高三数二轮复习专题二第三讲导数的应用教案理

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2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧

函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()

常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析因为
() '
2

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解3---导数的几何意义及函数的单调性

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第3讲导数的几何意义及函数的单调性[考情分析] 1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属综合性问题．考点一导数的几何意义与计算核心提炼1．导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．2．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x.例1(1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2e x－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为()A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0答案 B解析由题意，函数f(x)＝(2e x－x)·cos x，可得f′(x)＝(2e x－1)·cos x－(2e x－x)·sin x，所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________．答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a )0e x)，O 为坐标原点，依题意得，切线斜率k OA ＝0=|x x y'＝(x 0＋a ＋1)0e x ＝000e x x a x (+)，化简，得x 20＋ax 0－a ＝0.因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以关于x 0的方程x 20＋ax 0－a ＝0有两个不同的根，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．易错提醒求曲线的切线方程要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y ＝ln|x |过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.答案 y ＝1e xy ＝－1ex 解析先求当x >0时，曲线y ＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x 0，y 0)，则由y ′＝1x ，得切线斜率为1x 0，又切线的斜率为y 0x 0，所以1x 0＝y 0x 0，解得y 0＝1，代入y ＝ln x ，得x 0＝e ，所以切线斜率为1e ，切线方程为y ＝1ex . 同理可求得当x <0时的切线方程为y ＝－1ex . 综上可知，两条切线方程为y ＝1e x ，y ＝－1ex . (2)(2022·保定联考)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝b e x ，若直线y ＝kx (k >0)与函数f (x )，g (x )的图象都相切，则a ＋1b的最小值为( ) A ．2 B ．2eC ．e 2D. e答案 B解析设直线y ＝kx 与函数f (x )，g (x )的图象相切的切点分别为A (m ，km )，B (n ，kn )．由f ′(x )＝a x ，有⎩⎪⎨⎪⎧ km ＝a ln m ，a m ＝k ，解得m ＝e ，a ＝e k .又由g ′(x )＝b e x ，有⎩⎪⎨⎪⎧kn ＝b e n ，b e n ＝k ，解得n ＝1，b ＝k e，可得a ＋1b ＝e k ＋e k≥2e 2＝2e ，当且仅当a ＝e ，b ＝1e时取“＝”．考点二利用导数研究函数的单调性核心提炼利用导数研究函数单调性的步骤(1)求函数y ＝f (x )的定义域．(2)求f (x )的导数f ′(x )．(3)求出f ′(x )的零点，划分单调区间．(4)判断f ′(x )在各个单调区间内的符号．例2(2022·哈师大附中模拟)已知函数f (x )＝ax e x －(x ＋1)2(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在x ＝0处的切线与直线y ＝ax 垂直，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，则f ′(0)＝a －2，由已知得(a －2)a ＝－1，解得a ＝1.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，①当a ≤0时，a e x －2<0，所以f ′(x )>0⇒x <－1，f ′(x )<0⇒x >－1，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令a e x －2＝0，得x ＝ln 2a， (ⅰ)当0<a <2e 时，ln 2a>－1，所以f ′(x )>0⇒x <－1或x >ln 2a， f ′(x )<0⇒－1<x <ln 2a，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； (ⅱ)当a ＝2e 时，f ′(x )＝2(x ＋1)(e x ＋1－1)≥0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅲ)当a >2e 时，ln 2a<－1，所以f ′(x )>0⇒x <ln 2a或x >－1， f ′(x )<0⇒ln 2a<x <－1，则f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；当0<a <2e 时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增；当a ＝2e 时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；(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的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝ln x －ln t x －t. (1)当t ＝2时，求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间．解 (1)∵t ＝2，∴f (x )＝ln x －ln 2x －2， ∴f ′(x )＝x －2x －ln x ＋ln 2(x －2)2， ∴f ′(1)＝ln 2－1，又f (1)＝ln 2，∴切线方程为y －ln 2＝(ln 2－1)(x －1)，即y ＝(ln 2－1)x ＋1.(2)f (x )＝ln x －ln t x －t， ∴f (x )的定义域为(0，t )∪(t ，＋∞)，且t >0，f ′(x )＝1－t x －ln x ＋ln t (x －t )2，令φ(x )＝1－t x－ln x ＋ln t ，x >0且x ≠t ， φ′(x )＝t x 2－1x ＝t －x x 2， ∴当x ∈(0，t )时，φ′(x )>0，当x ∈(t ，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，t )上单调递增，在(t ，＋∞)上单调递减，∴φ(x )<φ(t )＝0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，t )，(t ，＋∞)上单调递减．即f (x )的单调递减区间为(0，t )，(t ，＋∞)，无单调递增区间．考点三单调性的简单应用核心提炼1．函数f (x )在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在x ∈D 上恒成立．2．函数f (x )在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在x ∈D 上有解．例3 (1)若函数f (x )＝e x (cos x －a )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝e x (cos x －a )＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x －a )，∵f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，∴f ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，即cos x －sin x －a ≤0恒成立，即a ≥cos x －sin x ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4恒成立，∵－π2<x <π2，∴－π4<x ＋π4<3π4，∴－1<2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≤2，∴a ≥ 2.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a ＝0.1e 0.1，b ＝19，c ＝－ln 0.9，则( )A ．a 0，v (x )>0，w (x )>0.①设f (x )＝ln[u (x )]－ln[v (x )]＝ln x ＋x －[ln x －ln(1－x )]＝x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则f ′(x )＝1－11－x ＝x x －1<0在(0,0.1]上恒成立，所以f (x )在(0,0.1]上单调递减，所以f (0.1)<f (0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u (0.1)]－ln[v (0.1)]<0，所以ln[u (0.1)]<ln[v (0.1)]．又函数y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，所以u (0.1)<v (0.1)，即0.1e 0.1<19，所以a 0在(0,0.1]上恒成立，所以h (x )在(0,0.1]上单调递增，所以h (x )>h (0)＝(1－02)·e 0－1＝0，即g ′(x )>0在(0,0.1]上恒成立，所以g (x )在(0,0.1]上单调递增，所以g (0.1)>g (0)＝0·e 0＋ln(1－0)＝0，即g (0.1)＝u (0.1)－w (0.1)>0，所以0.1e 0.1>－ln 0.9，即a >c .综上，c <a <b ，故选C.规律方法利用导数比较大小或解不等式的策略利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．跟踪演练3 (1)(2022·全国甲卷)已知9m ＝10，a ＝10m －11，b ＝8m －9，则( )A ．a ＞0＞bB ．a ＞b ＞0C ．b ＞a ＞0D ．b ＞0＞a答案 A解析 ∵9m ＝10，∴m ∈(1,2)，令f (x )＝x m －(x ＋1)，x ∈(1，＋∞)，∴f ′(x )＝mx m －1－1， ∵x >1且1<m <2，∴x m －1>1，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又9m ＝10，∴9m －10＝0，即f (9)＝0，又a ＝f (10)，b ＝f (8)，∴f (8)<f (9)<f (10)，即b <0<a .(2)已知变量x 1，x 2∈(0，m )(m >0)，且x 1<x 2，若2112x x x x 恒成立，则m 的最大值为(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)( )A ．e B. e C.1eD ．1 答案 A解析 ∵2112x x x x ⇒x 2ln x 1<x 1ln x 2，x 1，x 2∈(0，m )，m >0，∴ln x 1x 1<ln x 2x 2恒成立，设函数f (x )＝ln x x ，∵x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(0，m )上单调递增，又f ′(x )＝1－ln xx 2，则f ′(x )>0⇒0<x <e ，即函数f (x )的单调递增区间是(0，e)，则m 的最大值为e.专题强化练一、单项选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f (x )＝1x －2x ＋ln x ，则函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为() A ．2x ＋y －2＝0 B ．2x －y －1＝0C ．2x ＋y －1＝0D ．2x －y ＋1＝0答案 C解析因为f ′(x )＝－1x 2－2＋1x ，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝－1，故函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －1)，化简得2x ＋y －1＝0.2．已知函数f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，其导函数为f ′(x )，则f ′(0)等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析因为f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，所以f (0)＝2－f ′(0)．因为f ′(x )＝2x ＋f (0)＋f ′(0)·sin x ，所以f ′(0)＝f (0)．故f ′(0)＝f (0)＝1.3．(2022·重庆检测)函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，π2B.⎝⎛⎭⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎫0，3π4 D.⎝⎛⎭⎫3π4，π 答案 D解析 f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，3π4时， e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，则f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，则f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，π)上的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫3π4，π.4．(2022·厦门模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －mx 在区间x ∈[1,2]上存在单调递增区间，则m 的取值范围为( )A ．(0，e)B ．(－∞，e)C ．(0,2e 2)D ．(－∞，2e 2)答案 D解析 ∵f (x )＝(x －1)e x －mx ，∴f ′(x )＝x e x －m ，∵f (x )在区间[1,2]上存在单调递增区间，∴存在x ∈[1,2]，使得f ′(x )>0，即m <x e x ，令g (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0恒成立，∴g (x )＝x e x 在[1,2]上单调递增，∴g (x )max ＝g (2)＝2e 2，∴m <2e 2，故实数m 的取值范围为(－∞，2e 2)．5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则( )A ．e b <aB ．e a <bC ．0<a <e bD ．0b >c B ．a >c >bC ．b >a >cD ．c >b >a答案 B解析由b ＝ln 1.52＋1＝ln 1.5＋1，令f (x )＝ln x ＋1－x ，则f ′(x )＝1x －1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0；所以f (x )＝ln x ＋1－x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，则f ( 1.5)<0，因此ln 1.5＋1－ 1.5<0，所以b <c ，又因为c ＝ 1.5<1.3，所以ln 1.5＋1< 1.5<1.3，得ln 1.5<0.3＝ln e 0.3，故 1.5<e 0.3，所以a >c .综上，a >c >b .二、多项选择题7．若曲线f (x )＝ax 2－x ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则a 的取值可以是() A ．－12 B ．0 C.18 D.14答案 ABC解析依题意，f (x )存在垂直于y 轴的切线，即存在切线斜率k ＝0的切线，又k ＝f ′(x )＝2ax ＋1x －1，x >0，∴2ax ＋1x －1＝0有正根，即－2a ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 有正根，即函数y ＝－2a 与函数y ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x ，x >0的图象有交点，令1x ＝t >0，则g (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14，∴g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫12＝－14，∴－2a ≥－14，即a ≤18.8．已知函数f (x )＝ln x ，x 1>x 2>e ，则下列结论正确的是() A ．(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0B.12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x22C ．x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0D ．e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2答案 BCD解析 ∵f (x )＝ln x 是增函数，∴(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，A 错误；12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12(ln x 1＋ln x 2)＝12ln(x 1x 2)＝ln x 1x 2，f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝ln x 1＋x 22，由x 1>x 2>e ，得x 1＋x 22>x 1x 2，又f (x )＝ln x 单调递增，∴12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x1＋x 22，B 正确；令h (x )＝f (x )x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2，当x >e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x 1)<h (x 2)，即 f (x 1)x 1< f (x 2)x 2⇒x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0， C 正确；令g (x )＝e f (x )－x ，则g ′(x )＝e x－1，当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x 1)<g (x 2)，即e f (x 1)－x 1<e f (x 2)－x 2⇒e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2，D 正确．三、填空题9．(2022·保定模拟)若函数f (x )＝ln x －2x＋m 在(1，f (1))处的切线过点(0,2)，则实数m ＝______. 答案 6解析由题意，函数f (x )＝ln x －2x ＋m ，可得f ′(x )＝1x ＋321x ，可得f ′(1)＝2，且f (1)＝m －2，所以m －2－21－0＝2，解得m ＝6. 10．已知函数f (x )＝x 2－cos x ，则不等式f (2x －1)<f (x ＋1)的解集为________．答案 (0,2)解析 f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数．当x >0时，f ′(x )＝2x ＋sin x ，令g (x )＝2x ＋sin x ，则g ′(x )＝2＋cos x >0，∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，∴原不等式化为|2x －1|<|x ＋1|，解得0<x <2，∴原不等式的解集为(0,2)．11．(2022·伊春模拟)过点P (1,2)作曲线C ：y ＝4x的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为________．答案 2x ＋y －8＝0解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y ′＝－4x 2，所以曲线C 在A 点处的切线方程为y －y 1＝－4x 21(x －x 1)，将P (1,2)代入得2－y 1＝－4x 21(1－x 1)，因为y 1＝4x 1，化简得2x 1＋y 1－8＝0，同理可得2x 2＋y 2－8＝0，所以直线AB 的方程为2x ＋y －8＝0.12．已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3，则实数a 的取值范围是________．答案a ≤－1解析对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3. 不妨设x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)<3(x 1－x 2)，即f (x 1)－3x 1<f (x 2)－3x 2，设F (x )＝f (x )－3x ，则F (x 1)<F (x 2)，又x 1<x 2，所以F (x )单调递增，F ′(x )≥0恒成立．F (x )＝f (x )－3x ＝12x 2－(a ＋3)x ＋ln x . 所以F ′(x )＝x －(3＋a )＋1x ＝x 2－(3＋a )x ＋1x，令g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1，要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1≥0恒成立，即3＋a ≤x ＋1x 恒成立，x ＋1x ≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立，所以3＋a ≤2，即a ≤－1.四、解答题13．(2022·滁州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若函数在x ＝1处的切线与直线x －4y －2＝0垂直，求实数a 的值；(2)当a >0时，讨论函数的单调性．解函数定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝2x －2＋a x. (1)由已知得f ′(1)＝2×1－2＋a ＝－4，得a ＝－4.(2)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x(x >0)，对于方程2x 2－2x ＋a ＝0，记Δ＝4－8a .①当Δ≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当Δ>0，即0<a <12时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝1－1－2a 2，x 2＝1＋1－2a 2. 又a >0，故x 2>x 1>0.当x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上所述，当a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2a 2，1＋1－2a 2上单调递减． 14．(2022·湖北八市联考)设函数f (x )＝e x －(ax －1)ln(ax －1)＋(a ＋1)x .(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求F (x )＝e x －f (x )的单调区间；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，F (x )＝e x －f (x )＝(x －1)ln(x －1)－2x ，定义域为(1，＋∞)，F ′(x )＝ln(x －1)－1，令F ′(x )>0，解得x >e ＋1，令F ′(x )<0，解得1<x <e ＋1，故F (x )的单调递增区间为(e ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e ＋1)．(2)f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上有意义，故ax －1>0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，可得a >e ，依题意可得f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1≥0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，设g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1，g ′(x )＝e x－a 2ax －1，易知g ′(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，故g ′(x )≤g ′(1)＝e －a 2a －1<0，故g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，最小值为g (1)，故只需g (1)＝e －a ln(a －1)＋1≥0，设h (a )＝e －a ln(a －1)＋1，其中a >e ，由h ′(a )＝－ln(a －1)－a a －1<0可得， h (a )＝e －a ln(a －1)＋1在(e ，＋∞)上单调递减，又h (e ＋1)＝0，故a ≤e ＋1.综上所述，a 的取值范围为(e ，e ＋1]．。

高考数学二轮复习专题2 函数与导数第3讲导数的概念

第3讲导数的概念及其简单应用导数的几何意义及导数的运算1.(2015洛阳统考)已知直线m:x+2y-3=0,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,若l ⊥m,则Ρ点的坐标可能是( B )(A)（-错误!未找到引用源。

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） (B)（错误!未找到引用源。

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）(C)（错误!未找到引用源。

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）(D)（-错误!未找到引用源。

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）解析:由l⊥m可得直线l的斜率为2,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,也就是函数在P点的导数值为2,而y ′=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中的点不在函数图象上,因此选B.2.(2014广东卷)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.解析:由题意知点(0,3)是切点.y′=-5e-5x,令x=0,得所求切线斜率为-5.从而所求方程为5x+y-3=0.答案:5x+y-3=0利用导数研究函数的单调性3.(2015辽宁沈阳市质检)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式f(x)>错误!未找到引用源。

+1(e为自然对数的底数)的解集为( A )(A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞)(C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞)解析:不等式f(x)>错误!未找到引用源。

+1可以转化为e x f(x)-e x-3>0令g(x)=e x f(x)-e x-3,所以g′(x)=e x(f(x)+f′(x))-e x=e x(f(x)+f′(x)-1)>0,所以g(x)在R上单调递增,又因为g(0)=f(0)-4=0,所以g(x)>0⇒x>0,即不等式的解集是(0,+∞).故选A.4.(2014辽宁卷)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( C )(A)[-5,-3] (B)[-6,-错误!未找到引用源。

高三数学二轮复习教学案一体化：利用导数研究函数的性质

专题二——利用导数研究函数的性质高考趋势导数作为进入高中考试范围的新内容，在考试中占比较大．常利用导数研究函数的性质，主要是利用导数求函数的单调区间、求函数的极值和最值，这些内容都是近年来高考的重点和难点，大多数试题以解答题的形式出现，通常是整个试卷的压轴题。

试题主要先判断或证明函数的单调区间，其次求函数的极值和最值，有时涉及用函数的单调性对不等式进行证明。

考点展示1.二次函数y f x =()的图象过原点且它的导函数y f x ='()的图象是如图所示的一条直线，则y f x =()图象的顶点在第一象限 2．如图，函数()f x 的图象是折线段ABC ，其中A B C ，，的坐标分别为(04)(20)(64)，，，，，，则((0))f f = 2 ；函数()f x 在1x =处的导数(1)f '= -2 ．3.曲线324y x x =-+在点(13)，处的切线的倾斜角为 45° 4.设曲线2ax y =在点（1，a ）处的切线与直线062=--y x 平行，则=a 15.设R a ∈，若函数ax e y x+=，R x ∈有大于零的极值点，则a 的取值范围1-<a6.已知二次函数2()f x ax bx c =++的导数为()f x '，(0)0f '>，对于任意实数x ，有()0f x ≥，则(1)(0)f f '的最小值为 2 ． 7.已知函数3()128f x x x =-+在区间[]33-，上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M m -=__32_ _ 8.过点P （2，8）作曲线3x y =的切线，则切线方程为_ 12x-y-16=0或3x-y+2=0 样题剖析例1、设函数323()(1)1,32a f x x x a x a =-+++其中为实数。

（Ⅰ）已知函数()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；（Ⅱ）已知不等式'2()1f x x x a >--+对任意(0,)a ∈+∞都成立，求实数x 的取值范围。

导数的应用复习教案

1.3导数的应用教材分析：本章内容分为三部分：一是导数的概念；二是导数的运算；三是导数的应用.本章先让学生通过大量实例，经历有平均变化率到瞬时变化率刻画现实问题的过程，理解导数的概念及其几何意义，然后通过定义求几个简单函数的导数，从而得出导数公式及四则运算法则，最后利用导数的知识解决实际问题.本章共分三节，第三节是“导数的应用”，内容包括利用导数判断函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数的实际应用.在“利用导数判断函数的单调性”中介绍了利用求导的方法来判断函数的单调性；在“利用导数研究函数的极值”中介绍了利用函数的导数求极值和最值的方法；在“导数的实际应用”中主要介绍了利用导数知识解决实际生活中的最优化问题.教学目标：1、能熟练应用导数研究函数的单调性、极值和最值.2、掌握利用导数知识解决实际生活中的最优化问题.教学重点：理解并掌握利用导数判断函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数知识解决实际生活中的最优化问题.教学难点：解决实际生活中的最优化问题的关键是建立函数模型.学法：本节课是在学习了导数的概念、运算的基础上来学习的导数的应用，学生已经了解了数学建摸的基本思想和方法，应用导数的基本知识来解决实际问题对学生来说应该不会很陌生，所以对本节的学习应让学生能够多参与多思考，培养他们的分析解决问题和解决问题的能力，提高应用所学知识的能力。

在课堂教学中，应该把以教师为中心转向以学生为中心，把学生自身的发展置于教育的中心位置，为学生创设宽容的课堂气氛，帮助学生确定适当的学习目标和达到目标的最佳途径,指导学生形成良好的学习习惯、掌握学习策略和发展原认知能力,激发学生的学习动机，培养学习兴趣，充分调动学生的学习积极性,倡导学生采用自主、合作、探究的方式学习。

教法数学是一门培养人的思维、发展人的思维的重要学科，本节课的内容是导数的应用，所以应让学生多参与，让其自主探究分析问题，然后由老师启发、总结、提炼，升华为分析和解决问题的能力。

高考数学第二轮复习导数教学案

高考第二轮专题复习（教学案）：导数考纲指要：导数是高中数学中重要的内容，是解决实际问题的强有力的数学工具，运用导数的有关知识，研究函数的性质：单调性、极值和最值是高考的热点问题。

考点扫描：导数在研究函数中的应用① 结合实例，借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间；② 结合函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数方法在研究函数性质中的一般性和有效性。

考题先知：例1．设函数B A Cx Bx Ax x f ++++=6)(23，其中实数A 、B 、C 满足： ①9841218+≤+≤+-B C A B ； ②A B A 63≤-<。

（1）求证：49)1(,41)1(''≤-≥f f ；（2）设π≤≤x 0，求证：0)sin 2(≥x f 。

证明：（1）由9841218+≤+≤+-B C A B 得：,4123≥++C B A 4923≤+-C B A ，又C Bx Ax x f ++=23)(2'，所以4123)1('≥++=C B A f ，4923)1('≤+-=-C B A f（2）当π≤≤x 0时，0)sin 2(≥x f 等价于当20≤≤u 时，0)(≥u f ，所以只须证明当20≤≤x 时，0)(≥x f ，由②知：,0>A 且(]2,13∈-AB，所以C Bx Ax x f ++=23)(2'为开口向上的抛物线，其对称轴方程(]2,13∈-=ABx ，又由A B A 63≤-<得：0)6)(3(≤++B A B A ，即AB A B 91822+≥-，所以，当20≤≤x 时，有 B A C AABA AC AB AC A B f x f 363918312412)3()(22''++=++≥-=-≥B BC B A B A C B A +-+++≥++++=)21(23323=)]1()1([4121)1('''--⨯+f f f=049814189)1(81)1(89''=⨯-⨯≥--f f ，所以)(x f 为[0，2]上的增函数。

高考数学二轮复习考前专题二函数与导数第3讲导数及其应用讲学案理(2021学年)

2018年高考数学二轮复习考前专题二函数与导数第3讲导数及其应用讲学案理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（２018年高考数学二轮复习考前专题二函数与导数第3讲导数及其应用讲学案理)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉,前进的动力。

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第3讲导数及其应用1。

导数的意义和运算是导数应用的基础,是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型．3．导数与函数零点,不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一导数的几何意义1．函数ｆ(ｘ)在x０处的导数是曲线f（ｘ)在点P(x0,f（ｘ0）)处的切线的斜率，曲线f（x)在点P处的切线的斜率ｋ＝ｆ′（x0)，相应的切线方程为y-f(x0）＝ｆ′（x０）(x-x0)．2．求曲线的切线要注意“过点Ｐ的切线”与“在点P处的切线"的不同．例1 (1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点（０,１)且与曲线y=错误!在点（3，2)处的切线垂直的直线的方程为( )A.2ｘ+y－1＝０ﻩB．2x－y＋1＝0Ｃ.x－２y＋2=0 Ｄ.x＋2y－2＝0答案Ｂ解析因为ｙ′＝错误!＝-错误!，故切线的斜率k＝－错误!,即所求直线的斜率k＝2,方程为y-1＝2(ｘ-0）,即2x－y＋1=0。

故选B．(2)（2017届成都一诊)已知曲线C1:ｙ2=ｔｘ(y>０,ｔ>0)在点M错误!处的切线与曲线C2:y＝ｅｘ+1－1也相切,则ｔln 错误!的值为（ )A.４e2 B．8ｅC.２ﻩD.8答案 D解析曲线C1：y＝错误!,ｙ′=错误!．当x＝错误!时,y′＝错误!,切线方程为y－２=错误!错误!,化简为y=＼ｆ（t,4)x＋1。

高三数学导数及其应用专题复习教案

高三数学二轮复习教案导数及其应用专题一、高考要求：⑴了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等），掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念．⑵熟记基本导数公式（,n C x (n 为有理数),sin .cos ,log ,,,ln x x a x x x a e x 的导数）．掌握两个函数四则运算的求导法则和复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数．⑶了解可导函数的单调性与其导数的关系，了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数要极值点两侧异号），会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．二、复习要点：（1）近几年各地高考题一直保持对导数知识考查力度，体现了在知识网络交汇点出题的命题风格，重点考查导数概念、单调性、极值等传统、常规问题，这三大块内容是本专题复习的主线，在复习中应以此为基础展开，利用问题链展示题目间的内在联系，揭示解题的通法通解，如利用导数处理函数单调性问题时，可设计这样的问题链：已知函数求单调区间→知函数在区间上单调求参数→若函数不单调如何求参数．（2）要认识到新课程中增加了导数内容，增添了更多的变量数学，拓展了学习和研究的领域，在复习中要明确导数作为一种工具在研究函数的单调性、极值等方面的作用，这种作用体现在导数为解决函数问题提供了有效途径。

（3）有意识的与解析几何（特别是切线、最值）、函数的单调性，函数的最值极值，二次函数，方程，不等式，代数不等式的证明等进行交汇，综合运用。

特别是精选一些以导数为工具分析和解决一些函数问题、切线问题的典型问题，以及一些实际问题中的最大（小）值问题三、知识点回顾（多媒体演示）四、典型问题剖析题型一：导数的概念及几何意义导数的几何意义即是曲线在某点的切线的斜率，进而可解决有关切点、切线方程等相关问题。

1①过点(1,1)作曲线y=x 4的切线, 求切线方程。

②过点(1,0 )作曲线y=x 2的切线, 求切线方程。

导数及其应用(教学案)-2020年高考理数二轮复习精品资料Word版含解析_1

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f′x g x－f x g′xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a<b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一导数的几何意义及应用例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0， ∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)．【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二导数与函数的极值、最值例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。

高考数学二轮复习专题2 函数与导数教案文

高考数学二轮复习专题2 函数与导数教案文专题二函数与导数【重点知识回顾】1．函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有，函数题的身影频现，而且常考常新．以基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势．函数的图象也是高考命题的热点之一．近几年来考查导数的综合题基本已经定位到压轴题的位置了．2．对于函数部分考查的重点为：函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性对称性和函数的图象；指数函数、对数函数的概念、图象和性质；应用函数知识解决一些实际问题；导数的基本公式，复合函数的求导法则；可导函数的单调性与其导数的关系，求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．【典型例题】 1．函数的性质与图象函数的性质是高考考查的重点内容．根据函数单调性和奇偶性的定义，能判断函数的奇偶性，以及函数在某一区间的单调性，从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性，掌握求函数最大值和最小值的常用方法．函数的图象是函数性质的直观载体，能够利用函数的图象归纳函数的性质．对于抽象函数一类，也要尽量画出函数的大致图象，利用数形结合讨论函数的性质．例1．“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时间，则下图与故事情节相吻合的是（）答案：BA B C D解析：在选项B 中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．点评：函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．例2．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，则1234_________.x x x x +++=答案：-8解析：因为定义在R 上的奇函数，满足(4)()f x f x -=-，所以(4)()f x f x -=-，所以, 由)(x f 为奇函数，所以函数图象关于直线2x =对称且(0)0f =，由(4)()f x f x -=-知(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以)(x f 在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间[]8,8-上有四个不同的根1234,,,x x x x ，不妨设1234x x x x <<<，由对称性知1212x x +=-，344x x +=．所以12341248x x x x +++=-+=-．点评：本题综合考查了函数的奇偶性,单调性，对称性，周期性，以及由函数图象解答方程问题，运用数形结合的思想和函数与方程的思想解答问题．2．函数与解方程、不等式的综合问题函数与方程、不等式、数列是密切相关的几个部分，通过建立函数模型来解决有关他们的综合问题是高考的考查方向之一，解决该类问题要善于运用转化的思想方法，将问题进行不断转化，构建模型来解决问题．例2．x 为何值时，不等式()23log log 2-<x x m m 成立．解析：当1>m 时，212132023023022<<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x ．当10<<m 时，21322132023023022><<⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><>≠⇔⎪⎩⎪⎨⎧-<>->x x x x x x x x x x 或或．故1>m 时，21<<x ．10<<m 时，2132><<x x 或为所求．点评：该题考查了对数不等式的解法，其基本的解题思路为将对数不等式转化为普通不等式，需要注意转化之后x 的范围发生了变化，因此最后要检验，或者转化时将限制条件联立．3．函数的实际应用函数的实际运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题．函数描述了自然界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立函数关系．掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，考生应具备用初等数学思想方法研究函数的能力，运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键．例3．某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x （x ≥10）层，则每平方米的平均建筑费用为560+48x （单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=建筑总面积购地总费用）解析：设楼房每平方米的平均综合费为y 元，依题意得：*21601000010800(56048)56048(10,)2000y x x x x N x x⨯=++=++≥∈．则21080048y x '=-，令0y '=，即210800480x -=，解得15x =．当15x >时，0y '>；当015x <<时，0y '<，因此，当15x =时，y 取得最小值，min 2000y =元．答：为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层．点评：这是一题应用题，利用函数与导数的知识来解决问题．利用导数，求函数的单调性、求函数值域或最值是一种常用的方法．4．导数与单调性、极（最）值问题．导数作为工具来研究三次函数、指数函数、对数函数的单调性，极值、最值时，具有其独特的优越性，要理解导数的几何意义，熟练导数的运算公式，善于借助导数解决有关的问题．例4．已知函数321()33f x ax bx x =+++，其中0a ≠．（1）当b a ,满足什么条件时，)(x f 取得极值?（2）已知0>a ，且)(x f 在区间(0,1]上单调递增，试用a 表示出b 的取值范围．解析：（1）由已知得2'()21f x ax bx =++，令0)('=x f ，得2210ax bx ++=，)(x f 要取得极值，方程2210ax bx ++=必须有解，所以△2440b a =->，即2b a >，此时方程2210ax bx ++=的根为：122b b x a a ---==，222b b x a a--+==，所以12'()()()f x a x x x x =-- 当0>a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值．当0<a 时，所以)(x f 在x 1， x 2处分别取得极大值和极小值．综上，当b a ,满足2b a >时，)(x f 取得极值．（2）要使)(x f 在区间(0,1]上单调递增，需使2'()210f x ax bx =++≥在(0,1]上恒成立．即1,(0,1]22ax b x x ≥--∈恒成立，所以max 1()22ax b x≥--，设1()22ax g x x =--，2221()1'()222a x a a g x x x -=-+=，令'()0g x =得x =或x =舍去)，当1>a 时，101a <<，当x ∈时'()0g x >，1()22ax g x x =--单调增函数；当x ∈时'()0g x<，1()22ax g x x =--单调减函数，所以当x =()g x取得最大，最大值为g = 所以b ≥ 当01a <≤1≥，此时'()0g x ≥在区间(0,1]恒成立，所以1()22ax g x x=--在区间(0,1]上单调递增，当1x =时()g x 最大，最大值为1(1)2a g +=-，所以12a b +≥-．综上，当1>a 时， b ≥01a <≤时， 12a b +≥-．点评：本题为三次函数，利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值，函数在区间上为单调函数，则导函数在该区间上的符号确定，从而转为不等式恒成立，再转为函数研究最值．运用函数与方程的思想，化归思想和分类讨论的思想解答问题．【模拟演练】1．函数22log 2xy x-=+的图象（） A ．关于原点对称 B ．关于主线y x =-对称 C ．关于y 轴对称 D ．关于直线y x =对称 2．定义在R 上的偶函数()f x 的部分图象如右图所示，则在()2,0-上，下列函数中与()f x 的单调性不同的是（）A ．21y x =+ B ． ||1y x =+C ． 321,01,0x x y x x +≥⎧=⎨+<⎩D ．,,0x x e x oy e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩3．已知定义在R 上的奇函数)(x f ，满足(4)()f x f x -=-,且在区间[0,2]上是增函数,则( )A ．(25)(11)(80)f f f -<---≤-0),2()1(0),1(log 2x x f x f x x ，则f （2009）的值为．5．已知函数()f x 在R 上满足2()2(2)88f x f x x x =--+-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程是．6．已知函数321(),3f x x ax bx =++且'(1)0f -= （I ）试用含a 的代数式表示b ；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）令1a =-，设函数()f x 在1212,()x x x x <处取得极值，记点1122(,()),(,())M x f x N x f x ，证明：线段MN 与曲线()f x 存在异于M 、N 的公共点．7．已知函数32()22f x x bx cx =++-的图象在与x 轴交点处的切线方程是510y x =-．（I ）求函数()f x 的解析式；（II ）设函数1()()3g x f x mx =+，若()g x 的极值存在，求实数m 的取值范围以及函数()g x 取得极值时对应的自变量x 的值．【参考答案】 1．答案：A解析：由于定义域为（-2，2）关于原点对称，又f(-x)=-f(x)，故函数为奇函数，图象关于原点对称，选A ． 2．答案：C解析：根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反，故可知求在()2,0-上单调递减，注意到要与()f x 的单调性不同，故所求的函数在()2,0-上应单调递增．而函数21y x =+在(],1-∞上递减；函数1y x =+在(],0-∞时单调递减；函数321,01,0x x y x x +>⎧=⎨+<⎩在（,0]-∞上单调递减，理由如下y ＇=3x 2>0(x<0)，故函数单调递增，显然符合题意；而函数,0,0x x e x y e x -⎧≥⎪=⎨<⎪⎩，有y ＇=-x e -<0(x<0)，故其在（,0]-∞上单调递减，不符合题意，综上选C ． 3．答案：D解析：因为)(x f 满足(4)()f x f x -=-，所以(8)()f x f x -=，所以函数是以8为周期的周期函数，则)1()25(-=-f f ，)0()80(f f =，)3()11(f f =，又因为)(x f 在R 上是奇函数， (0)0f =，得0)0()80(==f f ，)1()1()25(f f f -=-=-，而由(4)()f x f x -=-得)1()41()3()3()11(f f f f f =--=--==，又因为)(x f 在区间[0,2]上是增函数，所以0)0()1(=>f f ，所以0)1(<-f ，即(25)(80)(11)f f f -<<，故选D ． 4．答案：1解析：由已知得2(1)log 21f -==，(0)0f =，(1)(0)(1)1f f f =--=-，(2)(1)(0)1f f f =-=-，(3)(2)(1)1(1)0f f f =-=---=，(4)(3)(2)0(1)1f f f =-=--=，(5)(4)(3)1f f f =-=，(6)(5)(4)0f f f =-=，所以函数f(x)的值以6为周期重复性出现．，所以f （2009）= f （5）=1． 5．答案：21y x =-解析：由2()2(2)88f x f x x x =--+-得：2(2)2()(2)8(2)8f x f x x x -=--+--，即22()(2)44f x f x x x --=+-，∴2()f x x =∴/()2f x x =， ∴切线方程为12(1)y x -=-，即210x y --=． 6．解析：（I ）依题意，得2'()2f x x ax b =++，由'(1)120f a b -=-+=得21b a =-．（Ⅱ）由（I ）得321()(21)3f x x ax a x =++-，故2'()221(1)(21)f x x ax a x x a =++-=++-，令'()0f x =，则1x =-或12x a =-， ①当1a >时，121a -<-，当x 变化时，'()f x 与()f x 的变化情况如下表：由此得，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --． ②由1a =时，121a -=-，此时，'()0f x ≥恒成立，且仅在1x =-处'()0f x =，故函数()f x 的单调区间为R ；③当1a <时，121a ->-，同理可得函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --．综上：当1a >时，函数()f x 的单调增区间为(,12)a -∞-和(1,)-+∞，单调减区间为(12,1)a --；当1a =时，函数()f x 的单调增区间为R ；当1a <时，函数()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(12,)a -+∞，单调减区间为(1,12)a --（Ⅲ）当1a =-时，得321()33f x x x x x=--，由2'()230f x x x =--=，得121,3x x =-=．由（Ⅱ）得()f x 的单调增区间为(,1)-∞-和(3,)+∞，单调减区间为(1,3)-，所以函数()f x 在121,3x x =-=处取得极值，故5(1,),(3,9)3M N --，所以直线MN 的方程为813y x =--，由32133813y x x x y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩得32330x x x --+= 解得1231, 1.3x x x =-==，1233121135119,,33x x x y y y =-=⎧⎧=⎧⎪⎪∴⎨⎨⎨=-==-⎩⎪⎪⎩⎩，所以线段MN 与曲线()f x 有异于,M N 的公共点11(1,)3-． 7．解析：（I ）由已知,切点为(2,0),故有(2)0f =,即430b c ++=……① 又2()34f x x bx c '=++，由已知(2)1285f b c '=++=得870b c ++=……② 联立①②，解得1,1b c =-=．所以函数的解析式为32()22f x x x x =-+-．（II ）因为321()223g x x x x mx =-+-+．令21()34103g x x x m '=-++=．当函数有极值时，则0∆≥，方程2134103x x m -++=有实数解，由4(1)0m ∆=-≥，得1m ≤． ①当1m =时，()0g x '=有实数23x =，在23x =左右两侧均有()0g x '>，故函数()g x 无极值； ②当1m <时，()0g x '=有两个实数根1211(2(2x x =-=+(),()g x g x '情况如下表：所以在(,1)∈-∞m 时，函数()g x 有极值；当1(23=-x 时，()g x 有极大值；当1(23=x 时，()g x 有极小值．.精品资料。

2021届山东省高考数学大二轮专题复习讲义(新高考)专题2第3讲导数的热点问题

第3讲导数的热点问题「考情研析」利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.热点考向探究考向1利用导数讨论方程根的个数例1(2020·海南省海口市模拟)已知函数f(x)＝k(x－1)e x，其中k≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若k＞0，讨论关于x的方程|ln x|＝f(x)在区间(0,2)上实根的个数．根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数或两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．已知函数f(x)＝ln x2－ax＋bx(a>0，b>0)，对任意x>0，都有f(x)＋f⎝⎛⎭⎪⎫4x＝0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)存在三个不同的零点时，求实数a的取值范围．考向2利用导数证明不等式例2(2020·山东省泰安市三模)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：f′(x1·x2)<1－a.利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式．已知函数f(x)＝λln x－e－x(λ∈R)．(1)若函数f(x)是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x1<x2时，都有e1－x2－e1－x1>1－x2 x1.考向3利用导数研究不等式恒成立问题角度1函数不等式恒成立问题例3(2020·河南省开封市三模)已知函数f(x)＝ax e x－ln x＋b在x＝1处的切线方程为y＝(2e－1)x－e.(1)求a，b的值；(2)若f(x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max；②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.(2020·辽宁省大连市一模)设函数f(x)＝x－1x，g(x)＝t ln x(t∈R)．(1)讨论函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；(2)若当x∈(0,1)时，f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的下方，求正实数t的取值范围．角度2含量词的不等式问题例4(2020·山东省聊城市模拟)已知函数f(x)＝x2e ax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝e x－1－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∀a∈(0,1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使f[(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．含量词的不等式问题的解法(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．(2)存在x∈I，使f(x)>g(x)成立⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．(3)对任意x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)max.(4)存在x1，x2∈D，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)max≥g(x)min.(5)对任意x1∈D1，存在x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min(f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2)．已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ax2＋1，其中e为自然对数的底数．(1)讨论函数f(x)在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a∉(0，e)，若对任意x1，x2∈[1，e]，有f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．真题押题『真题检验』1．(2020·新高考卷Ⅰ)已知函数f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．3．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x－a(x＋2)．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．4．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝sin 2x sin2x .(1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；(2)证明：|f (x )|≤338；(3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤3n4n . 5．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有三个零点，求k 的取值范围．『押题』6．已知函数f (x )＝e x ，h (x )＝x ＋ln x ，g (x )＝(x －a ＋1)e a .(1)设F (x )＝xf (x )－ah (x )，讨论F (x )极值点的个数；(2)判断方程f (x )＝g (x )的实数根的个数，并证明e 2＋e 4＋e 6＋…＋e 2n ≥n 2＋3n 2e .7．已知函数f (x )＝x ln x ＋ax 在x ＝x 0处取得极小值－1.(1)求实数a 的值；(2)设g (x )＝xf (x )＋b (b >0)，讨论函数g (x )的零点个数．专题作业1．已知函数f (x )＝(x －1)e x .(1)求函数f (x )的单调区间和零点；(2)若f (x )≥ax －e 恒成立，求a 的取值范围．2．(2020·江西省重点中学协作体高三第一次联考)已知函数f (x )＝sin x ＋ln x －1.(1)求函数f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，ln π2处的切线方程； (2)当x ∈(0，π)时，讨论函数f (x )的零点个数．3．已知函数f (x )＝ax 2＋ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若∃x ∈(0，＋∞)使f (x )>0成立，求a 的取值范围．4．(2020·山东省潍坊市二模)已知函数f (x )＝1x ＋a ln x ，g (x )＝e x x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：a ＝1时，f (x )＋g (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e x 2ln x ＞e. 5．已知函数f (x )＝a ln x －x ＋2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝4，求实数a 的值．6．已知函数f (x )＝e x －ln (x ＋1)－a 的图象在x ＝0处与x 轴相切．(1)求f (x )的解析式，并讨论其单调性；(2)若x >t ≥0，证明：e x －t ＋ln (t ＋1)>ln (x ＋1)＋1.7．已知函数f (x )＝x －a e x ＋b (a >0，b ∈R )．(1)求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2<－2ln a .8．已知函数f (x )＝e xx 2－mx ＋1. (1)当m ∈(－2,2)时，求函数f (x )的单调区间；(2)若m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，则当x ∈[1，m ＋1]时，记f (x )的最小值为M ，g (x )＝x 的最大值为N ，判断M 与N 的大小关系，并写出判断过程．第3讲导数的热点问题「考情研析」利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数的零点、方程的根及不等式相结合，难度较大．解题时要注意分类讨论思想和转化与化归思想的应用.热点考向探究考向1 利用导数讨论方程根的个数例1 (2020·海南省海口市模拟)已知函数f (x )＝k (x －1)e x ，其中k ≠0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若k ＞0，讨论关于x 的方程|ln x |＝f (x )在区间(0,2)上实根的个数．解 (1)由条件，得f ′(x )＝k e x －k e x (x －1)e 2x＝k (2－x )e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2.当k ＞0时，由f ′(x )＞0，得x ＜2，由f ′(x )＜0，得x ＞2.所以f (x )的单调递增区间是(－∞，2)，单调递减区间是(2，＋∞)．当k ＜0时，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得x ＜2.所以f (x )的单调递增区间是(2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，2)．(2)因为|ln 1|＝f (1)＝0，所以x ＝1是方程|ln x |＝f (x )的一个实根．当0＜x ＜1时，由(1)知f (x )单调递增，所以f (x )＜f (1)＝0.而|ln x |＝－ln x ＞0，所以方程|ln x |＝f (x )在区间(0,1)上无实根．当1＜x ＜2时，|ln x |＝ln x .设F (x )＝ln x －k (x －1)e x ，则F ′(x )＝1x －2k －kx e x ＝e x ＋kx 2－2kx x e x . 设u (x )＝e x ＋kx 2－2kx ，当1＜x ＜2时，u ′(x )＝e x ＋2kx －2k ＞0，所以u (x )在(1,2)上单调递增．①当u (1)＝e －k ≥0，即k ≤e 时，在区间(1,2)上，总有u (x )＞u (1)≥0，从而F ′(x )＞0，所以F (x )在(1,2)上单调递增，F (x )＞F (1)＝0，即原方程在(1,2)上无实根．②当u (1)＝e －k ＜0，即k ＞e 时，因为u (2)＝e 2＞0，所以存在x 0∈(1,2)，满足u (x 0)＝0，所以在(1，x 0)上，u (x )＜0，F (x )单调递减，在(x 0,2)上，u (x )＞0，F (x )单调递增，又因为F (1)＝0，F (2)＝ln 2－k e 2，所以当F (2)＞0，即e ＜k ＜e 2ln 2时，原方程在(1,2)上有唯一实根，当F (2)≤0，即k ≥e 2ln 2时，原方程在(1,2)上无实根．综上所述，当0＜k ≤e 或k ≥e 2ln 2时，原方程在(0,2)上仅有一个实根；当e ＜k ＜e 2ln 2时，原方程在(0,2)上有两个实根．根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x 轴交点的个数或两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．已知函数f (x )＝ln x 2－ax ＋b x (a >0，b >0)，对任意x >0，都有f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＝0. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )存在三个不同的零点时，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＝ln x 2－ax ＋b x ＋ln 2x －4a x ＋xb 4＝0，得b ＝4a ，则f (x )＝ln x 2－ax ＋4a x ，f ′(x )＝1x －a －4a x 2＝－ax 2＋x －4a x 2(x >0)，若Δ＝1－16a 2≤0，即a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，若Δ＝1－16a 2>0，即0<a <14时， h (x )＝－ax 2＋x －4a 有两个零点，零点为x 1＝1－1－16a 22a >0，x 2＝1＋1－16a 22a>0，又h (x )＝－ax 2＋x －4a 的图象开口向下，所以当0<x <x 1时，h (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x 1<x <x 2时，h (x )>0，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x >x 2时，h (x )<0，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当0<a <14时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－16a 22a 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－16a 22a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－16a 22a ，1＋1－16a 22a 上单调递增． (2)由(1)知，当a ≥14时，f (x )单调递减，不可能有三个不同的零点．当0<a <14时，f (x )在(0，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递减，f (x )在(x 1，x 2)上单调递增， f (2)＝ln 22－2a ＋2a ＝0，又x 1x 2＝4，有x 1<2<x 2，f (x )在(x 1，x 2)上单调递增，f (x 1)<f (2)＝0，f (x 2)>f (2)＝0. f (x )＝ln x 2－ax ＋4a x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3，令g (a )＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3，g ′(a )＝－4a 2a 2＋1a 2＋12a 2＝12a 4－2a ＋1a 2. 令m (a )＝12a 4－2a ＋1，m ′(a )＝48a 3－2单调递增．由m ′(a )＝48a 3－2＝0，求得a ＝1324 >14.当0<a <14时，m (a )单调递减，m (a )>m ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝364－12＋1>0， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝g (a )＝－ln 2a 2－1a ＋4a 3在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递增．故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝g (a )<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝3ln 2－4＋116<0，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2<0，又f (x 2)>0，1a 2>x 2，由零点存在性定理知f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，1a 2上有一个根，设为x 0，又f (x 0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0＝0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 0＝0，由x 2<x 0<1a 2及x 1x 2＝4得0<4x 0<x 1，4x 0是f (x )的另一个零点，故当0<a <14时，f (x )存在三个不同的零点4x 0，2，x 0. 考向2 利用导数证明不等式例2 (2020·山东省泰安市三模)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1有两个零点．(1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：f ′(x 1·x 2)<1－a .解 (1)由f (x )＝0，可得a ＝1＋ln x x ，转化为函数g (x )＝1＋ln x x 与直线y ＝a 的图象在(0，＋∞)上有两个不同交点．g ′(x )＝－ln x x 2(x >0)，故当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝1.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0，当x →＋∞时，g (x )→0，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g (x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，g (x )>0. 可得a ∈(0,1)．(2)证明：f ′(x )＝1x －a ，由(1)知x 1，x 2是ln x －ax ＋1＝0的两个根，故ln x 1－ax 1＋1＝0，ln x 2－ax 2＋1＝0⇒a ＝ln x 1－ln x 2x 1－x 2. 要证f ′(x 1·x 2)<1－a ，只需证x 1·x 2>1，即证ln x 1＋ln x 2>0，即证(ax 1－1)＋(ax 2－1)>0，即证a >2x 1＋x 2，即证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2. 不妨设0<x 1<x 2，故ln x 1x 2<2(x 1－x 2)x 1＋x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－1x 1x 2＋1， (*) 令t ＝x 1x 2∈(0,1)，h (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1， h ′(t )＝1t －4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0，则h (t )在(0,1)上单调递增，则h (t )<h (1)＝0，故(*)式成立，即要证不等式得证．利用导数方法证明不等式的基本思想是构造函数，通过研究函数的单调性、极值、最值，通过一般函数值与特殊值的比较得出所证不等式．已知函数f (x )＝λln x －e －x (λ∈R )．(1)若函数f (x )是单调函数，求λ的取值范围；(2)求证：当0<x 1<x 2时，都有e 1－x 2－e 1－x 1>1－x 2x 1. 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，∵f (x )＝λln x －e －x ，∴f ′(x )＝λx ＋e －x ＝λ＋x e －x x ，∵函数f(x)是单调函数，∴f′(x)≤0或f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，①当函数f(x)是单调递减函数时，f′(x)≤0，∴λ＋x e－xx≤0，即λ＋x e－x≤0，λ≤－x e－x＝－xe x，令φ(x)＝－xe x ，则φ′(x)＝x－1e x，当0<x<1时，φ′(x)<0，当x>1时，φ′(x)>0，则φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴当x>0时，φ(x)min＝φ(1)＝－1e ，∴λ≤－1e；②当函数f(x)是单调递增函数时，f′(x)≥0，∴λ＋x e－xx≥0，即λ＋x e－x≥0，λ≥－x e－x＝－xe x，由①得φ(x)＝－xe x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，x→＋∞时，φ(x)→0，且φ(x)<0，∴λ≥0.综上，λ≤－1e或λ≥0.(2)证明：由(1)可知，当λ＝－1e 时，f(x)＝－1e ln x－e－x在(0，＋∞)上单调递减，∵0<x1<x2，∴f(x1)>f(x2)，即－1e ln x1－e－x1>－1e ln x2－e－x2，∴e1－x2－e1－x1>ln x1－ln x2.要证e1－x2－e1－x1>1－x2x1，只需证ln x1－ln x2>1－x2x1，即证ln x1x2>1－x2x1，令t＝x1x2，t∈(0,1)，则只需证ln t>1－1t，令h(t)＝ln t＋1t －1，则当0<t<1时，h′(t)＝t－1t2<0，∴h(t)在(0,1)上单调递减，又h(1)＝0，∴h (t )>0，即ln t >1－1t ，得证．考向3 利用导数研究不等式恒成立问题角度1 函数不等式恒成立问题例3 (2020·河南省开封市三模)已知函数f (x )＝ax e x －ln x ＋b 在x ＝1处的切线方程为y ＝(2e －1)x －e.(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝a e x ＋ax e x －1x ，∵函数f (x )＝ax e x －ln x ＋b 在x ＝1处的切线方程为y ＝(2e －1)x －e ，∴⎩⎨⎧ f (1)＝a e ＋b ＝e －1，f ′(1)＝2a e －1＝2e －1，∴a ＝1，b ＝－1. (2)由f (x )≥mx 得，x e x －ln x －1≥mx (x ＞0)，即m ≤x e x －ln x －1x ，令φ(x )＝x e x －ln x －1x，则φ′(x )＝x 2e x ＋ln x x 2，令h (x )＝x 2e x ＋ln x ，易知h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e 2e －1<e 2e 2－1＝0，h (1)＝e>0，故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上存在零点x 0，即h (x 0)＝x 20e x 0＋ln x 0＝0，即x 0e x 0＝－ln x 0x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x 0·e ，由于y ＝x e x 在(0，＋∞)上单调递增，故x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0，即e x 0＝1x 0，且φ(x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(x 0)＝1＋x 0－1x 0＝1，∴m ≤1.利用导数求解不等式恒成立问题中参数的方法(1)分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法．即①λ≥f(x)恒成立，则λ≥f(x)max；②λ≤f(x)恒成立，则λ≤f(x)min.(2)最值转化法：若参数不易分离或分离后含x变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法．可通过求最值建立关于参数的不等式求解．如f(x)≥0，则只需f(x)min≥0.(2020·辽宁省大连市一模)设函数f(x)＝x－1x，g(x)＝t ln x(t∈R)．(1)讨论函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；(2)若当x∈(0,1)时，f(x)的图象恒在函数g(x)的图象的下方，求正实数t的取值范围．解(1)h(x)＝f(x)＋g(x)＝x－1x＋t ln x(x>0)，则h′(x)＝1＋1x2＋tx＝x2＋tx＋1x2(x>0)．①当t≥0时，h′(x)>0，∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间；②当t＜0时，令H(x)＝x2＋tx＋1，Δ＝t2－4，Δ≤0，即－2≤t＜0时，H(x)≥0，即h′(x)≥0；∴h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，Δ＞0时，即t＜－2，设x1＝－t－t2－42，x2＝－t＋t2－42，∵x1＋x2＝－t＞0，x1x2＝1＞0，∴0＜x1＜x2，∴(0，x1)∪(x2，＋∞)，时H(x)＞0，即h′(x)＞0，∴h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，同理，单调递减区间是(x1，x2)．综上，①当t≥－2时，h(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无减区间，②当t＜－2时，h(x)的单调递增区间是(0，x1)，(x2，＋∞)，单调递减区间是(x1，x2)，其中x1＝－t－t2－42，x2＝－t＋t2－42.(2)∵函数f(x)的图象恒在g(x)的图象的下方，∴f(x)－g(x)＝x－1x－t ln x<0在区间(0,1)上恒成立．设F(x)＝x－1x－t ln x，其中x∈(0,1)，∴F′(x)＝1＋1x2－tx＝x2－tx＋1x2，其中t＞0.①当t2－4≤0，即0＜t≤2时，F′(x)≥0，∴函数F(x)在(0,1)上单调递增，F(x)<F(1)＝0，故f(x)－g(x)＜0成立，满足题意．②当t2－4>0，即t>2时，设φ(x)＝x2－tx＋1，则φ(x)图象的对称轴方程为x＝t2>1，φ(0)＝1，φ(1)＝2－t＜0，∴φ(x)在(0,1)上存在唯一实根，设为x0，则当x∈(x0,1)，φ(x)＜0，F′(x)＜0，∴F(x)在(x0,1)上单调递减，此时F(x)＞F(1)＝0，不符合题意．综上可得，正实数t的取值范围是(0,2]．角度2含量词的不等式问题例4(2020·山东省聊城市模拟)已知函数f(x)＝x2e ax＋1＋1－a(a∈R)，g(x)＝e x－1－x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)∀a∈(0,1)，是否存在实数λ，∀m∈[a－1，a]，∃n∈[a－1，a]，使f[(n)]2－λg(m)<0成立？若存在，求λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解(1)f(x)＝x2e ax＋1＋1－a(a∈R)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x(ax＋2)e ax ＋1，①当a＝0时，x>0，f′(x)>0，x<0，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；②当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a ，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，0，f ′(x )<0，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，0； ③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a ，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，＋∞，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ，＋∞，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a . (2)由g (x )＝e x －1－x ，得g ′(x )＝e x －1－1，当x >1时，g ′(x )>0，当x <1时，g ′(x )<0，故g (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝0，故当m ∈[a －1，a ]时，g (m )min ＝g (a )＝e a －1－a >0，当a ∈(0,1)时，a －1>－2a ，由(1)知，当n ∈[a －1，a ]时，f (n )min ＝f (0)＝1－a >0，所以[f (n )]2min ＝(1－a )2，若∀m ∈[a －1，a ]，∃n ∈[a －1，a ]，使[f (n )]2－λg (m )<0成立，即[f (n )]2<λg (m )，则λ>0，且[f (n )]2min <λg (m )min .所以(1－a )2<λ(e a －1－a )，所以λ>(1－a )2e a －1－a. 设h (x )＝(1－x )2e x －1－x，x ∈[0,1)，则h ′(x )＝(x －1)(3e x －1－x e x －1－x －1)(e x －1－x )2，令r (x )＝3e x －1－x e x －1－x －1，x ∈[0,1]，则r ′(x )＝(2－x )e x －1－1，当x ∈(0,1)时，e 1－x >2－x ，所以(2－x )e x －1<1，故r ′(x )<0，所以r (x )在[0,1]上单调递减，所以当x ∈[0,1)时，r (x )>r (1)＝0，即r (x )>0，又当x ∈[0,1)时，x －1<0，所以当x ∈[0,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以当x ∈(0,1)时，h (x )<h (0)＝e ，即a ∈(0,1)时，(1－a )2e a －1－a<e ，故λ≥e. 所以当λ≥e 时，∀a ∈(0,1)，∀m ∈[a －1，a ]，∃n ∈[a －1，a ]，使[f (n )]2－λg (m )<0成立．含量词的不等式问题的解法(1)f (x )>g (x )对一切x ∈I 恒成立⇔[f (x )－g (x )]min >0(x ∈I )．(2)存在x ∈I ，使f (x )>g (x )成立⇔[f (x )－g (x )]max >0(x ∈I )．(3)对任意x 1，x 2∈D ，使f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )max .(4)存在x 1，x 2∈D ，使f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )max ≥g (x )min .(5)对任意x 1∈D 1，存在x 2∈D 2，使f (x 1)≥g (x 2)⇔f (x )min ≥g (x )min (f (x )定义域为D 1，g (x )定义域为D 2)．已知函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝ax 2＋1，其中e 为自然对数的底数．(1)讨论函数f (x )在区间[1，e]上的单调性；(2)已知a ∉(0，e)，若对任意x 1，x 2∈[1，e]，有f (x 1)>g (x 2)，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ，①当a ≤0时，1－ax >0，则f ′(x )>0，f (x )在[1，e]上单调递增；②当0<a ≤1e 时，1a ≥e ，则f ′(x )≥0，f (x )在[1，e]上单调递增；③当1e <a <1时，1<1a <e ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 时，f ′(x )≥0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递增，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 时，f ′(x )≤0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递减； ④当a ≥1时，0<1a ≤1，则f ′(x )≤0，f (x )在[1，e]上单调递减．综上所述，当a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递增；当1e <a <1时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上单调递减；当a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递减．(2)g ′(x )＝2ax ，依题意知，x ∈[1，e]时，f (x )min >g (x )max 恒成立．已知a ∉(0，e)，则①当a ≤0时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[1，e]上单调递减，而f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ，g (x )max ＝g (1)＝a ＋1，所以－a >a ＋1，得a <－12；②当a ≥e 时，g ′(x )>0，所以g (x )在[1，e]上单调递增，而f (x )在[1，e]上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝a e 2＋1，f (x )min ＝f (e)＝1－a e ，所以1－a e>a e 2＋1，得a <0，与a ≥e 矛盾．综上所述，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12.真题押题『真题检验』1．(2020·新高考卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a .(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，∴f ′(x )＝e x－1x ， ∴f ′(1)＝e －1.∵f (1)＝e ＋1，∴切点坐标为(1,1＋e)，∴曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e －1＝(e －1)·(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2，∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,2)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2e －1，0， ∴所求三角形面积为12×2×|－2e －1|＝2e －1. (2)解法一：∵f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，∴f ′(x )＝a e x －1－1x ，且a >0.设g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝a e x －1＋1x 2>0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，即f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，当a ＝1时，f ′(1)＝0，则f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f (x )min ＝f (1)＝1，∴f (x )≥1成立；当a >1时，1a <1，∴e<1， ∴f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a f ′(1)＝a ()e －1(a －1)<0，∴存在唯一x 0>0，使得f ′(x 0)＝a e x 0－1－1x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时f ′(x )<0，当x ∈(x 0，＋∞)时f ′(x)>0， ∴a e x 0－1＝1x 0，∴ln a ＋x 0－1＝－ln x 0，因此f (x )min ＝f (x 0)＝a e x 0－1－ln x 0＋ln a＝1x 0＋ln a ＋x 0－1＋ln a ≥2ln a －1＋21x 0·x 0 ＝2ln a ＋1>1，∴f (x )>1，∴f (x )≥1恒成立；当0<a <1时，f (1)＝a ＋ln a <a <1，∴f (1)<1，f (x )≥1不恒成立．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．解法二：f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＝e ln a ＋x －1－ln x ＋ln a ≥1等价于e ln a ＋x －1＋ln a ＋x －1≥ln x ＋x ＝e ln x ＋ln x ，令g(x)＝e x＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，显然g(x)为单调递增函数，∴又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1，令h(x)＝ln x－x＋1，则h′(x)＝1x －1＝1－xx，在(0,1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，ln a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．2．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝e x＋x2－x，f′(x)＝e x＋2x－1，由于f″(x)＝e x＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)由f(x)≥12x3＋1，得e x＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x＞0时，分离参数a得a≥－e x－12x3－x－1x2，记g(x)＝－e x－12x3－x－1x2，g′(x)＝－(x－2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12x2－x－1x3，令h(x)＝e x－12x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝e x－x－1，h″(x)＝e x－1≥0，故h ′(x )单调递增，h ′(x )≥h ′(0)＝0，故函数h (x )单调递增，h (x )≥h (0)＝0，由h (x )≥0可得e x －12x 2－x －1≥0恒成立，故当x ∈(0,2)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ∈(2，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．因此，g (x )max ＝g (2)＝7－e 24，综上可得，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞. 3．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)．(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＜0，解得x ＜0，令f ′(x )＞0，解得x ＞0，所以f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)解法一：当a ≤0时，f ′(x )＝e x －a >0恒成立，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴f (x )的极小值也是最小值为f (ln a )＝a －a (ln a ＋2)＝－a (1＋ln a )．又当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞. ∴要使f (x )有两个零点，只要f (ln a )<0即可，则1＋ln a >0，可得a >1e .综上，若f (x )有两个零点，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 解法二：若f (x )有两个零点，即e x －a (x ＋2)＝0有两个解，显然x ＝－2不成立，即a ＝e xx ＋2(x ≠－2)有两个解，令h (x )＝e xx ＋2(x ≠－2)，则有h ′(x )＝e x (x ＋2)－e x (x ＋2)2＝e x (x ＋1)(x ＋2)2，令h ′(x )＞0，解得x ＞－1，令h ′(x )＜0，解得x ＜－2或－2＜x ＜－1，所以函数h (x )在(－∞，－2)和(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，且当x ＜－2时，h (x )＜0，而当x →－2＋(从右侧趋近于－2)时，h (x )→＋∞，当x →＋∞时，h (x )→＋∞，所以当a ＝e x x ＋2有两个解时，有a ＞h (－1)＝1e ，所以满足条件的a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.4．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝sin 2x sin2x . (1)讨论f (x )在区间(0，π)的单调性； (2)证明：|f (x )|≤338；(3)设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22nx ≤3n4n .解 (1)f (x )＝sin 2x sin2x ＝2sin 3x cos x ，则f ′(x )＝2(3sin 2x cos 2x －sin 4x ) ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)＝2sin 2x (2cos x ＋1)(2cos x －1)， f ′(x )＝0在x ∈(0，π)上的根为x 1＝π3，x 2＝2π3，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)证明：注意到f (x ＋π)＝sin 2(x ＋π)sin[2(x ＋π)]＝sin 2x sin2x ＝f (x )，故函数f (x )是周期为π的函数，结合(1)的结论，计算可得f (0)＝f (π)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322×32＝338，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－338，据此可得f (x )max ＝338，f (x )min ＝－338，所以|f (x )|≤338.(3)证明：结合(2)的结论有sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ＝(sin 3x sin 32x sin 34x …sin 32n x )＝[sin x (sin 2x sin2x )(sin 22x sin4x )…(sin 22n －1x sin2n x )·sin 22n x ]≤⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ×338×338×…×338×sin 22n x ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫338n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n ＝3n 4n . 5．(2020·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有三个零点，求k 的取值范围．解 (1)由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝± k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k 3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－k 3，k 3上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－k 3，⎝ ⎛⎭⎪⎫k 3，＋∞上单调递增． (2)由(1)知，f (x )有三个零点，则k ＞0，且⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝⎛⎭⎪⎫－k 3＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 3＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧k 2＋23k k3＞0，k 2－23kk3＜0，解得0＜k ＜427，当0＜k ＜427时，k ＞k 3，且f (k )＝k 2＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫k 3， k 上有唯一一个零点，同理－k －1＜－k 3，f (－k －1)＝－k 3－(k ＋1)2＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－k －1，－k 3上有唯一一个零点，又f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－k 3，k 3上有唯一一个零点，所以f (x )有三个零点，综上可知，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，427.『金版押题』6．已知函数f (x )＝e x ，h (x )＝x ＋ln x ，g (x )＝(x －a ＋1)e a . (1)设F (x )＝xf (x )－ah (x )，讨论F (x )极值点的个数； (2)判断方程f (x )＝g (x )的实数根的个数，并证明e 2＋e 4＋e 6＋…＋e 2n≥n 2＋3n2e.解 (1)F (x )＝x e x －a (x ＋ln x )，x ＞0，∴F ′(x )＝(x ＋1)e x－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝(x ＋1)(x e x－a )x ， ①当a ≤0时，F ′(x )＞0，F (x )在(0，＋∞)内单调递增，F (x )没有极值点． ②当a ＞0时，令H (x )＝x e x －a ，x ∈[0，＋∞)，则H ′(x )＝(1＋x )e x ＞0，∴H (x )在[0，＋∞)上单调递增．又H (0)＝－a ＜0，H (a )＝a (e a －1)＞0，∴∃x 0＞0，使H (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，H (x )＜0，当x ∈(x 0，＋∞)时，H (x )＞0，从而F ′(x 0)＝0，当x ∈(0，x 0)时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减，当x ∈(x 0，＋∞)时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增， ∴x ＝x 0是函数F (x )的极小值点．综上，当a ≤0时，F (x )无极值点，当a ＞0时，F (x )有一个极值点． (2)方程f (x )＝g (x )可化为e x －a ＝x －a ＋1. 设x －a ＝t ，则原方程又可化为e t ＝t ＋1. 设M (t )＝e t －t －1，则M ′(t )＝e t －1.∵M ′(0)＝0，当t ∈(－∞，0)时，M ′(t )＜0，M (t )在(－∞，0)上单调递减，当t ∈(0，＋∞)时，M ′(t )＞0，M (t )在(0，＋∞)上单调递增； ∴M (t )min ＝M (0)＝0，∴当t ≠0时，M (t )＞0， ∴方程e t ＝t ＋1只有一个实数根， ∴方程f (x )＝g (x )只有一个实数根． ∵对于任意的t ∈R ，e t ≥t ＋1. ∴e 2－＋e 4－＋…＋e 2n －≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n ＋12＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－n ＋12＋1＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫2n －n ＋12＋1＝(2＋4＋…＋2n )－n (n ＋1)2＋n ＝n (n ＋1)－n (n ＋1)2＋n ＝n 2＋3n 2，即e－(e 2＋e 4＋…＋e 2n)≥n 2＋3n2，∴e 2＋e 4＋…＋e 2n≥n 2＋3n2e.7．已知函数f (x )＝x ln x ＋ax 在x ＝x 0处取得极小值－1. (1)求实数a 的值；(2)设g (x )＝xf (x )＋b (b >0)，讨论函数g (x )的零点个数．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1＋a ， ∵函数f (x )＝x ln x ＋ax 在x ＝x 0处取得极小值－1， ∴⎩⎨⎧ f ′(x 0)＝ln x 0＋1＋a ＝0，f (x 0)＝x 0ln x 0＋ax 0＝－1，得⎩⎨⎧a ＝－1，x 0＝1，当a ＝－1时，f ′(x )＝ln x ，则x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴x ＝1时，函数f (x )取得极小值－1，符合题意， ∴a ＝－1.(2)由(1)知，函数g (x )＝xf (x )＋b ＝x 2ln x －x 2＋b (b >0)，定义域为(0，＋∞)，则g ′(x )＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －12，令g ′(x )<0，得0<x <e ；令g ′(x )>0，得x > e. ∴g (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增．当x ＝e 时，函数g (x )取得最小值b －e2. 当b －e 2>0，即b >e2时，函数g (x )没有零点；当b －e 2＝0，即b ＝e2时，函数g (x )有一个零点；当b －e 2<0，即00⇒g (e)g (e)<0，存在x 1∈(e ，e)，使g (x 1)＝0，∴g (x )在(e ，e)上有一个零点x 1.设h (x )＝ln x ＋1x －1，则h ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2. 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，则h (x )在(0,1)上单调递减， ∴h (x )>h (1)＝0，即当x ∈(0,1)时，ln x >1－1x ，当x ∈(0,1)时，g (x )＝x 2ln x －x 2＋b >x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x －x 2＋b ＝b －x ，取x m ＝min{b,1}，则g (x m )>0；∴g (e)g (x m )<0，∴存在x 2∈(x m ，e)，使得g (x 2)＝0. ∴g (x )在(x m ，e)上有一个零点x 2， ∴g (x )在(0，＋∞)上有两个零点x 1，x 2，综上可得，当b >e2时，函数g (x )没有零点；当b ＝e2时，函数g (x )有一个零点；当0<b <e2时，函数g (x )有两个零点．专题作业1．已知函数f (x )＝(x －1)e x . (1)求函数f (x )的单调区间和零点；(2)若f (x )≥ax －e 恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x ＝x e x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0.所以函数f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，即函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，令f (x )＝0，解得x ＝1，所以函数f (x )的零点是x ＝1. (2)画出f (x )的大致图象，如图所示，设g (x )＝ax －e ，则g (x )的图象恒过点(0，－e)，设函数f (x )＝(x －1)e x 的图象在点P (x 0，y 0)处的切线过点(0，－e)，所以f ′(x 0)＝x 0e x 0，f (x 0)＝(x 0－1)e x 0， f (x )的图象在P (x 0，y 0)处的切线方程为 y －(x 0－1)e x 0＝x 0e x 0·(x －x 0)，将(0，－e)代入切线方程，得－e －(x 0－1)e x 0＝－x 20e x 0，整理得(x 20－x 0＋1)e x 0＝e ，设h (x )＝(x 2－x ＋1)e x －e ⇒h ′(x )＝(x 2＋x )e x ，令h ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－1，所以h (x )在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．又h (－1)＝3e －e<0，h (0)＝1－e<0，h (1)＝0，所以x 0＝1是方程(x 20－x 0＋1)e x 0＝e 的唯一解，所以过点(0，－e)且与f (x )的图象相切的直线方程为y ＝e x －e. 令m (x )＝(x －1)e x －e x ＋e ，则m ′(x )＝x e x －e ，当x >1时，m ′(x )>0；当0<x <1时，m ′(x )<0， ∴m (x )≥m (1)．又m (1)＝0，即m (x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )的图象恒在其切线y ＝e x －e 的上方，数形结合可知，a 的取值范围为[0，e]．2．(2020·江西省重点中学协作体高三第一次联考)已知函数f (x )＝sin x ＋ln x －1.(1)求函数f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，ln π2处的切线方程；(2)当x ∈(0，π)时，讨论函数f (x )的零点个数．解 (1)因为f ′(x )＝cos x ＋1x ，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π，所求切线方程为y －ln π2＝2π⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2，即y ＝2πx ＋ln π2－1.(2)因为f ′(x )＝cos x ＋1x ，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝ln π2>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝ln π6－12<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2内有唯一零点；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，由f ″(x )＝－sin x －1x 2<0，知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π>0，f ′(π)＝－1＋1π<0，知存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π使得f ′(x 0)＝0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)＝ln π－1>0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π内无零点．综上可知，f (x )在区间(0，π)内有且只有一个零点． 3．已知函数f (x )＝ax 2＋ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若∃x ∈(0，＋∞)使f (x )>0成立，求a 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x ，①a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； ②a ＜0时，由2ax 2＋1>0得0<x < －12a. ∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(2)①a ≥0时，f (e)＝a e 2＋1＞0， ∴∃x ∈(0，＋∞)使f (x )>0成立；②a <0时，需f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－12a ＝a ⎝⎛⎭⎪⎫－12a 2＋ln－12a＝－12＋ln－12a >0，得a >－12e ，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e ，0，∴由①②得a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e ，＋∞.4．(2020·山东省潍坊市二模)已知函数f (x )＝1x ＋a ln x ，g (x )＝e xx . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：a ＝1时，f (x )＋g (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e x 2ln x ＞e.解 (1)f (x )＝1x ＋a ln x ，x ∈(0，＋∞)． f ′(x )＝－1x 2＋a x ＝ax －1x 2.当a ≤0时，f ′(x )＜0，函数f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递减．当a ＞0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ，由f ′(x )>0，得x >1a ，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增．(2)证明：a ＝1时，要证f (x )＋g (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋e x 2ln x ＞e.即要证1x ＋e x x －e x 2ln x －e ＞0⇔e x－e x ＋1>eln x x ，x ∈(0，＋∞)．令F (x )＝e x －e x ＋1，F ′(x )＝e x －e ，当x ∈(0,1)时，F ′(x )＜0，此时函数F (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＞0，此时函数F (x )单调递增．可得当x ＝1时，函数F (x )取得最小值F (1)＝1. 令G (x )＝eln xx ，G ′(x )＝e (1－ln x )x 2，当0<x <e 时，G ′(x )>0，此时G (x )为增函数，当x>e时，G′(x)<0，此时G(x)为减函数，所以x＝e时，函数G(x)取得最大值G(e)＝1.x＝1与x＝e不同时取得，因此F(x)＞G(x)，即e x－e x＋1>eln xx，x∈(0，＋∞)．故原不等式成立．5．已知函数f(x)＝a ln x－x＋2，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，求实数a 的值．解(1)因为f(x)＝a ln x－x＋2，所以f′(x)＝ax －1＝a－xx，x>0，当a≤0时，对任意的x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝a，因为x∈(0，a)时，f′(x)>0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．(2)①当a≤1时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝1.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(1)＝2<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.②当1<a<e时，由(1)知，f(x)在[1，a]上是增函数，在(a，e]上是减函数，所以f(x)max＝f(a)＝a ln a－a＋2.因为对任意的x1∈[1，e]，x2∈[1，e]，f(x1)＋f(x2)≤2f(a)＝2a(ln a－1)＋4，又1<a<e，所以ln a－1<0,2a(ln a－1)＋4<4，所以对任意的x1∈[1，e]，不存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4.③当a≥e时，由(1)知，f(x)在[1，e]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(e)＝a－e＋2，由题意，对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则当x1＝1时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(1)＋f(e)≥4，同理当x1＝e时，要使存在x2∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＝4，则f(e)＋f(1)≤4，所以f(1)＋f(e)＝4.(对任意的x1∈(1，e)，令g(x)＝4－f(x)－f(x1)，x∈[1，e]，g(x)＝0有解．g(1)＝4－f(1)－f(x1)＝f(e)－f(x1)>0，g(e)＝4－f(e)－f(x1)＝f(1)－f(x1)<0，所以存在x2∈(1，e)，g(x2)＝4－f(x2)－f(x1)＝0，即f(x1)＋f(x2)＝4.)所以由f(1)＋f(e)＝a－e＋3＝4，得a＝e＋1.综上可知，实数a的值为e＋1.6．已知函数f(x)＝e x－ln (x＋1)－a的图象在x＝0处与x轴相切．(1)求f(x)的解析式，并讨论其单调性；(2)若x>t≥0，证明：e x－t＋ln (t＋1)>ln (x＋1)＋1.解(1)由题意，得f(0)＝1－a，即切点为(0,1－a)，∴1－a＝0，即a＝1，∴f(x)＝e x－ln (x＋1)－1.求导，得f′(x)＝e x－1x＋1，由题意，知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．当－1<x<0时，e x<1，1x＋1>1，则f′(x)<0，即f(x)在(－1,0)上单调递减；当x>0时，e x>1，1x＋1<1，则f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)证法一：要证原不等式，即证e x－t＋ln (t＋1)－ln (x＋1)－1>0，构造函数g(x)＝e x－t＋ln (t＋1)－ln (x＋1)－1，x>0，即证g(x)>0，g′(x)＝e x－t－1x＋1.∵x >t ≥0，即x －t >0，x ＋1>1，则e x －t >1，1x ＋1<1. ∴g ′(x )>0，即g (x )为(0，＋∞)上的增函数．∵x >t ≥0，∴g (x )>g (t )＝0，即g (x )>0，故原不等式得证．证法二：要证原不等式，即证e x －t －1>ln (x ＋1)－ln (t ＋1)，由(1)知，当x >0时，f (x )＝e x －ln (x ＋1)－1>f (0)＝0，x >t ≥0即x －t >0， ∴f (x －t )＝e x －t －ln (x －t ＋1)－1>0，即e x －t －1>ln (x －t ＋1)， ①又ln (x －t ＋1)－[ln (x ＋1)－ln (t ＋1)]＝ln (x －t ＋1)(t ＋1)x ＋1＝ln t (x －t )＋x ＋1x ＋1＝ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤t (x －t )x ＋1＋1≥0. ∴ln (x －t ＋1)≥ln (x ＋1)－ln (t ＋1)， ②由①②得e x －t －1>ln (x ＋1)－ln (t ＋1)，故原不等式得证．7．已知函数f (x )＝x －a e x ＋b (a >0，b ∈R )．(1)求f (x )的最大值；(2)若函数f (x )有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1＋x 2<－2ln a .解 (1)令f ′(x )＝1－a e x >0，得x <ln 1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln 1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ，＋∞上单调递减， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1a ＝ln 1a －1＋b . (2)证明：由题知⎩⎪⎨⎪⎧x 1－a e x 1＋b ＝0，x 2－a e x 2＋b ＝0，两式相减得x 1－x 2＝a (e x 1－e x 2)，即a ＝x 1－x 2e x 1－ex 2. 故要证x 1＋x 2<－2ln a ，。

高考数学二轮复习第2部分专题6 函数、导数、不等式第3讲导数的综合应用教案文

第3讲导数的综合应用利用导数证明不等式(5年3考)[高考解读] 利用导数证明不等式是每年高考的热点，主要考查“辅助函数法”证明不等式，难度较大.(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. 切入点：求函数f (x )的导数．关键点：正确构造函数，转化为函数的最值问题解决． [解] (1)f ′(x )＝－ax 2＋2a －1x ＋2ex，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(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. [教师备选题]1．(2016·全国卷Ⅲ)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1＜x －1ln x＜x ；(3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x.[解] (1)由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． (2)由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0.所以当x ≠1时，ln x ＜x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x ＜x －1，ln 1x ＜1x－1，即1＜x －1ln x＜x .(3)证明：由题设c ＞1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln cln c.当x ＜x 0时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞x 0时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．由(2)知1＜c －1ln c＜c ，故0＜x 0＜1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0＜x ＜1时，g (x )＞0. 所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x ＞c x.2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.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 ，＋∞单调递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a .所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.利用导数证明不等式成立问题的常用方法1直接将不等式转化成某个函数最值问题：若证明f x ＜g x ，x ∈a ，b ，可以构造函数Fx ＝f x －g x ，如果F ′x ＜0，则F x 在a ，b 上是减函数，同时若F a ≤0，由减函数的定义可知，x ∈a ，b 时，有F x ＜0，即证明了f x ＜g x .2将待证不等式转化为两个函数的最值进行比较证明：在证明不等式中，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f x ≥g x 在D 上成立，只需证明f xmin≥g xmax即可.3若所证函数不等式通过移项后构成新函数的最值易求，可直接通过移项构造函数证明.1．(求切线方程、不等式证明)已知函数f (x )＝m e x－ln x －1. (1)当m ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若m ∈(1，＋∞)，求证：f (x )>1. [解] (1)当m ＝1时，f (x )＝e x－ln x －1，所以f ′(x )＝e x－1x，所以f ′(1)＝e －1，又因为f (1)＝e －1，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(e －1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x .(2)当m >1时，f (x )＝m e x－ln x －1>e x－ln x －1，要证明f (x )>1，只需证明e x －ln x －2>0，设g (x )＝e x －ln x －2，则g ′(x )＝e x－1x(x >0)，设h (x )＝e x －1x (x >0)，则h ′(x )＝e x＋1x2>0，所以函数h (x )＝g ′(x )＝e x－1x在(0，＋∞)上单调递增，因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，g ′(1)＝e －1>0，所以函数g ′(x )＝e x－1x 在(0，＋∞)上有唯一零点x 0，且x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，因为g ′(x 0)＝0，所以e x 0＝1x 0，即ln x 0＝－x 0，当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以当x ＝x 0时，g (x )取得最小值g (x 0)，故g (x )≥g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2>0，综上可知，若m ∈(1，＋∞)，则f (x )>1.2．(求单调区间和极值、证明不等式)已知函数f (x )＝e x－3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 3e ，且x >0时，e xx >32x ＋1x－3a .[解] (1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－3，令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )．(2)证明：待证不等式等价于e x >32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x－3x ＋3a .由(1)及a >ln 3e ＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增．于是当a >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0.即e x >32x 2－3ax ＋1，故e xx >32x ＋1x－3a . 利用导数解决不等式恒成立中的参数问题(5年3考)[高考解读] 利用导数解决不等式的恒成立问题也是高考的热点，主要考查分离参数法及最值法的应用.考查考生的逻辑推理与数学运算核心素养.(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. 切入点：利用导数求f ′(x )．关键点：将f (x )≥0恒成立转化为f (x )的最小值大于或等于0. [解] (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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞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0＜a ≤1时，f (x )≥0.③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2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－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]．[教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －a x －1x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －a x －1x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋12＝x 2＋21－a x ＋1x x ＋12，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －12－1，x 2＝a －1＋a －12－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．解决不等式恒成立问题的两种方法1分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法., 即：①λ≥f x 恒成立，则λ≥fxmax.,②λ≤f x 恒成立，则λ≤f xmin.2最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法，可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f x ≥0，则只需f xmin≥0.1．(恒成立问题)已知函数f (x )＝x ln x (x >0)． (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值．[解] (1)由题意知f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0，得x >1e ，令f ′(x )<0，得0<x <1e，∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，f (x )在x ＝1e 处取得极小值，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值．(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min. 令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x(x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x2，由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1. 所以g (x )在(0,1)是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4，即m ≤4，所以m 的最大值是4.2．(有解问题)已知函数f (x )＝a e x －a e x －1，g (x )＝－x 3－32x 2＋6x ，其中a >0.(1)若曲线y ＝f (x )经过坐标原点，求该曲线在原点处的切线方程； (2)若f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，求实数m 的取值范围． [解] (1)因为f (0)＝a －1＝0，所以a ＝1，此时f (x )＝e x－e x －1. 所以f ′(x )＝e x－e ，f ′(0)＝1－e.所以曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝(1－e)x .(2)因为f (x )＝a e x－a e x －1，所以f ′(x )＝a e x－a e ＝a (e x－e)．当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (1)＝－1.令h (x )＝g (x )＋m ＝－x 3－32x 2＋6x ＋m ，则h ′(x )＝－3x 2－3x ＋6＝－3(x ＋2)(x －1)．当x >1时，h ′(x )<0；当0<x <1时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以当x ∈[0，＋∞)时，h (x )max ＝h (1)＝72＋m .要使f (x )＝g (x )＋m 在[0，＋∞)上有解，则72＋m ≥－1，即m ≥－92.所以实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－92，＋∞.利用导数研究函数的零点或方程根的问题(5年4考)[高考解读] 函数零点问题也是每年高考的重点.文科注重考查函数零点个数的判定与证明，难度偏大.(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋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．切入点：求f ′(x )，利用导数解决．关键点：注意到x 2＋x ＋1>0恒成立，从而f (x )＝0等价转化为x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0，即方程只有一个根．[解] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点． [教师备选题]1．(2014·全国卷Ⅱ)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． [解] (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. 由题设得－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. 由题设知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]上有唯一实根．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)单调递减，在(2，＋∞)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． 2．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝e 2x－a ln x . (1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)证明：当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f ′(x )没有零点；当a >0时，设u (x )＝e 2x，v (x )＝－a x，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又f ′(a )>0，当b 满足00时，f ′(x )存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为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，最小值为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.1．求解函数零点(方程根)的个数问题的3个步骤第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x 轴(或直线y ＝k )在该区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；第三步：结合图象求解．2．解决已知函数零点个数，求参数取值范围的2个技巧(1)根据区间上零点的个数情况估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；(2)也可以先求导，通过求导分析函数的单调性情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，通过多次求导，层层推理得解．1．(判断函数零点个数)已知函数f (x )＝m x 2－1x－2ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若m ＝12，证明：f (x )有且只有三个零点．[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－2x＝mx 2－2x ＋m x 2，①m ≤0时，∵x >0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②m >0时，令f ′(x )＝0，即mx 2－2x ＋m ＝0，(ⅰ)m ≥1时，Δ＝4－4m 2≤0，此时f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； (ⅱ)0<m <1时，Δ＝4－4m 2>0，令f ′(x )＝0，则x 1＝1－1－m2m，x 2＝1＋1－m2m，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m ∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞时，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 时，f ′(x )<0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减．综上，m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；m ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；0<m <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增．(2)∵m ＝12，∴f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x ，由(1)可知f (x )在(0,2－3)和(2＋3，＋∞)上单调递增，在(2－3，2＋3)上单调递减，又f (1)＝0，且1∈(2－3，2＋3)，∴f (x )在(2－3，2＋3)上有唯一零点x ＝1. 又0<e －3<2－3，f (e －3)＝12(e －3－e 3)－2ln e －3＝12e 3＋6－e 32<7－e 32<0，∴f (x )在(0,2－3)上有唯一零点．又e 3>2＋3，f (e 3)＝－f (e －3)>0，∴f (x )在(2＋3，＋∞)上有唯一零点．综上，当m ＝12时，f (x )有且只有三个零点．2．(已知函数零点求参数)已知函数f (x )＝(a －1)x ＋a x＋ln x (a >0)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)g (x )＝f (x )－m ，当a ＝2时，g (x )在[e －1，e]上有两个不同的零点，求m 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝a －1－a x 2＋1x ＝a －1x 2＋x －a x 2＝[a －1x ＋a ]x －1x 2，①当a ＝1时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，得x >1，令f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．②当a >1时，令f ′(x )>0，得x >1或x <－aa －1<0，∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．③当a <1时，ⅰ)0<a <12时，令f ′(x )>0，得a 1－a <x <1，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1－a ，(1，＋∞)上单调递减；ⅱ)a ＝12时，f ′(x )≤0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减；ⅲ)12<a <1时，令f ′(x )>0，得1<x <a 1－a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递增，在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )＝x ＋2x＋ln x 在[e －1,1]上单调递减，在(1，e]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝3，f (e －1)＝e －1＋2e －1，f (e)＝e ＋2e ＋1，f (e －1)>f (e)，∴m ∈⎝⎛⎦⎥⎤3，e ＋2e ＋1.。

高考二轮复习专题《导数》教案

导数一、导数的定义及运用 f(x)=()()limx xf x x f x x→∆+∆-∆例1．设函数f(x)在0x 处可导，则xx f x x f x ∆-∆-→∆)()(lim000等于（）A ．)('0x fB ．)('0x f -C ．)('0x f --D ．)(0x f -- 二、导数与切线： y=f(x)上一点M （x 0,y 0）处的切线（1）斜率k=f /(x 0) (2) y 0=f(x 0) (3) M （x 0,y 0）在切线上例2．（理）设xx x f 1)(-=，则它与x 轴交点处的切线的方程为______________。

（文）P 是抛物线2x y =上的点，若过点P 的切线方程与直线121+-=x y 垂直，则过P点处的切线方程是____________。

三、导数与单调性、极值(1).k=()f x '>0对应的区间为f(x)的单调增区间；（2）.k=()f x '<0对应的区间为f(x)的单调减区间； (3).k=()f x '=0解得的x=x 0可能是极值例3．((理)函数y=x-sinx,,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的最大值是( C ) A.π-1 B.2π-1 C. π D. π+1 (文). a ax x y ++=3为R 上为增函数,则a 的取值范围为_________ ),0[∞+∈a例4.f(x)=32332x x x +++是否有极值?例5．已知函数)(x f y =，其导函数)(x f y '=的图象如右图，则)(x f y =：( C )A ．在(-∞，0)上为减函数B ．在x=0处取得最大值C ．在（4，+∞）上为减函数D ．在x=2处取得最小值[思路分析]：由导函数的性质知，)(,0)(x f x f >'递增，)(,0)(x f x f <'递减。

高考数学大二轮复习 2.3 导数的简单应用学案理-人教版高三全册数学学案

第3讲导数的简单应用考点1 导数运算及几何意义1．导数公式 (1)(sin x )′＝cos x ； (2)(cos x )′＝－sin x ； (3)(a x)′＝a xln 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x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．[例1] (1)[2019·全国卷Ⅰ]曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________； (2)[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线y ＝a e x＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1 D ．a ＝e －1，b ＝－1【解析】 (1)本题主要考查导数的几何意义，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝3(2x ＋1)e x＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x，所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .(2)本题主要考查导数的几何意义，考查的核心素养是数学运算．因为y ′＝a e x＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e－1b ＝－1.【答案】 (1)y ＝3x (2)D1．求曲线y ＝f (x )的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：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y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后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．2．[警示] 求曲线的切线方程时，务必分清点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点，求解时应先求出切点坐标.『对接训练』1．[2019·云南师大附中适应性考试]曲线y ＝a x在x ＝0处的切线方程是x ln 2＋y －1＝0，则a ＝( )A.12 B ．2 C ．ln 2 D ．ln 12解析：由题意知，y ′＝a xln a ，则在x ＝0处，y ′＝ln a ，又切点为(0,1)，∴切线方程为x ln a －y ＋1＝0，∴a ＝12.故选A.答案：A2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数f (x )＝g (x )＋x 2，曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为( )A ．2 B.14C ．4D ．－12解析：因为曲线y ＝g (x )在点(1，g (1))处的切线方程为y ＝2x ＋1，所以g ′(1)＝2.又f ′(x )＝g ′(x )＋2x ，故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝g ′(1)＋2＝4.故选C.答案：C考点2 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．[例2] [2019·全国卷Ⅲ]已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解析】本题主要考查导数在研究三次函数单调性、最值中的应用，考查考生的运算求解能力，考查分类讨论思想，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．(1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )．令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a3单调递减；若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0,1] 单调递增，所以f (x )在区间[0,1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1,2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ⅱ)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0,1]单调递减，所以f (x )在区间[0,1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(ⅲ)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0,1]的最小值为f (a 3)＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略研究函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归纳为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)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． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论． 2．[警示] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.『对接训练』3．[2019·湖北宜昌模拟]已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ln x ＋1x －x ，其中常数m >0. (1)当m ＝2时，求f (x )的极大值； (2)试讨论f (x )在区间(0,1)上的单调性．解析：(1)当m ＝2时，f (x )＝52ln x ＋1x －x ，f ′(x )＝52x －1x 2－1＝－(x －2)(2x －1)2x 2(x >0)．当0<x <12或x >2时，f ′(x )<0，当12<x <2时，f ′(x )>0，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上单调递增， ∴f (x )的极大值为f (2)＝52ln 2－32.(2)f ′(x )＝m ＋1m x－1x2－1＝－(x －m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m x2(x >0，m >0)，故当0<m <1时，f (x )在(0，m )上单调递减，在(m,1)上单调递增；当m ＝1时，f (x )在(0,1)上单调递减；当m >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1m 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，1上单调递增．考点3 利用导数研究函数极值、最值可导函数的极值与最值(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．[例3] [2019·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数，证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点．【解析】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点．(2)f (x )的定义域为(－1，＋∞)．(ⅰ)当x ∈(－1,0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1,0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0，故f (x )在 (－1,0)单调递减．又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1,0]的唯一零点．(ⅱ)当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减．又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2没有零点．(ⅲ)当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减．而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点． (ⅳ)当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1，所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点．综上，f (x )有且仅有2个零点.1．利用导数求函数最值的方法技巧(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．(2)求极值和最值时，为了直观易懂，常常列出x 的取值范围与y ′的符号及y 的单调区间、极值的对应表格．2．[警示](1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点． (2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值．(3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论.『对接训练』4．[2019·福建福州质量检测]已知函数f (x )＝x1＋x－a ln(1＋x )(a ∈R )，g (x )＝x 2emx ＋1－e 2.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若a <0，∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝x1＋x －a ln(1＋x )(x >－1)，所以f ′(x )＝1(x ＋1)2－a x ＋1＝－ax －a ＋1(x ＋1)2.当a ≤0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x >－1，得－1<x <－1＋1a；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x >－1，得x >－1＋1a.所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1a ，＋∞. 综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．当a >0时，函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－1＋1a ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1a，＋∞.(2)若a <0，则∀x 1，x 2∈[0，e]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，等价于“对任意x ∈[0，e]，f (x )min ≥g (x )max 恒成立”．当a <0时，由(1)知，函数f (x )在[0，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝0.g ′(x )＝2x e mx ＋1＋mx 2e mx ＋1＝x (mx ＋2)e mx ＋1，(ⅰ)当m ≥0时，若0≤x ≤e，则g ′(x )≥0，函数g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝em e ＋3－e 2>0，不符合题意．(ⅱ)当－2e ≤m <0，即－2m ≥e 时，在[0，e]上，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0，e]上单调递增，所以g (x )max ＝g (e)＝em e ＋3－e 2，令em e ＋3－e 2≤0，得m ≤－1e，所以－2e ≤m ≤－1e.(ⅲ)当m <－2e ，即0<－2m<e 时，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上，g ′(x )≥0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，－2m 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m，e 上，g ′(x )≤0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2m，e 上单调递减，所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m ＝4e m 2－e 2，令4e m 2－e 2≤0，得m 2≥4e3，所以m ≤－4e3，又－4e 3>－2e ，所以m <－2e. 综上所述，实数m 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e .考点4 定积分定积分求平面图形的面积(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量．在以y 为积分变量时，应注意将曲线方程变为x ＝φ(y )的形式，同时，积分上、下限必须对应y 的取值．[例4] [2019·辽宁丹东适应性测试]如图，函数y ＝－x 2＋2x ＋1与y ＝1的图象相交，形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是( )A ．1 B.43C. 3 D ．2【解析】由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2＋2x ＋1，y ＝1，得x 1＝0，x 2＝2，所以闭合图形的面积S ＝⎠⎛02(－x 2＋2x ＋1－1)d x ＝⎠⎛02(－x 2＋2x)d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 33＋x 220＝－83＋4＝43.【答案】 B(1)求曲边多边形面积的步骤①画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图形． ②借助图形确定被积函数，求出交点坐标，确定积分的上限、下限．③将曲边梯形的面积表示为若干个定积分之和．④计算定积分．(2)若所求定积分有明显的几何意义，可以利用定积分的几何意义求定积分.『对接训练』5．[2019·河南八市联合测评]已知函数f(x)＝⎩⎨⎧x ，1<x≤4，x|x|，－1≤x≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝( )A .14B .143C ．7D .212解析：函数f(x)＝⎩⎨⎧x ，1<x≤4，x|x|，－1≤x≤1，则⎠⎛-14f(x)d x ＝⎠⎛-11x|x|d x ＋⎠⎛14x d x ＝0＋23x32|41＝143.故选B .答案：B6．[2019·四川内江适应性测试]由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴围成的图形的面积为( )A ．3B .103 C .73D .83解析：由题意可知题中曲线与坐标轴围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋1，y ＝－x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝5(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，则A(1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎠⎛01(x 2＋1)d x＋12×22＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋x 10＋2＝103，选B .答案：B课时作业5 导数的简单应用1．[2019·甘肃兰州一中月考] ⎠⎛-11|x|d x 等于( )A ．0B ．1C ．2D .12解析：如图，由定积分的几何意义可知⎠⎛-11|x|d x 表示图中阴影部分的面积，故⎠⎛-11|x|d x＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＝1.答案：B2．[2019·河南南阳月考]已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e )＋ln x ，则f(e )＝( )A ．eB ．－1eC ．－1D ．－e解析：由f(x)＝2xf′(e )＋ln x ，得f′(x)＝2f′(e )＋1x ，则f′(e )＝2f′(e )＋1e ，所以f′(e )＝－1e ，故f(x)＝－2ex ＋ln x ，所以f(e )＝－1.故选C .答案：C3．[2019·湖北钟祥模拟]已知函数f(x)＝cos xe x，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为( )A ．x ＋y ＋1＝0B ．x ＋y －1＝0C ．x －y ＋1＝0D ．x －y －1＝0解析：∵f(x)＝cos x e x，∴f′(x)＝－sin x －cos xe x，∴f′(0)＝－1，f(0)＝1，即函数f(x)的图象在点(0,1)处的切线斜率为－1，∴函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝－x ＋1，即x ＋y －1＝0.故选B .答案：B4．[2019·河北九校第二次联考]函数f(x)＝x ＋3x＋2ln x 的单调递减区间是( )A ．(－3,1)B ．(0,1)C ．(－1,3)D ．(0,3)解析：解法一令f′(x)＝1－3x 2＋2x <0，得0<x<1，故所求函数的单调递减区间为(0,1)．故选B .解法二由题意知x>0，故排除A ，C 选项；又f(1)＝4<f(2)＝72＋2ln 2，故排除D 选项．故选B .答案：B5．[2019·辽宁辽阳期末]函数f(x)＝x 3－3ln x 的最小值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：函数f(x)＝x 3－3ln x 的定义域为(0，＋∞)．可得f′(x)＝3x 3－3x ＝3(x －1)(x 2＋x ＋1)x ，令f′(x)＝0，可得x ＝1，所以x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)是减函数； x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)是增函数，所以函数f(x)的最小值为f(1)＝1.故选B . 答案：B6．[2019·河南濮阳第二次模拟]已知a ＝ln 33，b ＝e －1，c ＝3ln 28，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b>c>aB ．a>c>bC ．a>b>cD ．b>a>c解析：依题意，得a ＝ln 33＝ln 33，b ＝e －1＝ln e e ，c ＝3ln 28＝ln 88.令f(x)＝ln xx ，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e )上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．所以f(x)max ＝f(e )＝1e＝b ，且f(3)>f(8)，即a>c ，所以b>a>c.故选D .答案：D7．[2019·吉林三校联合模拟]若函数f(x)＝(2－m )xx 2＋m的图象如图所示，则m 的范围为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2)C ．(0,2)D ．(1,2)解析：f′(x)＝(x 2－m )(m －2)(x 2＋m )2＝(x －m )(x ＋m )(m －2)(x 2＋m )2，由函数图象的单调性及有两个极值点可知m －2<0且m>0，故0<m<2.又由题图易得m>1，即m>1.故1<m<2，故选D .答案：D8．[2019·广东惠州中学一模]设直线x ＝t 与函数f(x)＝x 2，g(x)＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN|最小时t 的值为( )A ．1B .12C .52 D .22解析：|MN|的最小值，即函数h(x)＝x 2－ln x 的最小值，h′(x)＝2x －1x ＝2x 2－1x ，显然x ＝22是函数h(x)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22.故选D . 答案：D9．[2019·广东肇庆第二次检测]已知x ＝1是f(x)＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，1)解析：依题意f′(x)＝(x －a)(x －1)e x，它的两个零点为x ＝1，x ＝a ，若x ＝1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x ＝1处取得极小值．故选D .答案：D10．[2019·山东济南质检]若函数f(x)＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．[1,2)C .⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 D .⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2解析：f′(x)＝4x －1x ＝(2x －1)(2x ＋1)x ，令f′(x)>0，得x>12；令f′(x)<0，得0<x<12.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1≥0，k －1<12<k ＋1，得1≤k<32.故选C .答案：C11．[2019·湖南湘东六校联考]已知曲线f(x)＝e x＋x 2，则曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线与坐标轴围成的图形的面积为________．解析：由题意，得f′(x)＝e x＋2x ，所以f′(0)＝1.又f(0)＝1，所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －1＝1×(x－0)，即x －y ＋1＝0，所以该切线与x ，y 轴的交点坐标分别为(－1,0)，(0,1)，所以该切线与坐标轴围成的图形的面积为12×1×1＝12.答案：1212．[2019·湖南株洲质检]若⎠⎛0T x 2d x ＝9，则常数T 的值为________．解析：⎠⎛0T x 2d x ＝⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3T 0＝13T 3＝9，所以T ＝3. 答案：313．[2019·广东广州第二次模拟]若函数f(x)＝x 2－x ＋1＋a ln x 在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：f′(x)＝2x －1＋a x ＝2x 2－x ＋ax ，由题意得，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x 2＋x ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上恒成立，因为y ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋18在(0，＋∞)上的最大值为18，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞ 14．[2019·河北承德一中一模]设函数f(x)＝x 2＋1x ，g(x)＝x e x ，对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，则正数k 的取值范围是________．解析：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，不等式g (x 1)k ≤f (x 2)k ＋1恒成立，等价于g (x 1)f (x 2)≤kk ＋1恒成立．f(x)＝x 2＋1x ＝x ＋1x≥2x ·1x ＝2，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号，所以f(x)的最小值是2.由g(x)＝xe x ，得g′(x)＝e x －x e x (e x )2＝1－xex ，由g′(x)>0得0<x<1，此时函数g(x)为增函数，由g′(x)<0得x>1，此时函数g(x)为减函数，故当x ＝1时，g(x)取得极大值，同时也是最大值，为g(1)＝1e .则g (x 1)f (x 2)的最大值为1e 2＝12e ，则k k ＋1≥12e ，得2e k≥k＋1，即k(2e －1)≥1，则k≥12e －1，故正数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12e －1，＋∞ 15．[2019·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝e axx －1.(1)当a ＝1时，求曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间．解析：(1)当a ＝1时，f(x)＝e x x －1，则f′(x)＝e x (x －2)(x －1)2. 又f(0)＝e 00－1＝－1，f′(0)＝e 0(0－2)(0－1)2＝－2.所以曲线y ＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －0)，即y ＝－2x －1. (2)由函数f(x)＝e ax x －1，得f′(x)＝e ax [ax －(a ＋1)](x －1)2.当a ＝0时，f′(x)＝－1(x －1)2<0，因为函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)，无单调递增区间．当a≠0时，令f′(x)＝0，即ax －(a ＋1)＝0，解得x ＝a ＋1a .当a>0时，x ＝a ＋1a>1，所以x ，f′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，＋∞.当a<0时，x ＝a ＋1a<1，所以x ，f′(x)，f(x)变化情况如下表：所以f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1，(1，＋∞)．16．[2019·广东广州二模]已知函数f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a. (1)若a ＝12，求函数f(x)的所有零点；(2)若a≥12，证明函数f(x)不存在极值．解析：(1)当a ＝12时，f(x)＝(x ＋2)ln x ＋12x 2－4x ＋72，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝ln x ＋2x ＋x －3.设g(x)＝ln x ＋2x＋x －3，则g′(x)＝1x －2x 2＋1＝x 2＋x －2x 2＝(x ＋2)(x －1)x 2. 当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，g(x)≥g(1)＝0(当且仅当x ＝1时取等号)，即当x>0时，f′(x)≥0(当且仅当x ＝1时取等号)．所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，至多有一个零点．因为f(1)＝0，所以x ＝1是函数f(x)唯一的零点．所以函数f(x)的零点只有x ＝1.(2)方法一 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4.当a≥12时，f′(x)≥ln x ＋2x ＋x －3，由(1)知ln x ＋2x ＋x －3≥0.即当x>0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．所以f(x)不存在极值．方法二 f(x)＝(x ＋2)ln x ＋ax 2－4x ＋7a ，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x ＋x ＋2x ＋2ax －4.设m(x)＝ln x ＋x ＋2x＋2ax －4，则m′(x)＝1x －2x 2＋2a ＝2ax 2＋x －2x 2(x>0)．设h(x)＝2ax 2＋x －2(x>0)，当a≥12时，令h(x)＝2ax 2＋x －2＝0，解得x 1＝－1－1＋16a 4a <0，x 2＝－1＋1＋16a4a>0.可知当0<x<x 2时，h(x)<0，即m′(x)<0，当x>x 2时，h(x)>0，即m′(x)>0，所以f′(x)在(0，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．由(1)知ln x ＋2x＋x －3≥0，则f′(x 2)＝ln x 2＋2x 2＋x 2－3＋(2a －1)x 2≥(2a－1)x 2≥0.所以f′(x)≥f′(x 2)≥0，即f(x)在定义域上单调递增．所以f(x)不存在极值．17．[2019·江西吉安一模]已知函数f(x)＝e x，g(x)＝12x 2－52x －1(e 为自然对数的底数)．(1)记F(x)＝ln x ＋g(x)，求函数F(x)在区间[1,3]上的最大值与最小值； (2)若k∈Z ，且f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，求k 的最大值．解析：(1)∵F (x )＝ln x ＋g (x )＝ln x ＋12x 2－52x －1，∴F ′(x )＝(2x －1)(x －2)2x ，令F ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2，∴易知函数F (x )在区间(1,2)上单调递减，在区间(2,3)上单调递增． ∴当1≤x ≤3时，F (x )min ＝F (2)＝－4＋ln 2，F (x )max ＝max{F (1)，F (3)}＝－4＋ln 3.(2)∵f (x )＋g (x )－k ≥0对任意x ∈R 恒成立， ∴e x＋12x 2－52x －1－k ≥0对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤e x＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立．令h (x )＝e x ＋12x 2－52x －1，则h ′(x )＝e x＋x －52.令φ(x )＝e x ＋x －52，则φ′(x )＝e x＋1>0，所以h ′(x )在R 上单调递增．又h ′(0)＝－32<0，h ′(1)＝e －32>0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫34＝e 34－74>0，所以存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，使得h ′(x 0)＝0，且当x ∈(－∞，x 0)时，h ′(x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0.∴h (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．∴h (x )min ＝h (x 0)＝e x 0＋12x 20－52x 0－1.又h ′(x 0)＝0，即e x 0＋x 0－52＝0，∴e x 0＝52－x 0.∴h (x 0)＝52－x 0＋12x 20－52x 0－1＝12(x 20－7x 0＋3)．∵x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34，∴h (x 0)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2732，－18.∵k ≤e x＋12x 2－52x －1对任意x ∈R 恒成立，∴k ≤h (x 0)，又k ∈Z ，∴k max ＝－1.18．[2019·福建福州质量抽测]设函数f (x )＝(ax －1)e 1－x.(1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝1时，若函数f (x )与函数y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )的图象总有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2.①求m 的取值范围； ②求证：x 1＋x 2>4.解析：(1)由已知得，f ′(x )＝－a e 1－x⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋1a ，由于e1－x>0，a >0，∴令f ′(x )>0，得x <a ＋1a，令f ′(x )<0，得x >a ＋1a， ∴当a >0时，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，a ＋1a ，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，＋∞.(2)①当a ＝1时，f (x )＝(x －1)e1－x.解法一令g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e 1－x－x 2＋4x －m ，∴g ′(x )＝－(e1－x＋2)(x －2)，由g ′(x )<0得，x >2，由g ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为g (x )的极大值点，也是最大值点，故g (x )max ＝g (2)＝1e＋4－m ，当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞. 若要满足题意，则只需满足g (x )max ＝1e ＋4－m >0，即m <1e＋4，∴m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4. 解法二 f ′(x )＝－e1－x(x －2)，由f ′(x )<0得，x >2，由f ′(x )>0得，x <2，易知，x ＝2为f (x )的极大值点，也是最大值点．又易知y ＝x 2－4x ＋m (m ∈R )在x ＝2处取得最小值，∴也要满足题意，则只需满足f (2)＝1e >22－8＋m ，解得m <1e ＋4，∴m 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e ＋4.②由题意知，x 1，x 2为函数g (x )＝f (x )－x 2＋4x －m ＝(x －1)e1－x－x 2＋4x －m 的两个零点，由①知，不妨设x 1<2<x 2，则4－x 2<2，且函数g (x )在(－∞，2)上单调递增，欲证x 1＋x 2>4，只需证明g (x 1)>g (4－x 2)，又g (x 1)＝g (x 2)， ∴只需证明g (x 2)>g (4－x 2)．令H (x 2)＝g (x 2)－g (4－x 2)(x 2>2)，则H (x 2)＝(x 2－1)e21x －＋(x 2－3)e23x －，∴H ′(x 2)＝(x 2－2)(e23x －－e21x －)．又x 2>2，∴e 23x －e21x －＝e224x －>1，即e23x －－e21x －>0，∴H ′(x 2)>0，即H (x 2)在(2，＋∞)上为增函数， ∴H (x 2)>H (2)＝0， ∴g (x 2)>g (4－x 2)成立， ∴x 1＋x 2>4.。

高考数学二轮复习第一篇专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案理-人教版高三全册数学教案

第3讲导数的综合应用1.(2018·全国Ⅱ卷,理21)函数f(x)=e x-ax2.(1)假设a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)假设f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.(1)证明: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,那么g'(x)=-(x2-2x+1)·e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (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)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.①假设h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点.②假设h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.③假设h(2)<0,即a>,因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点;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)上有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点.综上,当f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=.2.(2017·全国Ⅲ卷,理21)函数f(x)=x-1-aln x.(1)假设f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+…1+<m,求m的最小值. 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①假设a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②假设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)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,故x=a是f(x)在(0,+∞)的最小值点.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ln1+<.从而ln1++ln1++…+ln1+<++…+=1-<1.故1+1+…1+<e.而1+1+1+>2,所以m的最小值为3.考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数X围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值X围、证明函数零点的性质等.解答题,属于难题或者较难题.(对应学生用书第16~18页)导数与不等式考向1 导数方法证明不等式【例1】(2018·某某二模)函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.(1)解:f'(x)=e x-2x,由题设得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,所以f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.(2)证明:设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,那么g'(x)=e x-2x-(e-2),g″(x)=e x-2,g'(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,又g'(0)=3-e>0,g'(1)=0,0<ln 2<1,g'(ln 2)<0,所以,存在x0∈(0,ln 2),使得g'(x0)=0,所以,当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=e x-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取等号,故≥x,x>0,又x≥ln x+1,即≥ln x+1,当x=1时,等号成立.导数方法证明不等式的基本途径有两条:(1)考虑单调性,利用函数在区间(a,b)上单调递增(减),那么f(a)<f(x)<f(b)(f(b)<f(x)<f(a)),如证明x∈0,,sin x<x时,可以证明f(x)=sin x-x在0,上单调递减,那么f(x)<f(0)得证;(2)考虑最值,利用函数在区间D 上,f(x)min≤f(x)≤f(x)max,如证明,当x∈(0,+∞),ln x≤x-1时,可以求出函数f(x)=ln x-(x-1)在(0,+∞)上的最大值为0得证.无论哪条途径都是以单调性为基础,函数的单调性的研究是导数方法证明不等式的核心.考向2 根据不等式确定参数取值X围【例2】(2018·某某一模)f(x)=e x-aln x(a∈R).(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当a=-1时,假设不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,某某数m的取值X围.解:(1)f(x)=e x-aln x,那么f'(x)=e x-,f'(1)=e-a,切点为(1,e),所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)当a=-1时,原不等式即为e x+ln x-e-m(x-1)>0,记F(x)=e x+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求导得F'(x)=e x+-m,F'(1)=e+1-m,F″(x)=e x-,当x>1时,F″(x)>0,那么F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m,假设m≤e+1,那么F'(x)>0,那么F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,适合题意;假设m>e+1,那么F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m)使F'(x1)=0,当1<x<x1时,F'(x)<0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)<F(1)=0,舍去,综上,实数m的取值X围是(-∞,e+1].(1)对于f(x)≥g(x)在区间D上恒成立,只需[f(x)-g(x)]min≥0即可,而f(x)>g(x)在区间D 上恒成立,此时h(x)=f(x)-g(x)在区间D上未必存在最小值,需要根据具体情况,或者研究h(x)的单调性或者通过放缩或者通过引进第三方不等式灵活处理;(2)在区间D上,假设∃x0使得f(x0)>g(x0)成立,那么只需∃x0,使得h(x)=f(x)-g(x)>0成立,如果h(x)存在最小值,那么只需h(x)min>0即可,如果h(x)不存在最小值,只需h(x)大于或者等于 h(x) 值域的下确界;(3)如果在区间D上f(x1)>g(x2)恒成立,那么只需f(x)min>g(x)max,如果f(x),g(x)有不存在最值的,那么需要确定其值域,再根据值域得出结论.【不等式的类型很多,但其基本思想是化归,即化归为函数的最值、值域的上下界,据此得出参数满足的不等式】热点训练1:(2018·某某一模):f(x)=(2-x)e x+a(x-1)2(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调区间;(2)假设对任意的x∈R,都有f(x)≤2e x,求a的取值X围.解:(1)f'(x)=(1-x)e x+2a(x-1)=(x-1)(2a-e x),当a≤0时,函数在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减;当0<a<时,函数在(-∞,ln 2a),(1,+∞)上递减,在(ln 2a,1)上递增;当a>时,函数在(-∞,1),(ln 2a,+∞)上递减,在(1,ln 2a)上递增;当a=时,函数在R上递减.(2)由对任意的x∈R,f(x)≤2e x,即(2-x)e x+a(x-1)2≤2e x,当x=1时,e x≤2e x,恒成立,当x≠1时,整理得:a≤,对任意x∈R恒成立,设g(x)=,求导g'(x)==,令g'(x)=0,解得x=1±,当x>1+,g'(x)>0,当1<x<1+,g'(x)<0,当x<1-,g'(x)<0,当1-<x<1时g'(x)>0,所以当x=1+时取极小值,极小值为,当x=1-时取极小值,极小值为,由<,所以g(x)的最小值为,由题意对任意的x∈R,都有f(x)≤2e x,即a≤g(x)最小值,所以a的取值X围为-∞,.导数与函数的零点考向1 确定函数零点的个数【例3】(2018·某某某某调研)函数f(x)=e x-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论g(x)=f(x)·x-在区间[0,1]内零点的个数.解:(1)f'(x)=e x-a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无减区间;当a>0时,f(x)的单调减区间为(-∞,ln a),增区间为(ln a,+∞).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考虑f(x)在区间[0,1]的零点个数.当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且f(0)=0,f(x)有一个零点;当a≥e时,f(x)在(-∞,1)上单调递减,f(x)有一个零点;当1<a<e时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增.而f(1)=e-a-1,所以a≤1或a>e-1时,f(x)有一个零点,当1<a≤e-1时,f(x)有两个零点.而x=时,由f=0得a=2(-1).所以a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,g(x)有两个零点;当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)有三个零点.确定函数f(x)零点个数的基本思想是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势,得出函数y=f(x)的图象与x轴交点的个数,其中的一个技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),通过研究函数g(x),h(x)的性质,得出两个函数图象交点的个数.考向2 根据函数零点的个数确定参数取值X围【例4】(2018·某某某某一中三模)设函数f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.(1)当a=0时,f(x)≥g(x)在(1,+∞)上恒成立,某某数m的取值X围;(2)当m=2时,假设函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,某某数a的取值X 围.解:(1)当a=0时,由f(x)-g(x)≥0得mln x≤x,因为x>1,所以ln x>0,所以有m≤在(1,+∞)上恒成立,令h(x)=,h'(x)=,由h'(x)=0得x=e,当x>e,h'(x)>0,当0<x<e时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+∞)上为增函数,所以h(x)min=h(e)=e,所以实数m的取值X围为(-∞,e].(2)当m=2时,函数h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,即方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,令φ(x)=x-2ln x,那么φ'(x)=1-=,当1≤x<2时,φ'(x)<0;当2<x≤3时,φ'(x)>0,所以φ(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2,又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,结合图象可知φ(2)<a≤φ(3).所以实数a的取值X围为(2-2ln 2,3-2ln 3].根据函数零点个数确定参数取值X围的基本思想也是数形结合,即根据函数的单调性、极值、函数值的变化趋势大致得出函数y=f(x)的图象,再根据零点个数确定函数y=f(x)的图象交点的个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值X围,一个基本的技巧是把f(x)=0化为g(x)=h(x),据f(x)零点个数确定函数y=g(x),y=h(x)图象的交点个数,得出参数满足的不等式,求得参数的取值X围.热点训练2:(2018·某某某某二中模拟)函数f(x)=xe x-(x+1)2.(1)当x∈[-1,2]时,求f(x)的最大值与最小值;(2)讨论方程f(x)=ax-1的实根的个数.解:(1)因为f(x)=xe x-(x+1)2,所以f'(x)=(x+1)e x-2(x+1)=(x+1)(e x-2),令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,f'(x),f(x)随x的变化如下表:x -1 (-1,ln 2) ln 2 (ln 2,2) 2 f'(x) 0 - 0 +↘-(ln 2)2-1 ↗2e2-9 f(x)-f(x)在[-1,2]上的最小值是-(ln 2)2-1,因为2e2-9>0,-<0,2e2-9>-,所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xe x-x2-(a+2)x=x(e x-x-a-2),所以f(x)=ax-1⇔x=0或e x-x-a-2=0,设g(x)=e x-x-a-2,那么g'(x)=e x-1,x>0时,g'(x)>0,x<0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,在(-∞,0)上是减函数,g(x)≥g(0)=-a-1,且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞,①当-a-1>0,即a<-1时,g(x)=0没有实根,方程f(x)=ax-1有1个实根;②当-a-1=0,即a=-1时,g(x)=0有1个实根为零,方程f(x)=ax-1有1个实根;③当-a-1<0,即a>-1时,g(x)=0有2个不等于零的实根,方程f(x)=ax-1有3个实根.综上可得,a≤-1时,方程f(x)=ax-1有1个实根;a>-1时,方程f(x)=ax-1有3个实根.热点训练3:(2018·某某金卷高三大联考)函数f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a≠0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)假设关于x的方程g(x)=a有实数根,某某数a的取值X围.解:(1)依题意,得f'(x)=-4x==,x∈(0,+∞).令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<;令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.故函数f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,+∞.(2)由题意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.依题意,方程+aln x-a=0有实数根,即函数h(x)=+aln x-a存在零点.h'(x)=-+=,令h'(x)=0,得x=.当a<0时,h'(x)<0.即函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,而h(1)=1-a>0,h()=+a1--a=-1<-1<0.所以函数h(x)存在零点;当a>0时,h'(x),h(x)随x的变化情况如下表:x0,,+∞h'(x) - 0 +h(x) ↘极小值↗所以h=a+aln-a=-aln a为函数h(x)的极小值,也是最小值.当h>0,即0<a<1时,函数h(x)没有零点;当h≤0,即a≥1时,注意到h(1)=1-a≤0,h(e)=+a-a=>0,所以函数h(x)存在零点.综上所述,当a∈(-∞,0)∪[1,+∞)时,方程g(x)=a有实数根.【例1】(2018·某某某某二中模拟)函数f(x)=2ln -.(1)求f(x)的单调区间;(2)假设g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,假设对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,某某数a的取值X围.解:(1)因为f(x)=2ln -,所以f'(x)=-==,因为f(x)的定义域为(0,+∞),当<x<2时,f'(x)<0,0<x<或x>2时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间是,2,单调递增区间是0,,(2,+∞).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x>1时f(x)≥f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0,所以对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立, ⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立,⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.因为(x-t)2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立,⇔y=ln x的图象与直线y=ax有交点,⇔方程a=在(0,+∞)上有解.设h(x)=,那么h'(x)=,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 又h(e)=,x→0,h(x)→-∞,所以h(x)的值域是-∞,,所以实数a的取值X围是-∞,.【例2】(2018·某某某某5月质检)函数f(x)=x3-3ax2+4(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)假设函数f(x)有三个零点,证明:当x>0时,f(x)>6(a-a2)e a.(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f'(x)=0,那么x=0或x=2a,当a=0时,f'(x)≥0,f(x)在R上是增函数;当a>0时,令f'(x)>0,得x<0,x>2a,所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得0<x<2a,所以f(x)在(0,2a)上是减函数.当a<0时,令f'(x)>0,得x<2a,x>0,所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得2a<x<0,所以f(x)在(2a,0)上是减函数.综上所述:当a=0时,f(x)在R上是增函数;当a>0时,f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数,在(0,2a)上是减函数. 当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.(2)证明:由(1)可知,当a=0时,f(x)在R上是增函数,所以函数f(x)不可能有三个零点;当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数. 所以f(x)的极小值为f(0)=4>0,所以函数f(x)不可能有三个零点,当a>0时,f(x)的极小值为f(2a)=4-4a3,要满足f(x)有三个零点,那么需4-4a3<0,即a>1,当x>0时,要证明:f(x)>6(a-a2)e a等价于要证明f(x)min>6(a-a2)e a,即要证:4-4a3>6(a-a2)e a,由于a>1,故等价于证明:1+a+a2<ae a,证明如下:构造函数g(a)=3ae a-2-2a-2a2(a∈(1,+∞)),g'(a)=(3+3a)e a-2-4a,令h(a)=(3+3a)e a-2-4a,因为h'(a)=(6+3a)e a-4>0,所以函数h(a)在(1,+∞)上单调递增,所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,所以函数g(a)在(1,+∞)上单调递增.所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,所以1+a+a2<ae a,所以f(x)>6(a-a2)e a.【例3】(2018·聊城二模)函数f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(t∈R,k∈R).(1)当k=1时,假设曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点,求t的取值X围;(2)当t=1时,设h(x)=f(x)-g(x),假设函数h(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证>1. 解:(1)当k=1时,g(x)=x2-1,设h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲线y=f(x)和曲线y=g(x)有且只有一个公共点,令h(x)=2tln x-x2+1,那么h'(x)=-2x=,即函数y=h(x)只有一个零点,由于h(1)=0,所以x=1是函数y=h(x)的一个零点,①当t≤0时,x>0,那么h'(x)<0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以函数h(x)有且只有一个零点x=1.②当t>0时,h'(x)=,当x∈(0,)时,h'(x)>0,当x∈(,+∞)时,h'(x)<0,所以函数h(x)在区间(0,)内单调递增,在(,+∞)内单调递减,此时h(x)max=h(),a.当t=1时,h(x)max=h(1)=0,此时符合题意;b.当0<t<1时,取x1=<1,那么h(x1)=-<0,h()>h(1)=0,所以h(x)在(x1,)上存在另一个零点,不符合题意;c.当t>1时,取x2=t+,那么h(x2)=2tln x2-+1<2tx2-+1=0, h()>h(1)=0,所以h(x)在(,t+)上存在另一个零点,不符合题意,综上,t的取值X围是{t|t≤0或t=1}.(2)当t=1时,h(x)=2ln x-x2+k,设F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,那么F'(x)=+-4=,所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,故F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)<F(1)=0,即h(x)<h(2-x)在(0,1)上恒成立,又h'(x)=-2x=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,当x∈(1,+∞)上,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,不妨设x1<x2,那么x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),所以2-x1∈(1,2),所以h(x1)<h(2-x1),又h(x1)=h(x2),故h(x2)<h(2-x1),所以x2>2-x1,故而>1.。

高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题一3第3讲导数的简单应用学案

第 3 讲导数的简单应用年份 201820172016卷别考察内容及考题地点命题剖析卷Ⅰ函数的奇偶性、导数的几何意义 ·T 5 1.高考对导数的几何意义的考卷Ⅱ 导数的几何意义 ·T 13 查，多在选择、填空题中出现，卷Ⅲ 导数的几何意义 ·T 14难度较小，有时出此刻解答题卷Ⅰ利用导数议论函数的单一性、函数的的第一问．零点 ·T 212．高考要点考察导数的应用，卷Ⅱ 利用导数求极值 ·T 11 即利用导数研究函数的单一卷Ⅰ导数与函数图象 ·T 7性、极值、最值问题，多在选函数的奇偶性、导数的几何意义·T 15 择、填空题的后几题中出现，难度中等，有时出此刻解答题的第一问．卷Ⅲ利用导数公式直接求导· T 21(1)3．近几年全国课标卷对定积分及其应用的考察很少，题目一般比较简单，但也不可以忽视 .导数的运算及其几何意义(综合型 )导数的几何意义函数 f(x)在 x 0 处的导数是曲线f(x)在点 P(x 0， f(x 0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点 P 处的切线的斜率 k ＝ f ′ (x 0 )，相应的切线方程为y － f(x 0)＝ f ′(x 0)·(x － x 0)．4 个易误导数公式 (1)(sin x) ＝′ cos x. (2)(cos x) ＝′－ sin x.(3)(a x ) ′＝ a x ln a(a>0 且 a ≠ 1)．1(4)(log a x) ′＝ xln a (a>0 且 a ≠ 1)．[ 典型例题 ]ππax －2y ＋ 1＝ 0 相互垂(1)若曲线 f(x)＝ xsin x ＋ 1 在点 2，＋ 1 处的切线与直线2直，则实数 a ＝ ()A ．－ 2B ． 2C ．1D ．－1x及 y ＝－ 1 2都相切，则直线 l 的方程为 ________． (2)直线 l 与曲线 y ＝ ex4 【分析】 (1) 因为 f(x) ＝xsin x ＋1，因此 f ′(x)＝ sin x ＋ xcos x ，π π π π因此 f ′2 ＝ sin 2 ＋ 2 cos 2 ＝ 1.a因为直线 ax － 2y ＋1＝ 0 的斜率为，πa因此 f ′2 × 2＝－ 1，解得 a ＝－ 2，应选 A.1x 2的切点为2(2)设直线 l 与曲线 y ＝ e x 的切点为 ( x 0，e x0 )，直线 l 与曲线 y ＝－ x 1，－ x 1，44 x x 0)处的切线的斜率为＝x 0x 2 在点 x 1，－ x 12因为 y ＝ e在点 ( x 0， ey ′|xx＝ e， y ＝－4 处的切线4的斜率为 y ′| ＝－x＝－ x 1，x ＝ x 1 2 x ＝ x 12则直线 l 的方程可表示为 y ＝ e x0x － x 0e x 0 ＋ ex或 y ＝－ 1x 1x ＋ 1 x 12 ，所以2 4 e x0＝－x 1，2x＋e x0＝x 12－ x 0e 0，4因此 ex 0＝ 1－x 0，解得 x 0＝ 0.因此直线 l 的方程为 y ＝x ＋ 1.【答案】(1)A (2) y ＝x ＋ 1(1)求曲线 y ＝ f(x)的切线方程的 3 种种类及方法 ①已知切点 P(x 0， y 0)，求切线方程求出切线的斜率 f ′(x)，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) ，经过方程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．(2)两曲线 f(x)， g(x)的公切线 l 的方程的求解要点①设点求切线，即分别设出两曲线的切点的坐标(x 0， f(x 0))， (x 1， g(x 1))，并分别求出两曲线的切线方程．②成立方程组，即利用两曲线的切线重合，则两切线的斜率及在y 轴上的截距都分别相等，获得对于参数x0， x1的方程组，解方程组，求出参数x0， x1的值．③求切线方程，把所求参数的值代入曲线的切线方程中即可．[ 对点训练 ]1．( 一题多解 )(2018高·考全国卷Ⅰ )设函数 f(x)＝ x3＋ (a－ 1)x2＋ax.若 f(x)为奇函数，则曲线 y＝ f(x)在点 (0 ，0)处的切线方程为 ()A ． y＝－ 2xB ． y＝－ xC．y＝ 2x D ． y＝x分析：选 D. 法一：因为函数 f(x)＝ x3＋ (a－ 1)x2＋ax 为奇函数，因此f(－ x)＝－ f(x)，3＋ ( a－ 1)(2322(a－ 1)x2＝ 0，因为因此 (－ x)－ x)＋ a(－ x)＝－ [x＋ (a－ 1) ·x ＋ ax] ，因此x∈R，因此 a＝ 1，因此 f(x)＝ x3＋ x，因此 f′(x)＝ 3x2＋ 1，因此 f′(0)＝ 1，因此曲线y＝f(x)在点(0 ， 0)处的切线方程为y＝ x.应选 D.法二：因为函数f(x)＝ x3＋(a－ 1)x2＋ax 为奇函数，因此f(－ 1)＋ f(1) ＝0，因此－ 1＋ a－1－ a＋ (1＋ a－ 1＋ a)＝ 0，解得 a＝ 1，因此 f(x)＝ x3＋ x，因此 f′(x)＝ 3x2＋ 1，因此 f′(0)＝1，因此曲线 y＝f(x)在点 (0， 0)处的切线方程为 y＝ x.应选 D.2． (2018 合·肥第一次质量检测 )已知直线2x－ y＋ 1＝ 0 与曲线 y＝ ae x＋ x 相切 (此中 e 为自然对数的底数 )，则实数 a 的值是 ()1A. 2 B ． 1C．2 D ． e分析：选 B. 由题意知 y′＝ ae x＋ 1＝ 2，则 a>0 ，x＝－ ln a，代入曲线方程得y＝ 1－ ln a，因此切线方程为y－ (1－ ln a) ＝ 2(x＋ ln a)，即 y＝ 2x＋ln a＋1＝ 2x＋ 1? a＝1.利用导数研究函数的单一性(综合型)导数与函数单一性的关系(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充足不用要条件，如函数f(x)＝ x3在(－∞，＋∞)上单一递加，但 f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是 f(x)为增函数的必需不充足条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝ 0 时，则f(x)为常数，函数不拥有单一性．[ 典型例题 ]命题角度一求函数的单一区间或判断函数的单一性已知函数 f(x)＝ ln( x＋ 1)－ax2＋ x2，且 1<a<2，试议论函数f(x)的单一性．（ x＋ 1）【解】函数 f(x)的定义域为 (－ 1，＋∞)， f′ (x)＝x（ x－ 2a＋ 3），x>－ 1.（x＋ 1）33①当－ 1<2a － 3<0，即 1<a< 时，当－ 1<x<2a － 3 或 x>0 时， f ′ (x)>0， f(x) 单一递加，当 2a － 3< x<0 时， f ′( x)<0 ，f(x)单一递减．3②当 2a － 3＝ 0，即 a ＝时， f ′ ( x) ≥0，则 f(x)在( －1，＋ ∞)上单一递加．3③当 2a － 3>0 ，即 2<a<2 时，当－ 1<x<0 或 x>2a －3 时， f ′ (x)>0，则 f(x)在 (－ 1， 0)， (2a －3，＋ ∞)上单一递加．当 0<x<2a － 3 时， f ′( x)<0 ，则 f(x)在 (0， 2a － 3)上单一递减．综上，当 1<a<32时， f(x)在 (－ 1， 2a － 3)， (0，＋ ∞)上单一递加，在 (2a － 3， 0)上单一递减；当 a ＝3时， f(x)在 ( －1，＋ ∞)上单一递加；当322<a<2 时， f(x)在 (－ 1，0) ，(2a － 3，＋ ∞)上单一递加，在 (0， 2a －3)上单一递减．利用导数求函数的单一区间的三种方法(1) 当不等式 f ′(x)＞ 0 或 f ′(x)＜ 0 可解时，确立函数的定义域，解不等式f ′(x)＞ 0 或 f ′(x)＜0 求出单一区间．(2) 当方程 f ′(x)＝ 0 可解时，确立函数的定义域，解方程 f ′ (x)＝ 0，求出实数根，把函数f(x)的中断点 ( 即 f(x)的无定义点 )的横坐标和实根按从小到大的次序摆列起来，把定义域分红若干个小区间，确立f ′(x)在各个区间内的符号，进而确立单一区间．(3) 不等式 f ′(x)＞ 0 或 f ′(x)＜ 0 及方程 f ′(x)＝0 均不行解时求导数并化简，依据 f ′(x)的构造特点，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确立f ′(x)的符号，得单一区间．命题角度二已知函数的单一性求参数12已知函数 f(x)＝ x － 2aln x ＋ (a － 2)x.2(1) 当 a ＝－ 1 时，求函数 f( x)的单一区间；(2) 能否存在实数 a ，使函数 g(x)＝ f(x)－ ax 在 (0，＋ ∞)上单一递加？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明原因．1 2 ＋2ln x － 3x ，【解】 (1)当 a ＝－ 1 时， f(x) ＝ x2则 f ′(x)＝ x ＋ 2－ 3＝ x 2－ 3x ＋ 2 （ x － 1）（ x － 2）＝ x .x x当 0<x<1 或 x>2 时， f ′ ( x)>0 ，f(x)单一递加；当1<x<2 时， f ′ (x)<0， f(x)单一递减．因此 f(x)的单一增区间为 (0， 1)与 (2，＋ ∞)，单一减区间为 (1， 2)．(2) 假定存在实数 a ，使 g(x)＝ f(x)－ ax 在 (0，＋ ∞)上是增函数，因此 g′(x)＝ f′(x)－ a＝ x－2a－ 2≥0恒成立．xx2－ 2x－ 2a即≥ 0 在 x∈ (0，＋∞)上恒成立．x因此 x2－ 2x－2a≥0当 x>0 时恒成立，121(x－ 1)21恒成立．因此 a≤(x － 2x)＝－2221(x－ 1)21，x∈(0，＋∞)的最小值为－1又φ(x)＝－.222 1因此当 a≤－时， g′ (x) ≥0恒成立．又当 a＝－1， g′ ( x)＝（x－1）2当且仅当x＝ 1 时， g′ (x)＝ 0. 2x故当 a∈ －∞，－21时， g(x)＝ f( x)－ ax 在 (0，＋∞)上单一递加．(1)已知函数的单一性，求参数的取值范围，应用条件f′ (x)≥ 0(或 f′(x)≤ 0)， x∈ (a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于 0 的参数的范围．(2)若函数 y＝ f(x)在区间 (a， b)上不但一，则转变为f′( x)＝ 0 在 (a， b)上有解．[ 对点训练 ]x在区间 (0，＋∞)上不但一，则实数 a 的取值范围是 () 1．若函数 f( x)＝ (x＋ a)eA．(－∞，－ 1)B．(－∞，0)C．( －1， 0)D．[－1，＋∞)分析：选 A. f′( x)＝ e x( x＋a＋ 1)，由题意，知方程e x(x＋a＋ 1)＝ 0 在 (0，＋∞)上起码有一个实数根，即 x＝－ a－ 1>0 ，解得 a<－ 1.2．若函数 f(x)＝x2－4e x－ ax 在R上存在单一递加区间，则实数 a 的取值范围为________．分析：因为f(x)＝ x2－ 4e x－ ax，因此 f′(x)＝ 2x－ 4e x－ a.由题意， f′ (x)＝2x－ 4e x－ a>0 ，即 a<2 x－ 4e x有解，即 a<(2 x－ 4e x)max即可．令 g(x)＝ 2x－ 4e x，则 g′(x)＝ 2－ 4e x.令 g′(x)＝ 0，解得 x＝－ ln 2.当 x∈ (－∞，－ ln 2)时，函数 g(x) ＝2x－ 4e x单一递加；当 x∈ (－ ln 2，＋∞)时，函数 g(x)＝ 2x－ 4e x单一递减．因此当 x＝－ ln 2 时，g(x)＝ 2x－ 4e x获得最大值－ 2－ 2ln 2，因此 a<－ 2－ 2ln 2.答案： (－∞，－ 2－ 2ln 2)3．已知函数f(x) ＝e x(e x－ a)－a2x，议论函数f(x)的单一性．2x x2x x解：函数 f(x)的定义域为 (－∞，＋∞ )， f′(x)＝ 2e － ae － a ＝ (2e ＋a)(e － a)．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)上单一递减，在 (ln a ，＋ ∞)上单一递加．③若 a<0，则由 f ′(x)＝0，a得 x ＝ ln－2 .a当 x ∈ －∞，ln － 2 时， f ′ (x)<0 ；a当 x ∈ ln －，＋ ∞ 时， f ′ (x)>0 ；a故 f(x) 在－ ∞， ln － 2 上单一递减，在 ln － a，＋ ∞ 上单一递加．2利用导数研究函数的极值 (最值 )问题 (综合型 )函数 f(x)在点 x 0 邻近有定义，若在 x 0 邻近左边 f ′ (x)>0 ，右边 f ′(x)<0 ，则 f(x 0)为函数 f( x) 的极大值；若在 x 0 邻近左边 f ′(x)<0 ，右边 f ′(x)>0，则 f(x 0)为函数 f(x)的极小值．[ 典型例题 ]命题角度一求函数的极值或最值已知函数 f(x)＝ ax 2－ (a ＋2)x ＋ ln x ，此中 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) ，因此 f ′(x)＝ 2x － 3＋ 1＝2x2－ 3x ＋ 1，xx因此 f(1) ＝－ 2， f ′ (1) ＝ 0.因此切线方程为 y ＝－ 2.2(2)函数 f(x)＝ ax － (a ＋2)x ＋ ln x 的定义域为 (0，＋ ∞)，当 a>0 时， f ′ (x)＝2ax － (a ＋ 2)＋ 1＝ 2ax2－（a ＋2）x ＋ 1＝（2x －1）（ax －1），xx x11令 f ′(x)＝ 0，解得 x ＝ 2或 x ＝ a .1①当 0< ≤ 1，即 a ≥1时， f(x)在 [1， e]上单一递加．因此 f(x)在 [1， e]上的最小值为f(1) ＝－ 2，切合题意；1 1 1 1②当 1<a <e ，即 e <a<1 时， f(x) 在 1， a 上单一递减，在， e上单一递加，因此 f(x)在a1[1， e]上的最小值为 f a <f(1) ＝－ 2，不合题意．11 ， e]上单一递减， ③当 ≥ e ，即 0<a ≤ 时， f(x)在 [1a e因此 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，＋ ∞)．利用导数研究函数极值、最值的方法(1) 若求极值，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状况，则转变为已知方程f ′(x)＝ 0 根的大小或存在状况来求解．(3)求函数 f(x)在闭区间 [a ， b]上的最值时，在求得极值的基础上，联合区间端点的函数值 f(a)， f(b)与 f(x)的各极值进行比较获得函数的最值．命题角度二已知函数的极值或最值求参数已知函数 g(x)＝ 2－ aln x(a ∈ R )， f( x)＝ x 2g(x)．x(1)当 a ＝－ 2 时，求函数 g(x)的单一区间；1(2)若 f(x)在区间 e ， e上有且只有一个极值点，试求a的取值范围．【解】 (1)函数 g(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，当 a ＝－ 2 时， g(x)＝ 2＋ 2ln x ，g ′ (x)＝－22xx2 ＝ 2x － 2＋ 2 (x>0)．x x当 x ∈ (0， 1)时， g ′ (x)<0，此时函数 g(x)单一递减；当 x ∈ (1，＋ ∞)时， g ′ (x)>0，此时函数 g(x)单一递加，故函数 g(x)的单一递减区间是(0 ，1)；单一递加区间是 (1 ，＋ ∞)．(2)f(x)＝ x 2g(x)＝ 2x － ax 2ln x ，其定义域为 (0，＋ ∞)． f ′ (x)＝2－ a(x ＋ 2xln x)．若 a ＝0，则 f ′(x)＝ 2≠0，不存在极值点，因此 a ≠0.令 h(x)＝ f ′(x)＝ 2－ a(x ＋ 2xln x)，则 h ′(x)＝－ a(3 ＋2ln x)．11当 x ∈ e ， e 时，3＋ 2ln x>0 ，因此 h ′(x)>0 恒成立或 h ′(x)<0 恒成立，因此 f ′(x)在 e ，e 上是单一函数．1， e上有且只有一个极值点，因此 1，e上有独一解．因为 f(x)在区间 ef ′ (x)＝ 0 在 e由零点存在性定理，得1 a2f ′f ′(e)<0? 2＋ e (2－ 3ea)<0 ? a<－2e 或 a>3e .e2综上所述， a 的取值范围是a<－ 2e 或 a>3e .已知函数极值点或极值求参数的2 个要领(1)列式：依据极值点处导数为0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2) 考证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，因此利用待定系数法求解后一定考证根的合理性．[提示 ]若函数 y ＝ f( x)在区间 (a ，b)内有极值，那么 y ＝ f(x) 在(a ， b)内绝不是单一函数，即在某区间上的单一函数没有极值．[ 对点训练 ](2018 ·考全国卷Ⅲ高)已知函数 f(x)＝(2＋ x ＋ ax 2) ·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： (1)证明：当 a ＝ 0 时， f(x) ＝(2 ＋x)ln(1 ＋ x)－ 2x ，xf ′ (x)＝ln(1 ＋ x)－1＋ x .x设函数 g(x)＝ f ′(x)＝ln (1 ＋ x)－，x则 g ′(x)＝（ 1＋ x ） 2.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，进而 f ′(x)≥0，且仅当 x ＝ 0 时， f ′(x)＝0.因此 f(x)在 (－ 1，＋ ∞)单一递加．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．f （ x ） 2＝ ln(1 ＋ x)－ 2x2. (ⅱ )若 a ＜ 0，设函数 h(x)＝2＋ x ＋ ax 2＋ x ＋ax因为当 |x|＜ min{1,1} 时， 2＋ x ＋ ax 2＞ 0，故 h(x)与 f( x)符号同样．|a|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．12（ 2＋ x ＋ax 2）－ 2x （1＋ 2ax ） x 2（ a 2x 2＋ 4ax ＋ 6a ＋ 1） h ′ (x)＝ 1＋ x －（2＋ x ＋ ax 2） 2＝（ x ＋ 1）（ ax 2＋x ＋ 2） 2. 假如 6a ＋ 1＞ 0，则当 0＜ x ＜－ 6a ＋ 11 4a ，且 |x|＜ min{1,|a|} 时， h ′ (x)＞ 0，故 x ＝ 0 不是 h(x) 的极大值点．假如 6a ＋ 1＜ 0，则 a 2x 2＋ 4ax ＋ 6a ＋ 1＝ 0 存在根 x 1＜ 0，故当 x ∈ (x 1，0) ，且 |x|＜ min{1,1|a|} 时， h ′ (x)＜ 0，因此 x ＝0 不是 h(x)的极大值点．3假如 6a ＋ 1＝ 0，则 h ′(x)＝ x （ x － 24）（ x ＋1）（ x 2－ 6x － 12） 2.则当 x ∈ (－ 1，0)时，h ′ (x)＞ 0；当x ∈(0 ，1)时， h ′ (x)＜ 0.因此 x ＝ 0 是 h(x) 的极大值点，进而x ＝0 是 f( x)的极大值点．综上， a ＝－ 1.6一、选择题121．函数 f(x)＝ x － ln x 的最小值为 ()21 B ． 1A. 2 C ．0D ．不存在分析：选 A. 因为 f ′(x)＝ x － 2－ 11＝ x，且 x>0.x x令 f ′(x)>0 ，得 x>1；令 f ′(x)<0 ，得 0<x<1.因此 f(x)在 x ＝ 1 处获得极小值也是最小值，且f(1) ＝ 1－ ln 1 ＝1.222．若直线 y ＝ ax 是曲线 y ＝ 2ln x ＋1 的一条切线，则实数a 的值为 ()11－－A ． e 2B ． 2e 21 1 C ．e 22D ． 2e分析：选 B.依题意，设直线 y ＝ ax 与曲线 y ＝2ln x ＋ 1 的切点的横坐标为x 0，则有 y ′ |x2 x 0 ＝ e ，＝x ＝ 2a ＝ x 0，解得1x 0 ，于是有ax 0＝ 2ln x 0＋ 1，－a ＝ 2e 23．已知 f(x)＝ x 2＋ ax ＋3ln x 在 (1，＋ ∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为 ()6A ．(－∞，－ 2 6] B. －∞， 2C ．[ －2 6，＋ ∞ )D ．[－5，＋ ∞)3 2x 2＋ ax ＋ 32分析：选 C.由题意得 f ′(x)＝ 2x ＋ a ＋ x ＝x≥ 0 在 (1，＋ ∞)上恒成立 ? g(x)＝ 2x＋ax ＋ 3≥0在 (1，＋ ∞)上恒成立 ?＝ a 2－ 24≤0或－a6≤ a ≤2 6或 a ≥－ 4? a4≤1，? －2g （ 1） ≥0≥－ 2 6.b4．若函数 f(x)＝ x ＋ x ( b ∈ R )的导函数在区间 (1， 2)上有零点，则f( x)在以下区间上单一递加的是 ()A ．(－2，0)B ．(0，1)C ．(1，＋ ∞ )D ．(－∞，－ 2)b分析：选 D. 由题意知， f ′ (x)＝1－ 2，xb因为函数 f(x)＝ x ＋ (b ∈ R )的导函数在区间 (1， 2)上有零点，xb 2，令 1－ 2＝0，得 b ＝xx又 x ∈ (1，2) ，因此 b ∈ (1，4)．令 f ′(x)>0 ，解得 x<－ b 或 x> b ，即 f(x) 的单一递加区间为 (－ ∞，－ b)， ( b ，＋ ∞)．因为 b ∈ (1， 4)，因此 (－ ∞，－ 2)切合题意．5．已知函数x12)f(x) ＝e － x － mx 有极值点，则实数 m 的取值范围是 (2A ． m ≥ 1B ． m>1C ．0≤ m ≤ 1D ． 0<m<1x 1 2 x x 1 2－ mx 有极分析：选 B.因为 f(x)＝ e－ x－mx ，因此 f ′(x)＝ e － x － m ，因为 f(x)＝ e － x22值点，因此对于x 的方程 e x － x － m ＝ 0 有实根，且该实根使 f ′(x)左右异号，设 g(x)＝ e x－ x ，y ＝m ，而 g ′(x)＝ e x －1，因此当x<0 时， g ′ (x)<0 ；当 x>0 时， g ′ (x)>0 ，因此函数g(x)＝ e x－x 在 (－ ∞，0)上单一递减，在 (0，＋ ∞)上单一递加，因此函数 g(x)＝ e x － x 的极小值点为 0，因此 g(0) ＝ 1 为 g(x)＝ e x － x 的最小值，因此实数m 的取值范围是 m>1，应选 B.6．已知 f(x)＝ ln x － x ＋ 3， g(x)＝－ x 2－ 2ax ＋4，若对随意的 x 1∈ (0， 2]，存在 x 2∈ [1，4 4x1) ≥g(x 2的取值范围是 ()2]，使得 f( x)成立，则 a 5 B. － 1A. 4，＋ ∞8，＋ ∞C. －1，5D. －∞，－5844分析：选 A. 因为 f ′(x)＝ 1－1－3－ x 2＋ 4x － 3（ x －1）（ x － 3）22＝－2，x 4 4x ＝ 4x4x易知，当 x ∈ (0， 1)时， f ′(x)<0，当 x ∈ (1， 2]时， f ′( x)>0 ，因此 f(x)在 (0， 1)上单一递减，在 (1，2]上单一递加，1故f(x) min＝f(1) ＝ 2.对于二次函数 g(x)＝－ x 2－2ax ＋ 4，易知该函数张口向下，因此 g(x)在区间 [1， 2]上的最小值在端点处获得，即 g(x)min ＝ min{ g(1)， g(2)} ．要使对随意的x 1∈ (0，2]，存在 x 2∈ [1，2]，使得 f(x 1) ≥g(x 2)成立，只要 f(x 1)min ≥ g(x 2) min ，即12≥ g(1)且12≥ g(2)，因此 1≥－ 1－ 2a ＋ 4 且 1≥－ 4－ 4a ＋ 4，2 25解得 a ≥4.二、填空题7.e11x ＋ x dx ＝ ________．e1x 2ee 21e 2 ＋1分析：x ＋ x dx ＝ 2 ＋ ln x1 ＝ 2＋ 1－ 2＝2 .1答案：e 2＋128． (2018 高·考全国卷Ⅲ ) 曲线 y ＝ (ax ＋ 1)e x 在点 (0 ， 1) 处的切线的斜率为－ 2 ，则 a ＝________.分析： y ′＝ (ax ＋ 1＋a)e x ，由曲线在点 (0， 1)处的切线的斜率为－ 2，得 y ′|＝＝ (ax ＋ 1＋x 0a)e x |x ＝0＝ 1＋ a ＝－ 2，因此 a ＝－ 3.答案：－ 39．已知函数 f(x)＝－ x 2＋ 2ln x ，g(x)＝ x ＋ a，若函数 f(x)与 g(x)有同样的极值点，则实数xa 的值为 ________．分析：因为 f(x)＝－ x 2＋ 2ln x ，因此 f ′(x)＝－ 2x ＋ 2＝－2(x ＋1)( x －1)(x>0) ，令 f ′(x)＝ 0，x x得 x ＝ 1 或 x ＝－ 1(舍去 )，又当 0<x<1 时， f ′ (x)>0；当 x>1 时， f ′ (x)<0 ，因此 x ＝ 1 是函数a ，因此 g ′(x)＝ 1－ a af(x)的极值点．因为 g(x)＝ x ＋ x x 2.又函数 f(x)与 g(x)＝ x ＋ x 有同样极值点，因此 x ＝ 1 也是函数 g(x)的极值点，因此 g ′(1)＝ 1－ a ＝0，解得 a ＝ 1.经查验，当 a ＝1 时，函数 g(x) 取到极小值．答案： 1三、解答题10．已知函数 f(x)＝ ax 3＋ x 2(a ∈ R )在 x ＝－ 43处获得极值．(1)确立 a 的值；x(2)若 g(x)＝f(x)e ，议论 g(x)的单一性．2解： (1)对 f(x)求导得 f ′(x)＝ 3ax ＋ 2x ，4因为 f(x)在 x ＝－处获得极值，4因此 f ′－ 3 ＝ 0，16 4 16a 8＝ 0，即 3a × ＋ 2× －3＝－3 931解得 a ＝ .21 32e x ，(2)由 (1) 得 g( x)＝ 2x ＋ x故 g ′(x)＝ 3 2 x＋ 1 3 2 x x ＋ 2x e x ＋ x e22 ＝1x 3＋ 5x 2＋ 2x e x＝1x(x ＋ 1)(x ＋ 4)e x，222令 g ′(x)＝ 0，解得 x ＝ 0 或 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)上为减函数，在 (－ 4，－ 1)和 (0，＋∞)上为增函数．ln x － 1.11．已知函数 f(x)＝ x(1)求函数 f(x)的单一区间；(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，2 x 由f ′（ x ）>0 ，得 0< x<e ；x>0由f ′（ x ） <0，得 x>e.x>0，因此函数 f(x)的单一递加区间为 (0， e)，单一递减区间为 (e ，＋ ∞)．2m ≤ e ，， (2)①当m>0e即 0<m ≤ 时， (m ，2m)? (0， e)，函数 f(x)在区间 [m ， 2m] 上单一递加，2ln 2m因此 f(x) max ＝ f(2m)＝ 2m － 1；e②当 m<e<2m ，即 2<m<e 时， (m ，e)? (0， e)， (e ， 2m)? (e ，＋ ∞)，函数 f(x)在区间 (m ， e)上单一递加，在 (e ， 2m)上单一递减，因此 f(x) max ＝ f(e)＝ln e－ 1＝1－ 1；ee③当 m ≥e 时， (m ， 2m)? (e ，＋ ∞)，函数 f(x) 在区间 [m ，2m]上单一递减，因此 f(x)max ＝ln m － 1.f(m)＝ me ln 2m e 1－1；当 m ≥e 时，f(x)max 综上所述，当 0< m ≤ 时，f(x)max ＝2m－1；当 <m<e 时，f( x)max ＝22eln m＝－ 1.12．已知常数 a ≠0， f(x)＝aln x ＋ 2x.(1)当 a ＝－ 4 时，求 f(x)的极值；(2)当 f(x)的最小值不小于－ a 时，务实数 a 的取值范围．解： (1)由已知得 f( x)的定义域为 (0，＋ ∞)，a ＋ 2＝ a ＋2xf ′ (x)＝ xx. 当 a ＝－ 4 时， f ′(x)＝ 2x － 4.x 因此当 0< x<2 时， f ′( x)<0 ，即 f(x) 单一递减；当 x>2 时， f ′ (x)>0，即 f(x)单一递加．因此 f(x)只有极小值，且在x ＝ 2 时， f(x)获得极小值 f(2) ＝ 4－ 4ln 2.因此当 a ＝－ 4 时， f(x)只有极小值 4－ 4ln 2.(2)因为 f ′(x)＝a ＋ 2x，x因此当 a>0， x ∈ (0，＋ ∞)时， f ′( x)>0 ，即 f(x) 在 x ∈ (0，＋ ∞)上单一递加，没有最小值；当 a<0 时，由 f ′(x)>0 得， x>－ a，2因此 f(x)在－ a，＋ ∞ 上单一递加；2由 f ′(x)<0 得， x<－ a，2 因此 f(x)在 a0，－ 2 上单一递减．因此当 a<0 时， f(x)的最小值为极小值，即 f－a＝aln－a－ a.2 2a a 依据题意得 f － 2 ＝aln －2 － a ≥－ a ，即 a[ln( － a)－ ln 2] ≥0.因为 a<0，因此 ln( － a)－ ln 2 ≤ 0，解得 a≥－ 2，综上实数 a 的取值范围是[ －2， 0)．。

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x＋
－ 1
（
x
＋
6
）
2
2＋ x＋ 1
54
x＋6
54
＝ 2（ x＋ 1）－（ x＋ 6） 2<4（ x＋ 1）－（ x＋ 6） 2
（ x＋6） 3－ 216（ x＋ 1）＝ 4（x＋ 1）（ x＋ 6） 2 .
令 g( x) ＝ ( x＋ 6) 3－ 216( x＋1) ，
则当 0<x<2 时， g′ ( x) ＝ 3( x＋ 6) 2－ 216<0.
数根，需使 a<0 且－ a3＋ a>0，即 a<0 且 a2－ 1>0，即 a<－ 1. 综上所述， a 的取值范围是 ( －∞，－ 1) ∪(1 ，＋∞ ) ．
类型二利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系在区间 ( a，b) 内，如果 f ′（x)>0 ，那么函数 f ( x) 在区间 ( a，b) 上单调递增；如果 f ′（x)<0 ，那么函数 f ( x) 在区间 ( a，b) 上单调递减．
第三讲导数的应用
类型一利用导数研究切线问题导数的几何意义
研热点（聚焦突破）
(1) 函数 y＝ f ( x) 在 x＝ x0 处的导数 f ′（x0) 就是曲线 y＝ f ( x) 在点 ( x0， f ( x0)) 处的切线的斜率，即 k＝
f ′（x0) ；
(2) 曲线 y＝ f ( x) 在点 ( x0， f ( x0)) 处的切线方程为 y－ f ( x0) ＝ f ′（x0)( x－ x0) ．
2
a
( a , a)
2
26
a
( a, )
6
6
h (x)
0
0
h(x)
a
a
aa
所以函数
h( x) 的单调递增区间为
(
－∞，－
) 2
和
(
－6，＋∞
)
；单调递减区间为
(
－ 2，－
) 6
．
a 当－ 2≥－ 1，即 0<a≤２时，
函数 h( x) 在区间 ( －∞，－ 1] 上单调递增， h( x) 在区间 ( －∞，－ 1] 上的最大值为
a
aa
a
函数 h( x) 在区间 ( －∞，－ 2) 上单调递增，在区间 ( － 2，－ 6) 上单调递减，在区间 ( －6，－ 1] 上单调
递增，又因为
h(
a －2)
－
h(
－
1)
＝
1－
a＋
1 4
a2＝
1 (
4
a－
2)
2>0，所以
h( x) 在区间 ( －∞，－ 1] 上的最大值为
h( －
a 2) ＝ 1.
t ) ，即 y＝(3 t 2－ 1) · x－ 2t 3，将点 (1 ， 0) 代入切线方程得
2t 3－3t 2＋ 1＝0，解得
1
t ＝ 1 或－，代入
y
2
＝ (3 t 2－ 1) x－ 2t 3 得曲线 y＝ f ( x) 的过点 (1 ， 0) 的切线方程为 y＝2x－ 2 或 y＝－ 1 x＋ 1 . 44
记 h( x) ＝ ( x＋ 6) f ( x) － 9x，则当 0<x<2 时，
3
1
1
1
h′（x) ＝ f ( x) ＋ ( x＋ 6) f ′（x) － 9<2x ＋ ( x＋6) ·（x＋ 1＋ 2
) x＋1
－
9＝
2（x＋ 1） [3
x(
x＋
1)
＋
(
x＋
1
x
x
6) ·(2 ＋ x＋1) － 18( x ＋ 1)]< 2（ x＋1） [3 x( x ＋ 1) ＋ ( x ＋6) ·(3 ＋ 2 ) － 18( x ＋ 1)] ＝ 4（ x＋ 1） (7 x－
(2) 由 (1) 知若过点 ( a， 0) 可作曲线 y＝ f ( x) 的三条切线，则方程 2t 3－ 3at 2＋ a＝ 0 有三个相异的实根，记
g( t ) ＝ 2t 3－ 3at 2＋ a.
则 g′（t ) ＝ 6t 2－ 6at ＝ 6t ( t － a) ．
当 a>0 时，函数 g( t ) 的极大值是 g(0) ＝ a，极小值是 g( a) ＝－ a3＋ a，要使方程 g( t ) ＝0 有三个相异的实
3 ＝ f ( x) 与直线 y＝ 2x 在 (0 ，0) 点相切．
(1) 求 a， b 的值；
9x
(2) 证明：当
0<x<2
时，
f
(
x)<
x＋
. 6
【解析】 (1) 由 y＝ f ( x) 过 (0 ，0) 点，得 b＝－ 1.
3 由 y＝f ( x) 在 (0 ， 0) 点的切线斜率为 2，
1
1
(2) 求方程 f ′（x) ＝0 的根 x0；
ax2＋2x－ 1≥ 0 在 (0 ，＋∞ ) 上有实数解，则 Δ
(3) 检查 f ′（x) 在 x＝ x0 左右的符号；
①左正右负 ? f ( x) 在 x＝ x0 处取极大值；
②左负右正 ? f ( x) 在 x＝ x0 处取极小值． 2．求函数 y＝ f ( x) 在区间 [ a， b] 上的最大值与最小值的步骤 (1) 求函数 y＝ f ( x) 在区间 ( a， b) 内的极值 ( 极大值或极小值 ) ； (2) 将 y＝ f ( x) 的各极值与 f ( a) ， f ( b) 进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． [ 例 3] (2012 年高考北京卷 ) 已知函数 f ( x) ＝ax2＋ 1( a>0) ， g( x) ＝ x3＋ bx. (1) 若曲线 y＝ f ( x) 与曲线 y＝ g( x) 在它们的交点 (1 ， c) 处具有公共切线，求 a， b 的值； (2) 当 a2＝4b 时，求函数 f ( x) ＋ g( x) 的单调区间，并求其在区间 ( －∞，－ 1] 上的最大值．
3
又 y′ x＝0＝( x＋ 1＋2
＋ a) x＋ 1
x＝0＝ 2＋ a，得 a＝ 0.
(2) 证明：证法一由均值不等式，当 x>0 时，
x 2 （ x＋ 1）·１<x＋ 1＋1＝ x＋ 2，故 x＋ 1<2＋ 1.
9x 记 h( x) ＝ f ( x) － x＋ 6，
1
1
54
则 h′（x) ＝ x＋1＋ 2
1
所以 a＝ e2，代入原函数可得 2＋ 2＋ b＝ 3，
1 即 b＝ 2，
2
1
故 a＝e2， b＝2.
跟踪训练已知函数 f ( x) ＝ x3－ x. (1) 求曲线 y＝ f ( x) 的过点 (1 ， 0) 的切线方程； (2) 若过 x 轴上的点 ( a， 0) 可以作曲线 y＝ f ( x) 的三条切线，求 a 的取值范围．解析： (1) 由题意得 f ′（x) ＝ 3x2－ 1. 曲线 y＝ f ( x) 在点 M( t ，f ( t )) 处的切线方程为 y－ f ( t ) ＝ f ′（t )( x－
因此 g( x) 在 (0 ， 2) 内是递减函数．
又由 g(0) ＝ 0，得 g( x)<0 ，所以 h′ ( x)<0.
因此 h( x) 在 (0 ， 2) 内是递减函数．
又 h(0) ＝ 0，得 h( x)<0.
9x
于是当
0<x<2
时，
f
(
x)<
. x＋6
证法二由 (1) 知 f ( x) ＝ln( x＋ 1) ＋ x＋1－ 1. x
ln x k [ 例 2] (2012 年高考山东卷改编 ) 已知函数 f ( x) ＝ ex ( k 为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数 ) ，
曲线 y＝ f ( x) 在点 (1 ， f (1)) 处的切线与 x 轴平行． (1) 求 k 的值； (2) 求 f ( x) 的单调区间．
x＝－ 1，且 f ( － 1)
＝ 2，故只要在 (0 ， 2] 上， eax ≤２即可，即 ax≤ln 2
在(0 ， 2] 上恒成立，即
ln 2 a≤ 在 (0 ， 2] 上恒成立，
x
1 故 a≤ 2ln 2.
答案： D
高考真题【真题】
析典题（预测高考） (2012 年高考辽宁卷 ) 设 f ( x) ＝ ln( x＋ 1) ＋ x＋ 1＋ax＋ b( a，b∈R， a，b 为常数 ) ，曲线 y
(2) 记 h( x) ＝ f ( x) ＋ g( x) ．当 b＝ 14a2 时，
h(
x
)
＝
x
3＋
ax
2＋
1 4
a2x
＋
1
，
h′（x) ＝ 3x2＋ 2ax＋ 1a2. 4
a
a
令 h′（x) ＝ 0，得 x1＝－ 2，x2＝－ 6.
a>0 时， h( x) 与 h′（x) 的变化情况如下：
x
( , a)
令 h( x) ＝ 1－ x－ xln x， x∈(0 ，＋∞ ) ，
当 x∈ (0 ，1) 时， h( x)>0 ；
当 x∈ (1 ，＋∞ ) 时， h( x)<0.
又 ex>0，所以当 x∈(0 ， 1) 时， f ′（x)>0 ；
当 x∈ (1 ，＋∞ ) 时， f ′（x)<0. 因此 f ( x) 的单调递增区间为 (0 ， 1) ，单调递减区间为 (1 ，＋∞ ) ．
跟踪训练
若函数 f ( x) ＝ ln