx.由(1)知当x ≥0时，(x ＋1)2ln(x ＋1)≥x 2＋x ＝x (x ＋1)，所以(x ＋1)ln(x ＋1)≥x ， 所以h ′(x )≥3x －2mx .①当3－2m ≥0，即m ≤32时，h ′(x )≥0，所以h (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )≥h (0)＝0，满足题意．②当3－2m <0，即m >32时，设H (x )＝h ′(x )＝2(x ＋1)·ln(x ＋1)＋(1－2m )x ，H ′(x )＝2ln(x ＋1)＋3－2m ，令H ′(x )＝0，得x 0＝e 2m －32－1>0，故h ′(x )在[0，x 0]上单调递减，在[x 0，＋∞)上单调递增．当x ∈[0，x 0)时，h ′(x )<h ′(0)＝0，所以h (x )在[0，x 0)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝0，不满足题意． 综上，实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32. ■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 8、T 11、T 12、T 14)三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第56页)1.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 C [取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23－1＝－23＜0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增的条件，故排除A ，B ，D.故选C.]2．(2015·全国Ⅱ卷)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( )【导学号：07804115】A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)A [设y ＝g (x )＝f x x (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，g (x )>0时，f (x )>0,0<x <1， 当x <0，g (x )<0时，f (x )>0，x <－1，∴使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.] 3.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x的单调性，并证明当x ＞0时，(x －2)e x＋x ＋2＞0.(2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －ax2(x ＞0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．[解] (1)f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f ′(x )＝x －x ＋x－x －xx ＋2＝x 2e xx ＋2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，即(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)g ′(x )＝x －x＋a x ＋x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a )． 由(1)知，f (x )＋a 单调递增．对任意a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1＜0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0， 即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e x a－ax a ＋x 2a ＝e x a＋fx ax a ＋x 2a＝ex ax a ＋2. 于是h (a )＝ex ax a ＋2.由⎝ ⎛⎭⎪⎫e x x ＋2′＝x ＋x x ＋2＞0，得y ＝exx ＋2单调递增， 所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2＜h (a )＝e x ax a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 4.(2017·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0.(1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2＜f (x 0)＜2－2. [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 设g (x )＝ax －a －ln x ，则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0. 因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0， 而g ′(x )＝a －1x，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x.当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0. 综上，a ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x . 设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )＞0. 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增．又h (e －2)>0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，h (1)＝0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )>0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0. 因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点． 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)． 由x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12得f (x 0)＜14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)上的最大值点， 由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)>f (e －1)＝e －2. 所以e －2<f (x 0)<2－2.。

1．曲线f (x )＝exx －1在x ＝0处的切线方程为( )A ．x －y －1＝0B ．x ＋y ＋1＝0C ．2x －y －1＝0D ．2x ＋y ＋1＝0解析 因为f ′(x )＝e x(x －2 )(x －1 )2 ,所以f ′(0)＝－2 ,故在x ＝0处的切线方程为2x ＋y ＋1＝0 ,应选D.答案 D2．曲线f (x )＝x 3＋x －2在p 0处的切线平行于直线y ＝4x －1 ,那么p 0点的坐标为( ) A ．(1 ,0)B ．(2 ,8)C ．(1 ,0)和(－1 ,－4)D ．(2 ,8)和(－1 ,－4)解析 设p 0(x 0 ,y 0) ,那么3x 20＋1＝4 ,所以x 0＝±1 ,所以p 0点的坐标为(1 ,0)和(－1 ,－4)．应选C. 答案 C3.如图 ,直线y ＝2x 与抛物线y ＝3－x 2所围成的阴影局部的面积是( ) A.353B ．2 2C ．2－ 3D.323解析 S ＝⎠⎛－31(3－x 2－2x )d x ＝323,应选D.答案 D4．设a ＝⎠⎛01 cos x d x ,b ＝⎠⎛01 sin x d x ,以下关系式成立的是( )A ．a >bB ．a ＋b <1C ．a <bD ．a ＋b ＝1答案 A5．如果f ′(x )是二次函数 ,且f ′(x )的图象开口向上 ,顶点坐标为(1 ,3) ,那么曲线y ＝f (x )上任一点的切线的倾斜角α的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤0 π3B.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π3 π2C.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤π2 2π3D.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π3 π解析 由题意可设f ′(x )＝a (x －1)2＋3(a >0) ,即函数切线的斜率为k ＝f ′(x )＝a (x －1)2＋3≥ 3 ,即tan α≥ 3 ,∴π3≤α<π2 ,选B.答案 B6．设点P 在曲线y ＝12e x上 ,点Q 在曲线y ＝ln(2x )上 ,那么|PQ |的最||小值为( )A ．1－ln 2 B.2(1－ln 2) C ．1＋ln 2D.2(1＋ln 2)答案 B7．定义域为R 的函数f (x )满足：f (4)＝－3 ,且对任意x ∈R 总有f ′(x )<3 ,那么不等式f (x )<3x －15的解集为( ) A ．(－∞ ,4)B ．(－∞ ,－4)C ．(－∞ ,－4)∪(4 ,＋∞)D ．(4 ,＋∞)解析 记g (x )＝f (x )－3x ＋15 ,那么g ′(x )＝f ′(x )－3<0 ,可知g (x )在R 上为减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0 ,所以f (x )<3x －15可化为f (x )－3x ＋15<0 ,即g (x )<g (4) ,结合其函数单调递减 ,故得x >4. 答案 D8．函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ,x ∈R ,假设f (x )＋9≥0恒成立 ,那么实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫32 ＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32 ＋∞C.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞ 32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞ 32 解析 因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ,所以f ′(x )＝2x 3－6x 2,令f ′(x )＝0 ,得x ＝0或x ＝3 ,经检验知x＝3是函数的一个极小值点 ,所以函数的最||小值为f (3)＝3m －272 ,不等式f (x )＋9≥0恒成立 ,即f (x )≥－9恒成立 ,只需3m －272≥－9 ,解得m ≥32.答案 A9．定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x ) ,当x ≠0时 ,f ′(x )＋f (x )x ＞0 ,假设a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 ,b ＝－2f (－2) ,c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12 ,那么a ,b ,c 的大小关系正确的选项是( )A ．a ＜c ＜bB ．b ＜c ＜aC ．a ＜b ＜cD ．c ＜a ＜b答案 A10．f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ,f ′(x )为f (x )的导函数 ,f ′(x )的图象是( ) 解析 因为f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ＝14x 2＋cos x ,所以f ′(x )＝12x －sin x 为奇函数 ,且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<0 ,应选A. 答案 A11．点P 在曲线y ＝4e x ＋1上 ,α为曲线在点P 处的切线的倾斜角 ,那么α的取值范围是( )A.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫0 π4B.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫π4 π2C.⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤π2 3π4D.⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫3π4 π解析 设曲线在点P 处的切线斜率为k , 那么k ＝y ′＝－4e x(e x ＋1 )2＝－4e x＋1e x ＋2. 因为e x>0 ,所以由根本不等式可得k ≥－42e x·1ex ＋2＝－1.又k <0 ,所以－1≤k <0 ,即－1≤tan α<0. 所以3π4≤α<π.应选D.答案 D12．函数y ＝f (x )的图象如下列图 ,那么导函数y ＝f ′(x )的图象的大致形状是( ) 解析：由f (x )图象先降再升后趋于平稳知 ,f ′(x )的函数值先为负 ,再为正 ,后为零．应选D. 答案：D13．曲线y ＝e 2x 在点(4 ,e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( ) A.92e 2 B ．4e 2 C ．2e 2D ．e 2答案：D14．偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x ) ,且满足f (1)＝0 ,当x >0时 ,xf ′(x )<2f (x ) ,那么使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A ．(－∞ ,－1)∪(0,1) B ．(－∞ ,－1)∪(1 ,＋∞) C ．(－1,0)∪(1 ,＋∞) D ．(－1, 0)∪(0,1)答案：D15．假设函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数 ,那么函数f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2) ,∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数 ,∴－3<b <1 ,那么由f ′(x )>0 ,得x <b 或x >2 ,由f ′(x )<0 ,得b <x <2 ,∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.答案：A16．函数f (x )＝2x －ln x 的单调递增区间是________．解析：函数f (x )＝2x －ln x 的定义域为(0 ,＋∞) ,由f ′(x )＝2－1x ≥0 ,解得x ≥12,所以函数f (x )＝2x－ln x 的单调递增区间为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12 ＋∞.答案：⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫12 ＋∞17．f (x )＝ax ln x ＋1(a ∈R) ,x ∈(0 ,＋∞) ,f ′(x )为f (x )的导函数 ,f ′(1)＝2 ,那么a ＝________. 解析：∵f ′(x )＝a ln x ＋a ,∴f ′(1)＝a ＝2. 答案：218．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 ＝bf (x )有三个不同零点 ,求c 的取值范围．19．设函数f (x )＝12x 2－m ln x ,g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥0时 ,讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0 ,＋∞) ,f ′(x )＝x 2－mx,当m ≤0时 ,f ′(x )＞0 ,所以函数f (x )的单调递增区间是(0 ,＋∞) ,无单调递减区间． 当m ＞0时 ,f ′(x )＝x ＋mx －mx,当0＜x ＜m 时 ,f ′(x )＜0 ,函数f (x )单调递减；当x ＞m时 ,f ′(x )＞0 ,函数f (x )单调递增．综上 ,当m ≤0时 ,函数f (x )的单调递增区间是(0 ,＋∞) ,无单调递减区间；当m ＞0时 ,函数f (x )的单调递增区间是(m ,＋∞) ,单调递减区间是(0 ,m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ,x ＞0 ,问题等价于求函数F (x )的零点个数 ,当m ＝0时 ,F (x )＝－12x 2＋x ,x ＞0 ,有唯一零点；当m ≠0时 ,F ′(x )＝－x －1x －mx ,当m ＝1时 ,F ′(x )≤0 ,函数F (x )为减函数 ,注意到F (1)＝32＞0 ,F (4)＝－ln 4＜0 ,所以F (x )有唯一零点．当m ＞1时 ,0＜x ＜1或x ＞m 时 ,F ′(x )＜0；1＜x ＜m 时 ,F ′(x )＞0 ,所以函数F (x )在(0,1)和(m ,＋∞)上单调递减 ,在(1 ,m )上单调递增 ,注意到F (1)＝m ＋12＞0 ,F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0 ,所以F (x )有唯一零点．当0＜m ＜1时 ,0＜x ＜m 或x ＞1时 ,F ′(x )＜0；m ＜x ＜1时 ,F ′(x )＞0 ,所以函数F (x )在(0 ,m )和(1 ,＋∞)上单调递减 ,在(m,1)上单调递增 ,易得ln m ＜0 , 所以F (m )＝m2(m ＋2－2ln m )＞0 ,而F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0 ,所以F (x )有唯一零点．综上 ,函数F (x )有唯一零点 ,即两函数图象有一个交点．20．函数f (x )＝ln x －a x ＋1x －1,曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设直线l 为函数g (x )＝ln x 的图象上任意一点A (x 0 ,y 0)处的切线 ,在区间(1 ,＋∞)上是否存在x 0 ,使得直线l 与曲线h (x )＝e x也相切 ?假设存在 ,满足条件的x 0有几个 ?结合零点存在性定理 ,说明方程f (x )＝0必在区间(e ,e 2)上有唯一的根 ,这个根就是所求的唯一x 0. 21．设函数f (x )＝ln x ＋m x,m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时 ,求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)假设对任意b ＞a ＞0 ,f b －f ab －a＜1恒成立 ,求m 的取值范围．。