2021版新课改地区高考数学(人教B版)一轮复习攻略 十七 导数的存在性问题
2021年高考数学导数应用知识点总结知识点总结
2021年高考数学导数应用知识点总结知识点总结
导数是微积分中的重要基础概念，以下是导数应用知识点总结，请考生及时学习。
导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。
在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面：
1.导数的常规问题：
(1)刻画函数(比初等方法精确细微);(2)同几何中切线联系(导数方法可用于研究平面曲线的切线);(3)应用问题(初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便)等关于次多项式的导数问题属于较难类型。
2.关于函数特征，最值问题较多，所以有必要专项讨论，导数法求最值要比初等方法快捷简便。
3.导数与解析几何或函数图象的混合问题是一种重要类型，也是高考(微博)中考察综合能力的一个方向，应引起注意。
知识整合
1.导数概念的理解。
2.利用导数判别可导函数的极值的方法及求一些实际问题的最大值与最小值。
复合函数的求导法则是微积分中的重点与难点内容。
课本中先通过实例，引出复合函数的求导法则，接下来对法则进行了证明。
3.要能正确求导，必须做到以下两点：
(1)熟练掌握各基本初等函数的求导公式以及和、差、积、商的求导法则，复合函数的求导法则。
(2)对于一个复合函数，一定要理清中间的复合关系，弄清各分解函数中应对哪个变量求导。
导数应用知识点总结的全部内容就是这些，古代精彩内容请考生持续关注。
____年高考第一轮复习备考专题已经新鲜出炉了，专题包含高考各科第一轮复习要点、复习方法、复习计划、复习试题，大家来一起看看吧_。
新高考数学一轮复习知识点解析21--- 恒成立和存在性问题
新高考数学一轮复习知识点解析1．积累常用的不等式，熟练运用导数解决不等式恒成立问题、存在性问题． 2．熟练使用分离参数、分类讨论等方法解决参数范围问题． 3．能够大致描绘函数图象，能借助图象理解题意和解题．【例1】已知函数()ln xf x ax x=-，a ∈R ． （1）若()()2g x x f x '=，其中()f x '是函数()f x 的导函数，试讨论()g x 的单调性； （2）证明：当12a e≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减；（2）证明见解析． 【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()221ln 1ln x xx x f x a a x x⋅--'=-=-，恒成立和存在性问题()2221ln ln 1x a a x x g x x x -⎛⎫-=+- ⎪⎝⎭=，()21212ax g x ax x x+'=+=， 当0a ≥时，()0g x '≥恒成立，此时()g x 在()0,∞+上单调递增； 当0a <时，()0g x '>，即2210ax +>可得212x a-<，所以0x <<，由()0g x '<，即2210ax +<可得212x a->，所以x >所以当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减， 综上所述：当0a ≥时，()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()g x在⎛ ⎝单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递减． （2）当12a e≥时，()1ln 2xf x x e x ≥-， 设()1ln 2x h x x e x =-，则()222211ln ln 1111ln 222x x x x x x eh x e x e x x ⋅-+--'=-=-=， 令()21ln 12t x x x e =+-，则()110t x x e x '=+>， 所以()21ln 12t x x x e=+-在()0,∞+上单调递增，且1102t e e =⨯+=，所以0x <<时，()0t x <，即()0h x '<，此时()h x 单调递减；当x >()0t x >，即()0h x '>，此时()h x 单调递增， 所以()1ln 2x h x x e x=-在(上单调递减，在)+∞单调递增，所以()min 102h x h e ====， 所以()1ln 02xh x x e x=-≥对于()0,x ∈+∞恒成立， 所以()0f x ≥．【变式1．1】已知函数()2ln f x ax x =-． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当12a >时，()3f x >恒成立． 【答案】（1）0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数；（2）证明见解析． 【解析】（1）121()2ax f x a x x-'=-=，其中0x >； 当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+为单调减函数； 当0a >时，1(0,)2x a ∈，()0f x '<，()f x 为单调减函数；1(,)2x a∈+∞，()0f x '>，()f x 为单调增函数，综上，0a ≤时，()f x 在()0,∞+为单调减函数；0a >时，()f x 在1(0,)2a 为单调减函数，在1(,)2a+∞为单调增函数．（2）证明：因为12a >2=≥当且仅当2=12x a=时，取等号．由（1）知min 1()()1ln 22f x f a a==+，所以()ln 21f x a +≥+，令1()ln 21()2g x x x =+>，则()g x 为增函数，所以1()()32g x g >=，即12a >时，()3f x >恒成立． 【例2】已知函数()xe f x x=．（1）求曲线()y f x =在2x =处的切线方程；（2）设()()ln 2G x xf x x x =--，证明：()3ln 22G x >--．【答案】（1）24e y x =；（2）证明见解析．【解析】（1）2()x x e x e f x x -'=，22222(2)24e e e f -'==且2(2)2e f =，所以切线方程22(2)24e e y x -=-，即24e y x =．（2）由()()ln 2(0)G x xf x x x x =-->，1()2x G x e x '=--，21()0xG x e x''=+>，所以 ()G x '在(0,)+∞为增函数，又因为(1)30G e '=-<，25(2)02G e ''=->， 所以存在唯一0(1,2)x ∈，使()000120x G x e x '=--=， 即012x e x =+且当()00,x x ∈时，()0G x '<，()G x 为减函数， ()0,x x ∈+∞时，()0G x '>，()G x 为增函数，所以()0min 0000001()ln 22ln 2x G x G x e x x x x x ==--=+--，0(1,2)x ∈， 记1()2ln 2H x x x x =+--，(12)x <<， 211()20H x x x'=---<，所以()H x 在(1,2)上为减函数，所以13()(2)2ln 24ln 222H x H >=+--=--，所以()03()ln 22G x G x ≥>--． 【变式2．1】已知函数()()322361f x x ax a x =++-（a ∈R ）．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()15f =，4m <，求证：当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）函数()f x 的定义域为(),-∞+∞，且()()()()26661611f x x ax a x x a '=++-=++-⎡⎤⎣⎦．①若2a =，则()0f x '≥，因而()f x 在(),-∞+∞上单调递增；②若2a <，则当(),1x ∈-∞-及()1,x a ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减；③若2a >，则当(),1x a ∈-∞-及()1,x ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,1x a ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减， 综上，当2a =时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当2a <时，()f x 在(),1-∞-，()1,a -+∞上单调递增；在()1,1a --上单调递减； 当2a >时，()f x 在(),1-∞-a ，()1,-+∞上单调递增，在()1,1a --上单调递减． （2）由题意知()()123615f a a =++-=，∴1a =，故()3223f x x x +=．欲证当1x >时，()()2ln 1mx x f x +≤，∵当1x >时，21x >，ln 11x +>． ∴只需证：()()2ln 1f x m x x ≤+，即23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立，设()()()123,ln 1x h x x x +=∈++∞，则()()()()()22132ln 1232ln ln 1ln 1x x x x x h x x x +-+⨯-'==++．设()32ln x x x ϕ=-，则()223x x xϕ'=+，故当()1,x ∈+∞时，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增． 又()3ln16322ln 2022ϕ-=-=<，()320e eϕ=->，∴()0h x '=有且只有一个根0x ，且02x e <<，0032ln x x =． ∴在()01,x 上，()0h x '<，()h x 单调递减；在()0,x +∞上，()0h x '>，()h x 单调递增， ∴函数()h x 的最小值()0000002323243ln 112x x h x x x x ++===>++． 又∵4m <，∴23ln 1x m x +≤+在()1,+∞上恒成立， 故()()2ln 1mx x f x +≤成立．利用导数证明不等式恒成立的两种情形（1）若函数最值可以通过研究导数求得，则可先利用导数研究函数单调性，将不等式恒成立问题转化成函数最值问题来解决：()()min f x a f x a >⇒>；()()max f x a f x a <⇒<．（2）若函数最值无法通过研究导数求得，即导函数的零点无法精确求出时，可以利用“虚设和代换”的方法求解．“虚设和代换”法当导函数()f x '的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点存在，再虚设为0x ，接下来通常有两个方向：（1）由()0f x '=得到一个关于0x 的方程，再将这个关于0x 的方程的整体或局部代入()0f x ，从而求得()0f x ，然后解决相关问题．（2）根据导函数()f x '的单调性，得出0x两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解．【例3】已知函数()()ln 1f x x =+，()()g x kx k =∈R ． （1）证明：当0x >时，()f x x <；（2）证明：当1k <时，存在00x >，使得任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >；（3）确定k 的所有可能取值，使得存在0t >，对任意的()0,x t ∈，恒有()()2f xg x x -<．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1k =． 【解析】（1）证明：令()()()[)ln 1,0,F x f x x x x x =-=+-∈+∞， 所以()1111xF x x x-'=-=++． 当[)0,x ∈+∞时，()0F x '<，所以()F x 在()0,+∞上单调递减． 又因为()00F =，所以当0x >时，()0F x <，即()0f x x -<， 所以()f x x <．（2）证明：令()()()()ln 1G x f x g x x kx =-=+-，[)0,x ∈+∞，()()1111kx k G x k x x-+-'=-=++． 当0k ≤时，()0G x '>，所以()G x 在()0,+∞上单调递增， 所以()()00G x G >=，即()()f x g x >， 故对任意的正实数0x 均满足题意． 当01k <<时，令()0G x '=，得1110k x k k-==->， 取011x k=-，对任意()00,x x ∈，恒有()0G x '>， 所以()G x 在()00,x 上单调递增，()()00G x G >=，即()()f x g x >．综上，当1k <，总存在00x >，使得对任意()00,x x ∈，恒有()()f x g x >． （3）当1k >时，由（1）知，对于任意()0,x ∈+∞，()()g x x f x >>， 故()()g x f x >．此时()()()()()ln 1f x g x g x f x kx x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,M x kx x x x =-+-∈+∞，则有()()22211211x k x k M x k x x x-+-+-'=--=++． 令()0M x '=，得()22210x k x k -+-+-=，x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0M x '>，即()M x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00M x M >=，即()()2f xg x x ->．所以满足题意的t 不存在．当1k <时，由（2）知，存在00x >，使得对任意的()00,x x ∈，恒有()()f x g x >， 此时()()()()()ln 1f x g x f x g x x kx -=-=+-．令()()[)2ln 1,0,N x x kx x x =+--∈+∞，则有()()22211211x k x k N x k x x x--+-+'=--=++． 令()0N x '=，即()22210x k x k --+-+=，得x =（另一根为负，舍去），故当x ⎛ ∈ ⎝⎭时，()0N x '>，即()N x 在⎛ ⎝⎭上单调递增， 故()()00N x N >=，即()()2f xg x x -=．记0x 中较小的为1x ，则当()10,x x ∈时，恒有()()2f xg x x ->，故满足题意的t 不存在．当1k =时，由（1）知，当()0,x ∈+∞时，()()()()()ln 1f x g x g x f x x x -=-=-+．令()()[)2ln 1,0,H x x x x x =-+-∈+∞，则有()2121211x xH x x x x--'=--=++． 当0x >时，()0H x '<，即()H x 在()0+∞，上单调递减， 故()()00H x H <=．故当0x >时，恒有()()2f xg x x -<，此时任意正实数t 满足题意，综上，k 的取值为1．【变式3．1】已知函数()xf x e x =-． （1）求函数()xf x e x =-的极值；（2）求证：对任意给定的正数a ，总存在正数x ，使得不等式11x e a x--<成立． 【答案】（1）()1f x =极小值，无极大值；（2）证明见解析．【解析】（1）因为()x f x e x =-，所以()1x f x e '=-，令()0f x '=，则0x =，当0x >时，()0f x '>，即()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0x <时，()0f x '<，即()f x 在(),0-∞上单调递减，所以0x =时，()f x 取得极小值，()()01f x f ==极小值，无极大值．（2）由（1）知当0x >时，110x e x -->，要证11x e a x --<，即11x e a x--<，即证当0a >时，不等式1x e x ax -<-，即10x e ax x ---<在(0,)+∞上有解． 令()1x H x e ax x =---，即证min ()0H x <， 由()10x H x e a '=--=，得ln(1)0x a =+>． 当0ln(1)x a <<+时，()0H x '<，()H x 单调递减； 当ln(1)x a >+时，()0H x '>，()H x 单调递增，min ()(ln(1))1ln(1)ln(1)1H x H a a a a a ∴=+=+-+-+-，令()ln 1V x x x x =--，其中11x a =+>，则()1(1ln )ln 0V x x x '=-+=-<，()V x ∴递减，()()10V x V ∴<=， 综上得证．【例4】已知函数()2ln ()f x ax x a =-+∈R ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若存在()(),1,x f x a ∈+∞>-，求a 的取值范围．【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()21122ax f x ax x x-='=-+，当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在()0,+∞上递增， 当0a >时，由()0f x '=，得x =由()0f x '>，得x ⎛∈ ⎝；由()0f x '<，得x ⎫∈+∞⎪⎭，于是有()f x 在⎛ ⎝上递增，在⎫+∞⎪⎭上递减．（2）由()f x a >-，得()21ln 0a x x --<，(1,)x ∈+∞， 2ln 0,10x x -<->，当0a ≤时，()21ln 0a x x --<，满足题意；当12a ≥时，令()()21()ln 1g x a x x x =-->，()2210ax x xg '=->，()g x 在()1,+∞上递增，则()()10g x g >=，不合题意； 当12a <<时，由()0g x '>，得x ⎫∈+∞⎪⎭；由()0g x '<，得x ⎛∈ ⎝，于是有()g x 在⎛ ⎝上递减，在⎫+∞⎪⎭上递增，()()min 10g g g x <==， 则102a <<时，()()1,,0x g x ∃∈+∞<，综上，a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．【变式4．1】已知函数()()()21222x f x xe a x x a =-+-∈R ．（1）当1a e≤时，讨论函数()f x 的极值；（2）若存在()00,x ∈+∞，使得()()00001ln 222f x x x a ax <+--，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）(),1-∞-．【解析】（1）由题意，函数()()21222x f x xe a x x =-+-，可得()()()()()111x xf x e a x x e a x '=+-+=+-．①当0a ≤时，若1x <-，则()0f x '<；若1x >-，则()0f x '>， 所以()f x 在区间(),1-∞-上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+，无极大值；②当10a e<<时，若ln x a <或1x >-，则()0f x '>；若ln 1a x <<-，则()0f x '<，()f x 在区间(),ln a -∞上是增函数，在区间()ln ,1a -上是减函数，在区间()1,-+∞上是增函数，所以当ln x a =时，()f x 取得极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，当1x =-时，()f x 取得极小值()1312f e a --=-+；③当1a e =时，()0f x '≥，∴()f x 在区间(),-∞+∞上是增函数，∴()f x 既无极大值又无极小值，综上所述，当0a ≤时，()f x 有极小值()1312f e a --=-+，无极大值；当10a e <<时，()f x 有极大值()()21ln ln 2f a a a a =-，极小值()1312f e a --=-+； 当1a e=时，()f x 既无极大值又无极小值．（2）由题知，存在()00,x ∈+∞，使得0000ln 0xx e x x a --+<，设()ln xh x xe x x a =--+，则()()()11111x x h x x e x e x x ⎛⎫'=+--=+- ⎪⎝⎭， 设()()10xm x e x x=->，∴()m x 在区间()0,∞+上是增函数，又1202m ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()110m e =->，∴存在11,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10m x =，即111x e x =，∴11ln x x =-， 当10x x <<时，()0m x <，即()0h x '<；当1x x >时，()0m x >，即()0h x '>， ∴()h x 在区间()10,x 上是减函数，在区间()1,x +∞上是增函数，∴()()11111111min 11ln 1x h x h x x e x x a x x x a a x ==--+=⨯+-+=+， ∴10a +<，∴1a <-，∴实数a 的取值范围为(),1-∞-．【例5】已知函数()22ln 1f x x x x ax =+-+．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）320x y --=；（2）1,23e e ⎛⎤-∞-++⎥⎝⎦． 【解析】（1）当1a =时，()22ln 1f x x x x x =+-+，则()2ln 2212ln 21f x x x x x '=++-=++，所以()13f '=，而()11f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()131y x -=-，即320x y --=．（2）若存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式()02f x ≥-成立，即存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使不等式200002ln 12x x x ax +-+≥-成立，存在01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，不等式00032ln a x x x ≤++成立， 设()32ln h x x x x =++，1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()2(3)(1)x x h x x +-'=，当1[,1)x e ∈时，()0h x '<，()h x 在1[,1)e上单调递减；当(]1,x e ∈时，()0h x '>，()h x 在(]1,e上单调递增，又1123h e e e ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，()32h e e e =++，()12240h e h e e e ⎛⎫-=-++< ⎪⎝⎭， 即()max 1123h x h e e e ⎛⎫==-++ ⎪⎝⎭，故()max 123a h x e e ≤-++=，所以实数a 的取值范围为1,23e e⎛⎤-∞-++ ⎥⎝⎦．【变式5．1】已知e 是自然对数的底数，函数()cos xf x x me =+，[]π,πx ∈-．（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，求()f x 的最小值；（2）若当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解，求实数m 的取值范围．【答案】（1）π11e -；（2）π41,e ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【解析】（1）由()cos x f x x me =+，得()sin xf x x me '=-+．曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线斜率为1，()01f m '∴==，()cos x f x x e ∴=+，()sin x f x x e '=-+．当[)π,0x ∈-时，sin 0x -≥，0x e >，()0f x '∴>， 当[0,π]x ∈时，01x e e ≥=，sin 1x ≤，则()0f x '≥，()f x ∴在[]π,π-上单调递增，()()πmin 1π1f x f e∴=-=-． （2）()cos 1xx x f x e m e >⇔>-，设()cos 1xxg x e =-，[]π,πx ∈-，则当[]π,πx ∈-时，()xf x e >有解()min mg x ⇔>．()cos 1x x g x e=-，()πsin cos 4x xx x x g x e e ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭'∴==． 当[]π,πx ∈-时，π3π5π,444x ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，解()0g x '=，可得04πx +=或π4πx +=，解得14πx =-，23π4x =． 当ππ4x -≤<-时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减； 当π3π44x -<<时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增； 当3ππ4x <≤时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减．4π14πg e ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，()π1π1g e =+，且()π4πg g ⎛⎫-< ⎪⎝⎭，()nπ4mi 142πg x g e ⎛⎫∴=-=- ⎪⎝⎭，m ∴的取值范围为π41,2e ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭． 【例6】已知函数()2ln f x x x ax a =+-(a ∈R )．（1）当1a =时，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程； （2）当1x ≥时，不等式()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）330x y --=；（2）[)0,+∞． 【解析】（1）当1a =时，()2ln 1f x x x x =+-，()ln 21f x x x +'=+．则曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线的斜率为()13f '=． 又()10f =，所以切线方程为330x y --=．（2）由函数()()2ln 10f x x x a x =+-≥，等价于ln 0ax ax x+-≥恒成立， 则()ln a g x x ax x =+-，其中1x ≥，()2221a ax x ag x a x x x ++=++='，当0a ≥时，因为1x ≥，所以0g x ，()g x 在[)1,+∞上单调递增，则()()10g x g ≥=，符合题意；当0a <时，令()2t x ax x a =++，214Δa =-，当2140Δa =-≤时，解得12a ≤-，()0g x '≤，()g x 在[)1,+∞上单调递减，则()()10g x g <=，对于任意1x >恒成立，不合题意；当2140Δa =->时，102a -<<，设()2t x ax x a =++的两个零点为12,x x ，设12x x <，12121,1x x x x a+=-=，则1201x x <<<，当[)21,x x ∈，()()0,0t x g x '>>，()g x 单调递增； 当()2,x x ∈+∞时，()0t x <，0g x，()g x 单调递减，又∵当x →+∞时，对数函数ln x 的增长速度远不如aax x-的减小速度， ∴()g x →-∞，所以不合题意，综上所述，实数a 的取值范围是[)0,+∞． 【变式6．1】函数()()ln 1,f x a x a =+∈R ．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在3x =处的切线方程； （2）若对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立，求实数a 的取值范围． 附：()1[ln 1]1x x '+=+． 【答案】（1）48ln230x y -+-=；（2）[)1,+∞．【解析】（1）当1a =时，()ln(1)f x x =+，得出切点(3,ln 4)， 因为1()1f x x '=+，所以切线的斜率为()143k f ='=，所以曲线()y f x =在3x =处的切线方程为1ln 4(3)4y x -=-，化简得48ln 230x y -+-=．（2）对任意的[)0,x ∈+∞，都有()212f x x x ≥-恒成立， 即()21ln 102a x x x -+≥+恒成立，令()()()21ln 102h x a x x x x =+-+≥，()()211011a x a h x x x x x +-=-+=+'≥+．①当1a ≥时，()0h x '≥恒成立，∴函数()h x 在[)0,x ∈+∞上单调递增，()()00h x h ∴≥=，1a ∴≥时符合条件．②当1a <时，由()0h x '=，及0x ≥，解得x =．当(x ∈时，()0h x '<；当)x ∞∈+时，()0h x '>，()()min 00h x hh =<=，这与()0h x ≥相矛盾，应舍去．综上可知，1a ≥，所以a 的取值范围为[)1,+∞．【例7】已知函数()1xf x e ax --=．（1）当1a =时，求证：()0f x ≥；（2）当0x ≥时，()2f x x ≥，求实数a 的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）(,2]e -∞-．【解析】（1）证明：当1a =时，()1x f x e x =--，定义域为R ，则()1x f x e '=-，由()0f x '>，得0x >；由()0f x '<，得0x <， 所以()f x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，所以0x =是()f x 的极小值点，也是()f x 的最小值点，且min ()(0)0f x f ==， 所以()0f x ≥．（2）解：由()2f x x ≥（0x ≥），得21x ax e x ≤--（0x ≥），当0x =时，上述不等式恒成立，当0x >时，21x e x a x--≤，令21()x e x g x x--=（0x >），则222(2)(1)(1)(1)()x x x e x x e x x e x g x x x-------'==， 由（1）可知，当0x >时，10x e x -->，所以由()0g x '<，得01x <<；由()0g x '>，得1x >， 所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以1x =是()g x 的极小值点，也是()g x 的最小值点，且min ()(1)2g x g e ==-， 所以2a e ≤-，所以实数a 的取值范围为(,2]e -∞-．【变式7．1】已知函数2()2ln ,()f x x ax x a =+++∈R ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()x f x e ≤恒成立，求a 的最大值． 【答案】（1）答案见解析；（2）3e -．【解析】（1）2121()2,(0,)x ax f x x a x x x∞'++=++=∈+，当a -≤≤()0f x '≥恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，在0,,,,()0,()44a a f x f x ∞⎛⎛⎫--+> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝'⎭单调递增；在,()0,()f x f x <'⎝⎭单调递减；当a >(0,),()0,()f x f x ∞+>'单调递增，综上所述：当a ≥-时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当a <-时，()f x 在0,,44a a ∞⎛⎫⎛⎫--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递增，在⎝⎭单调递减． （2）2()2ln xf x x ax x e =+++≤在(0,)+∞恒成立，可得2ln 2x e x x a x---≤恒成立；设2ln 2()x e x x g x x ---=，则22(1)ln 1()x e x x x g x x-'+-+=， 令2()(1)ln 1x h x e x x x =-+-+，则1()2xh x xe x x+'=-， 令()1x x e x μ=--，则()1x x e μ=-'，因为0x >，所以()0x μ>，()x μ∴在(0,)+∞上单调递增，2211122x xe x x x x x x x x x ∴+->++-=+-，211()2x h x xe x x x x x∴=+->-'+，令21()j x x x x =-+，则3222121()21x x j x x x x-='-=--， 易知在(0,1),()0,()j x j x <'单调递减；在(1,),()0,()j x j x ∞+>'单调递增，()(1)1j x j ∴≥=，可得()0h x '>，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，又因为(1)0h =，所以在(0,1)上，()0h x <；在(1,)+∞上，()0h x >，所以在(0,1)上，()0,()g x g x '<单调递减；在(1,)+∞上，()0,()g x g x '>单调递增， 所以在(0,)+∞上，()(1)3g x g e ≥=-，所以3a e ≤-， 所以a 的最大值为3e -．（1）解决“已知不等式恒成立或能成立求参数”问题常用方法之一是“分离参数法”，即将参数k 与含有变量的式子分离，转化成()k h x <或()k h x >的形式，利用“()k h x <恒成立()min k h x ⇔<，()k h x >恒成立()max k h x ⇔>，()k h x <能成立()max k h x ⇔<，()k h x >能成立()min k h x ⇔>”把不等式恒成立或能成立问题转化成利用导数求函数值问题． （2）在恒成立或能成立问题中，若参数无法分离，可以尝试带着参数对原函数求导，然后令导数得零，得出极值点，根据极值点与区间端点的大小对参数进行分类讨论，然后再从正面证明或者从反面找反例来说明每一类是否符合条件，最后取并集．【例8】已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠． （1）当1a >时，求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]12,1,1x x ∈-，使得12()()1f x f x e -≤-，求实数a 的取值范围（e 为自然对数的底数）．【答案】（1）()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1[,1)(1,]e e．【解析】（1）()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+（x ∈R ）， 由于1a >，则ln 0a >，当0x >时，10x a ->，则()0f x '>； 当0x <时，10x a -<，则()0f x '<，所以()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞． （2）对任意的[]12,1,1x x ∈-，都有12()()1f x f x e -≤-， 则12max ()()1f x f x e -≤-，即max min ()()1f x f x e -≤-， 当01a <<时，ln 0a <，当0x >时，10x a -<，则()0f x '>，当0x <时，10x a ->，则()0f x '<，所以此时()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞，结合第（1）问知，当0,1a a >≠时，()f x 的单调减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞， 所以min ()(0)1f x f ==，{}max ()max (1),(1)f x f f =-， 由1(1)1ln f a a-=++，(1)1ln f a a =+-，则1(1)(1)2ln f f a a a --=--，令1()2ln g x x x x =--，则22212(1)()10x g x x x x -'=+-=≥， 所以()g x 在(0,)+∞上是增函数， 又(1)0g =，故当1x >时，()0g x >；当01x <<时，()0g x <， 即当1a >时，(1)(1)f f >-；当01a <<时，(1)(1)f f <-， ①当1a >时，max min ()()(1)(0)ln 1f x f x f f a a e -=-=-≤-， 令()ln (1)h x x x x =->，则()()h a h e ≤，又11()10x h x x x-'=-=>，即()h x 在(1,)+∞上是增函数，所以1a e <≤； ②当01a <<时，有1(1)(0)ln 1f f a e a --=+≤-，则11ln 1e a a -≤-，即1()()h h e a≤，所以1e a≤，即11a e ≤<，综上可知，实数a 的取值范围是1[,1)(1,]e e．【变式8．1】设a ∈R ，已知函数()()()6x f x e x x a +-=-，函数()ln 1xx g x e x x=--．（注：e 为自然对数的底数）（1）若5a =-，求函数()f x 的最小值；（2）若对任意实数1x 和正数2x ，均有()()1248f x g x a +≥-，求a 的取值范围．【答案】（1）29-；（2）35,e ⎡⎤-⎣⎦．【解析】（1）当5a =-时，()21xf x e x '=+-为增函数，且()00f '=，所以()f x 在,0递减，在0,递增，所以()()min 01629f x f a ==+=-．（2）因为()2ln 111ln ln x x xx g x e e e x x x x ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭， 由于函数2ln xy x e x =+在0,上单增，且1210e g e e e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，()10g e '=>， 所以存在唯一的01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()00g x '=，且()()0min g x g x =．再令()ln u x x x =，()1ln u x x '=+，可知()u x 在1,单增，而由()00g x '=可知()001xu e u x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，01x e >，011x >，所以001x e x =．于是()000001ln 11x x g x e x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭=-+= ⎪⎝⎭，所以()min 1g x =．又()26xf x e x a '=+--为增函数，当0a ≥时，()050f a '=--<，当0a <时，2602aa f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭；又当6a ≥时，2602aa f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭， 当6a <时，()330f e a '=->，所以对任意a ∈R ，存在唯一实数3x ， 使得()30f x '=，即3326xa e x =+-，且()()3min f x f x =．由题意，即使得()()min min 48f x g x a ≥+-，也即()()3333333626148248x x xe x x e x e x +---++≥+--， 即()()333310xx e x -+-≤，又由于()1xv x e x =+-单调递增且()00v =，所以3x 的值范围为[]0,3，代入3326xa e x =+-求得a 的取值范围为35,e ⎡⎤-⎣⎦．【例9】已知函数()1ln a a x xf x ++=，(),0a a ∈≠R ． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()()()223,0g x x f x xf x a a '=--<，存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【解析】（1）∵()()1ln ,0a f x a x x x +=+>，∴()()21ax a f x x -+'=， ①当0a >时，∵10a a +>，∴10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 单减，∴减区间是10,a a +⎛⎫⎪⎝⎭；1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，∴()f x 单增，∴增区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． ②当10a -<<时，∵10a a+<，∴()0f x '<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ③当1a =-时，∵()10f x x'=-<，∴()f x 的减区间是()0,∞+． ④当1a <-时，10,a x a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴()0f x '>，∴()f x 的增区间是10,a a +⎛⎫ ⎪⎝⎭； 1,a x a +⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，()0f x '<，∴()f x 的减区间是1,a a +⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭． （2）()()()2ln 63,0g x ax ax x a a =--+<，因为存在实数212,1,x x e ⎡⎤∈⎣⎦，使得不等式()()122g x g x <成立，∴()()min max 2g x g x <，()()1ln g x a x '=-，∵0a <，[)1,x e ∈，()0g x '<，()g x 单减；(2,x e e ⎤∈⎦，()0g x '>，∴()g x 单增， ∴()()min 63g x g e ae a =--=，()()(){}2max max 1,63g x g g e a ==--．∴212663ae a a --<--，∴326a e >-， ∵0a <，∴3,026a e ⎛⎫∈⎪-⎝⎭． 【变式9．1】已知函数()x f x xe =，()||g x a x e =-．（1）若0x ≥，求证：当2a e =时，函数()||g x a x e =-与()x f x xe =的图象相切； （2）若1[2,1]x ∃∈-，对2[2,1]x ∀∈-，都有()()12f x g x ≥，求a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）(,]e -∞．【解析】（1）证明：∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 当0x ≥时，()2g x ax e ex e =-=-，设点()000,xP x x e 为函数()f x 图象上的一点，令()()000()12xg x f x e x k e '=+==，设()(1)x h x e x =+，∴()(2)0x h x e x '=+>，所以()h x 单调递增， 又(1)2h e =，∴01x =，此时()0(1)f x f e ==，()0(1)g x g e ==， 即当2a e =时，结论成立，切点为()1,e ． （2）解：由已知得max max ()()f x g x ≥， ∵()x f x xe =，∴()(1)x x x f x e xe e x ='=++， 可知，当[2,1)x ∈--时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当[1,1]x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增，又∵22(2)f e-=-；(1)f e =， ∴当[2,1]x ∈-时，max ()f x e =，又∵当0a ≤时，||a x e e -≤-，∴max ()g x e =-， ∴max max ()()g x f x ≤，∴0a ≤①；若0a >，当[2,1]x ∈-时，max ()(2)2g x g a e e a e -=-≤⇒≤=， 又∵0a >，∴0a e <≤②；由①②可得a e ≤，∴a 的取值范围为(,]e -∞． 【例10】已知函数()ln 2f x a x x =-+，其中0a ≠． （1）求()f x 的单调区间；（2）若对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得12()()4f x f x +=，求实数a 的值． 【答案】（1）见解析；（2）1e +． 【解析】（1）∵()1a a xf x x x-'=-=，0x >， 当0a <时，对()0,x ∀∈+∞，()0f x '<， 所以()f x 的单调递减区间为()0,∞+． 当0a >时，令()0f x '=，得x a =，∵()0,x a ∈时，()0f x '>；(),x a ∈+∞时，()0f x '<， 所以()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．综上所述，0a <时，()f x 的单调递减区间为()0,∞+；0a >时，()f x 的单调递增区间为()0,a ，单调递减区间为(),a +∞．（2）讨论：①当1a ≤且0a ≠时，由（1）知，()f x 在[]1,e 上单调递减， 则()()max 11f x f ==，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()()122124f x f x f +≤=<， 所以对任意的[]11,x e ∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=；②当1a e <<时，由（1）知，在[]1,a 上()f x 是增函数，在[],a e 上()f x 是减函数， 则()()max ln 2f x f a a a a ==-+， 因为对11x =，对[]21,x e ∀∈，()()()()()1211ln 2ln 133f x f x f f a a a a a a +≤+=+-+=-+<， 所以对[]111,x e =∈，不存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=； ③当a e ≥时，令()()()4[1,]g x f x x e =-∈，由（1）知，()f x 在[]1,e 是增函数，进而知()g x 是减函数， 所以()()min 11f x f ==，()()max 2f x f e a e ==-+，()()()max 141g x g f ==-，()()()min 4g x g e f e ==-，因为对任意的[]11,x e ∈，总存在[]21,x e ∈，使得()()124f x f x +=，即()()12f x g x =，故有()()()()11f g e f e g ⎧≥⎪⎨≤⎪⎩，即()()()()1414f f e f e f ⎧+≥⎪⎨+≤⎪⎩，所以()()134f f e a e +=-+=，解得1a e =+， 综上，a 的值为1e +．【变式10．1】已知函数()()3222f x x x m x =-+-+，223()x m g x x m+=-，m ∈R ．（1）当2m =时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程； （2）求()g x 的单调区间；（3）设0m <，若对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立，求m 的取值范围．【答案】（1）1y x =+；（2）见解析；（3）[]2,1--．【解析】（1）当2m =时，()322f x x x =-+，所以()232f x x x '=-，所以()()12,11f f '==，所以曲线()y f x =在1x =处的切线方程为21y x -=-，即1y x =+．（2）()223x m g x x m+=-的定义域是{}|x x m ≠，()()()()23x m x m g x x m +-'=-， 令()0g x '=，得12,3x m x m =-=，①当0m =时，()(),0g x x x =≠，所以函数()g x 的单调增区间是(,0),(0,)-∞+∞； ②当0m <时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),3,,m m -∞-+∞，单调减区间是()()3,,,m m m m -； ③当0m >时，()(),,x g x g x '变化如下：所以函数()g x 的单调增区间是()(),,3,m m -∞-+∞，单调减区间是()(),,,3m m m m -．（3）因为()()3222f x x x m x =-+-+，所以()()2322f x x x m '=-+-，当0m <时，()412212200Δm m =--=-<，所以()0f x '>在()0,1上恒成立，所以()f x 在()0,1上单调递增， 所以()f x 在[]0,1上的最小值是()02f =，最大值是()14f m =-，即当[]0,1x ∈时，()f x 的取值范围为[]2,4m -，由（2）知，当10m -<<时，01m <-<，()g x 在()0,m -上单调递减，在(),1m -上单调递增，因为()22g m m -=-<，所以不合题意； 当1m ≤-时，1m ->，()g x 在[]0,1上单调递减，所以()g x 在[]0,1上的最大值为()03g m =-，最小值为()21311m g m+=-，所以当[]0,1x ∈时，()g x 的取值范围为213,31m m m ⎡⎤+-⎢⎥-⎣⎦， “对于任意[]00,1x ∈，总存在[]10,1x ∈，使得()()10f x g x =成立”等价于213,3[2,4]1m m m m ⎡⎤+-⊆-⎢⎥-⎣⎦，即2132134m m m m⎧+≥⎪-⎨⎪-≤-⎩，解得21m -≤≤-， 所以m 的取值范围为[]2,1--．不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数()[],,y f x x a b =∈，()[],,y g x x c d =∈（1）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∀∈，总有()()12f x g x <成立，故()()2max min f x g x <； （2）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2max max f x g x <； （3）若[]1,x a b ∃∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x <成立，故()()2min min f x g x <； （4）若[]1,x a b ∀∈，[]2,x c d ∃∈，有()()12f x g x =，则()f x 的值域是()g x 值域的子集．一、解答题．1．已知函数()()2ln 21f x x ax a x =+-+，（0a ≥）．（1）当0a =时，求函数()f x 的极值；（2）函数()f x 在区间()1,+∞上存在最小值，记为()g a ，求证：()124g a a<-． 【答案】（1）极大值为1-，无极小值；（2）证明见解析． 【解析】（1）当0a =时，()ln f x x x =-，0x >，则()11f x x'=-， 当()0,1x ∈，()0f x '>；当[)1,x ∈+∞，所以()0f x '≤． 所以当1x =时，()f x 取得极大值为()11f =-，无极小值．（2）由题可知()()()()()222112111221ax a x ax x f x ax a x x x-++--'=+-+==． ①当0a =时，由（1）知，函数()f x 在区间()1,+∞上单调递减，所以函数()f x 无最小值，此时不符合题意； ②当12a ≥时，因为()1,x ∈+∞，所以210ax ->，此时函数()f x 在区间()1,+∞上单调递增，所以函数()f x 无最小值，此时亦不符合题意； ③当102a <<时，此时112a<， 函数()f x 在区间11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()min 111ln1224f x f a a a ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭，即()11ln 124g a a a =--， 要证()111ln 12244a a a g a =--<-，只需证当102a <<时，11ln 1022a a-+<成立， 设12t a=，()()ln 11h t t t t =-+>， 由（1）知()()10h t h <=，所以()124g a a<-． 2．已知函数()2ln ()f x a x a x =-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）{}2．【解析】（1）()()2220a x a f x x x x x-=-=>'，当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>，得x >()0f x '<，得0x <≤，所以函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减，在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增， 综上所述，当0a ≤时，函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增． （2）由（1）可得：当0a ≤时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增； 又()11f =，所以当01x <<时，()1f x <，不满足题意；当0a >时，函数()f x 在区间⎛ ⎝上单调递减﹐在区间⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；所以()min ln 2222a a a af x f a ==-=-， 为使()1f x ≥恒成立，只需()min ln 1222a a af x =-≥， 令2at =，()ln g t t t t =-，则只需()1g t ≥恒成立， 又()1ln 1ln g t t t '=--=-，由()0g t '>，得01t <<；由()0g t '<，得1t >， 所以()g t 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减， 则()()max 11g t g ==； 又()1g t ≥，所以只有1t =，即12a=，则2a =， 综上，a 的取值范围为{}2．3．设3x =是函数23()()()x f x x ax b e x -=++∈R 的一个极值点． （1）求a 与b 之间的关系式，并求当2a =时，函数()f x 的单调区间；（2）设0a >，225()()4xg x a e =+．若存在12,[0,4]x x ∈使得12()()1f x g x -<成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）由23b a =--，()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减；（2）3(0,)2a ∈．【解析】（1）()()()232x f x x a x b a e -=-+-+-'，由题意知()30f '=，解得23b a =--．当2a =，则7b =-，故令()()2390xf x x e -=-->'，得33x -<<，于是()f x 在()3,3-上单调递增，在(),3-∞-和()3,+∞单调递减．（2）由（1）得()()()23233xf x x a x a e -=-+---'，令()0f x '>，得13a x --<<（0a >），所以()f x 在()0,3上单调递增，在(]3,4单调递减，于是()()max 36f x f a ==+，()()(){}()3min min 0,423f x f f a e ==-+；另一方面()g x 在[]0,4上单调递增，()2242525,44g x a a e ⎡⎤⎛⎫∈++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦．根据题意，只要()225614a a ⎛⎫+-+< ⎪⎝⎭，解得1322a -<<，所以30,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．4．已知函数()2ln f x x ax x =+-，()3ln 12xx g x x e =-++．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【解析】（1）函数()2ln f x x ax x =+-的定义域为()0,∞+，且()212121ax x f x ax x x-+=+='-．①当0a =时，()1xf x x-'=，若01x <<，则()0f x '>；若1x >，则()0f x '<， 此时，函数()f x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞；②当0a <时，180Δa =->，令()0f x '=，可得14x a =（舍）或14x a=．若104x a <<，则()0f x '>；若14x a>，则()0f x '<， 此时，函数()f x的单调递增区间为0⎛ ⎝⎭，单调递减区间为+⎫⎪∞⎪⎝⎭； ③当0a >时，18Δa =-．（i ）若180Δa =-≤，即当18a ≥时，对任意的0x >，()0f x '≥，。
(新课标)2021版高考数学一轮总复习第三章导数及其应用第17讲导数与函数的综合问题导学案新人教A版
第17讲 导数与函数的综合问题【课程要求】掌握应用导数求解实际问题的基本题型，提升通过构造函数应用导数解决不等式、方程等问题的能力．对应学生用书p 47【基础检测】1．某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间的关系为y ＝13x 3－392x 2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为____________．[解析]令y ′＝x 2－39x －40＝0，得x ＝－1或x ＝40， 由于当0<x<40时，y ′<0；当x>40时，y ′>0. 所以当x ＝40时，y 有最小值． [答案]402．从边长为10cm ×16cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为__________cm 3.[解析]设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x ∈(0，5)． 则y ＝(10－2x)(16－2x)x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． [答案]1443．若函数f(x)在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( )A ．3f (1)<f (3)B ．3f (1)>f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3) [解析]由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2<0在(0，＋∞)上恒成立，因此f （x ）x在(0，＋∞)上是单调递减函数， ∴f （3）3<f （1）1，即3f (1)>f (3)．[答案]B4．已知函数f ()x ＝ax －1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则实数a 的取值范围是( )A ．a>2B ．a<3C ．a ≤1D ．a ≥3[解析]若存在x 0>0，使得f ()x 0≤0有解，则由f ()x ＝a x －1＋ln x ≤0，即ax ≤1－ln x ，即a ≤x －x ln x ，设h ()x ＝x －x ln x ，则h ′()x ＝－ln x ，由h ′()x >0得ln x<0，得0<x<1，此时函数递增，由h ′()x <0得－ln x ＜0，即x>1，此时函数递减，即当x ＝1时，函数h ()x 取得极大值h ()1＝1－ln 1＝1，即h ()x ≤1，若a ≤x －x ln x 有解，则a ≤1，故选C .[答案]C5．若函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，则实数a 的取值范围是( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫4e 2，＋∞B .⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4e 2C ．(0，4e 2)D ．(0，＋∞)[解析]函数y ＝x 2e x－a 的导数为y ′＝2x e x＋x 2e x＝x e x(x ＋2)，令y ′＝0，则x ＝0或－2，当－2＜x ＜0上时，y ′<0，函数单调递减，当x ∈(－∞，－2)或(0，＋∞)时，y ′>0，函数在两个区间上单调递增，∴函数f(x)在x ＝－2处取极大值，在x ＝0处取极小值，函数的极值为：f(0)＝－a ，f(－2)＝4e －2－a ，已知函数f(x)＝x 2e x－a 恰有三个零点，故－a<0，且4e －2－a>0，解得实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，4e 2.[答案]B 【知识要点】 1．优化问题与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题． 2．导数在优化问题中的应用3．导数与不等式(1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性，从而实现不等式的证明．(2)含参数不等式的恒成立问题，通过分离变量，构造函数等价转换为函数最值问题，然后应用导数求函数最值．4．导数与方程方程根的存在性问题等价转换为函数极值和单调性问题研究，然后应用导数及数形结合确定方程根的存在性和个数．对应学生用书p48利用导数研究生活中的优化问题例1 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米．以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y＝ax2＋b(a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域．②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．[解析] (1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝ax2＋b，得⎩⎪⎨⎪⎧a 25＋b ＝40，a 400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1000，b ＝0.(2)①由(1)知y ＝1000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1000t 2.设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点， y ′＝－2000x 3，则l 的方程为y －1000t 2＝－2000t3(x －t)，由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3000t 2.故f(t)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3000t 22＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5，20]．②设g(t)＝t 2＋4×106t 4，t ∈[5，20]，则g ′(t)＝2t －16×106t 5. 令g ′(t)＝0，解得t ＝10 2.当t ∈(5，102)时，g ′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t ∈(102，20)时，g ′(t)＞0，g(t)是增函数． 从而，当t ＝102时，函数g(t)有极小值，也是最小值， 所以g(t)min ＝300，此时f(t)min ＝15 3.故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米． [小结]利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)比较函数在区间端点和f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值． (4)回归实际问题，结合实际问题作答．1．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．[解析] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh ＝200πrh 元，底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．又根据题意知200πrh ＋160πr 2＝12000π，所以h ＝15r (300－4r 2)，从而V(r)＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r ＞0，又由h ＞0可得r ＜53，故函数V(r)的定义域为(0，53)． (2)因为V(r)＝π5(300r －4r 3)，所以V ′(r)＝π5(300－12r 2)．令V ′(r)＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r ∈(0，5)时，V ′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数； 当r ∈(5，53)时，V ′(r)＜0，故V(r)在(5，53)上为减函数．由此可知，V(r)在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8.即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．利用导数证明不等式2 设函数f ()x ＝a ln x ＋1x －2x ()a ∈R .(1)当a ＝3时，求f ()x 的极值； (2)当a ＝1时，证明：f ()x >1ex －2x .[解析] (1)当a ＝3时，f ()x ＝3ln x ＋1x－2x ，f ′()x ＝3x －1x 2－2＝－2x 2－3x ＋1x 2＝－()2x －1()x －1x2(x >0), 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′()x <0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′()x >0, f ()x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈()1，＋∞时，f ′()x <0, f ()x 在()1，＋∞上单调递减．所以当x ＝12时，f ()x 取得极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－3ln2；当x ＝1时，f ()x 取得极大值f ()1＝－1.(2)当a ＝1时，f ()x ＝ln x ＋1x－2x (x >0)，所以不等式f ()x >1e x －2x 可变为ln x ＋1x >1e x .要证明上述不等式成立，即证明x ln x ＋1>xe x .设g ()x ＝x ln x ＋1，h (x )＝xe x ，则g ′()x ＝ln x ＋1，令g ′()x ＝0，得x ＝1e，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上，g ′()x <0, g ()x 是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上，g ′()x >0, g ()x 是增函数． 所以g ()x ≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－1e .h ′()x ＝1－xex ，令h ′()x ＝0得x ＝1，在()0，1上，h ′()x >0, h ()x 是增函数； 在()1，＋∞上，h ′()x <0, h ()x 是减函数，所以h ()x ≤h ()1＝1e <1－1e，所以h ()x <g ()x ，即x e x <x ln x ＋1，所以ln x ＋1x >1ex ，由此可知f ()x >1ex －2x .[小结]证明不等式的常用方法——构造法(1)证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x )．(2)证明f (x )>g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )>0，则F (x )在(a ，b )上是增函数，同时若F (a )≥0，由增函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )>0，即证明了f (x )>g (x )．2．已知函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝kx(k ∈R )． (1)证明：当x >0时，f (x )<x ；(2)证明：当k <1时，存在x 0>0，使得对任意的x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )． [解析] (1)令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)， 则有F ′(x )＝11＋x －1＝－xx ＋1.当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在[0，＋∞)上单调递减，故当x >0时，F (x )<F (0)＝0，即当x >0时，f (x )<x .(2)令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时，G ′(x )>0，故G (x )在[0，＋∞)上单调递增，G (x )>G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意．当0<k <1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1>0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )>0，从而G (x )在[0，x 0)上单调递增， 所以G (x )>G (0)＝0，即f (x )>g (x )．综上，当k <1时，总存在x 0>0，使得对任意x ∈(0，x 0)恒有f (x )>g (x )．利用导数解决含参不等式问题3 已知函数f ()x ＝ex －1＋ax ，a ∈R .(1)讨论函数f ()x 的单调区间；(2)若∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立，求a 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ex －1＋a .(i)当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； (ii)当a <0时，令f ′(x )＝0，则x ＝ln(－a )＋1； 当f ′(x )>0，即x >ln(－a )＋1，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x <ln(－a )＋1，函数f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增；当a <0时，函数f (x )的单调递增区间是(ln(－a )＋1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln(－a )＋1)．(2)令a ＝－1，由(1)可知，函数f ()x ＝e x －1－x 的最小值为f ()1＝0，所以ex －1－x ≥0，即ex －1≥x .f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立与f ()x ＋ln x －a －1≥0恒成立等价，令g ()x ＝f ()x ＋ln x －a －1， 即g ()x ＝ex －1＋a ()x －1＋ln x －1()x ≥1， 则g ′()x ＝ex －1＋1x＋a .①当a ≥－2时，g ′()x ＝ex －1＋1x ＋a ≥x ＋1x＋a ≥2x ·1x＋a ＝a ＋2≥0.(或令φ()x ＝ex －1＋1x ，则φ′()x ＝e x －1－1x2在[)1，＋∞上递增，∴φ′()x ≥φ′()1＝0，∴φ()x 在[)1，＋∞上递增，∴φ()x ≥φ()1＝2.∴g ′()x ≥0.)∴g ()x 在区间[)1，＋∞上单调递增，∴g ()x ≥g ()1＝0， ∴f ()x ＋ln x ≥a ＋1恒成立． ②当a <－2时，令h ()x ＝ex －1＋1x＋a ，则h ′()x ＝e x －1－1x 2＝x 2e x －1－1x 2，当x ≥1时，h ′()x ≥0，函数h ()x 单调递增． 又h ()1＝2＋a <0, h ()1－a ＝e1－a －1＋11－a ＋a ≥1－a ＋11－a ＋a ＝1＋11－a>0， ∴存在x 0∈()1，1－a ，使得h ()x 0＝0，故当x ∈()1，x 0时，h ()x <h ()x 0＝0，即g ′()x <0，故函数g ()x 在()1，x 0上单调递减；当x ∈()x 0，＋∞时，h ()x >h ()x 0＝0，即g ′()x >0，故函数g ()x 在()x 0，＋∞上单调递增，∴g ()x min＝g ()x 0<g ()1＝0，即∀x ∈[)1，＋∞，f ()x ＋ln x ≥a ＋1不恒成立， 综上所述，a 的取值范围是[)－2，＋∞. [小结]利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数求出最值，求出参数的取值范围． ②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3．设函数f(x)＝e x－ax －2，a ∈R . (1)求函数f (x )的极值；(2)若a ＝1，当x >0时，x ＋1>(k －x )f ′(x )恒成立，求整数k 的最大值． [解析] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且f ′(x )＝e x－a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，f (x )无极值； 当a >0时，令f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a .x <ln a 时f ′(x )<0，此时f (x )在(－∞，ln a )上是减函数， x >ln a 时f ′(x )>0，此时f (x )在(ln a ，＋∞)上是增函数，所以f (x )有极小值f (ln a )＝a －a ln a －2，无极大值，综上：当a≤0时，无极值；当a>0时，有极小值f(ln a)＝a－a ln a－2，无极大值.(2)法一：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1. 所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)(x>0)，分离参数得：k<x＋1e x－1＋x(x>0)．①令g(x)＝x＋1e x－1＋x(x>0)，则g′(x)＝－x e x－1（e x－1）2＋1＝e x（e x－x－2）（e x－1）2.由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点，即g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1eα－1＋α＝α＋1∈(2，3)，由于①式等价于k<g(α)＝α＋1∈(2，3)，故整数k的最大值为2.法二：若a＝1，则f(x)＝e x－x－2，f′(x)＝e x－1.所以x＋1>(k－x)f′(x)＝(k－x)(e x－1)，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，令g(x)＝(x－k)(e x－1)＋x＋1(x>0)，则g′(x)＝(x－k＋1)e x.当1－k≥0，即k≤1时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝1;当1－k<0，即k>1时，x∈(0，k－1)时，g′(x)<0，x∈(k－1，＋∞)时，g′(x)>0，此时g(x)min＝g(k－1)＝k＋1－e k－1，设h(k)＝k＋1－e k－1(k>1)，则h′(k)＝1－e k－1<0(∵k>1)，所以h (k )＝k ＋1－e k －1在(1，＋∞)上单调递减，又h (2)＝3－e>0，h (3)＝4－e 2<0，故整数k 的最大值为2.利用导数研究函数的零点或方程根的问题4 已知f(x)＝e －x (ax 2＋x ＋1)．(1)当a ≤0时，求证：f(x)≤1；(2)当0<a ≤12时，试讨论方程f(x)＝1的解的个数．[解析] (1)要证f(x)≤1⇒e －x (ax 2＋x ＋1)≤1，只要证e x －ax 2－x －1≥0.(*)令h(x)＝e x －ax 2－x －1，则h ′(x)＝e x －2ax －1，而h ′′(x)＝e x －2a>0，所以h ′(x)在()－∞，＋∞上单调递增，又h ′(0)＝0， 所以h(x)在()－∞，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增，∴h(x)min ＝h(0)＝0，即h(x)≥0，(*)式成立．所以原不等式成立．(2)问题转化为函数h(x)＝e x －ax 2－x －1的零点个数．而h ′(x)＝e x －2ax －1，h ″(x)＝e x －2a.令h ″(x)＝0，解得x ＝ln 2a.所以h ′(x)在()－∞，ln 2a 上单调递减，在()ln 2a ，＋∞上单调递增．所以h ′(x)min ＝h ′(ln 2a)＝2a －2a ln 2a －1，设m ＝2a ，g(m)＝m －m ln m －1，而g ′(m)＝1－(1＋ln m)＝－ln m ，则g(m)在()1，＋∞上单调递减，在()0，1上单调递增，所以g(m)max ＝g(1)＝0，即h ′(x)min ≤0 (当m ＝1即a ＝12时取等号)．1°当a ＝12时，h ′(x)min ＝0, 则h ′(x)≥0恒成立．所以h(x)在R 上单调递增，又h (0)＝0，则h (x )有一个零点；2°当0<a <12时，ln2a <0，h ′(x )min ＝h ′(ln2a )<0.有h ′(x )在()－∞，ln2a 上单调递减，在()ln2a ，＋∞上单调递增，且x →－∞时，h ′(x )＝e x －2ax －1>0，则存在x 2<0使得h ′(x 2)＝0.又h ′(0)＝0，这时h (x )在()－∞，x 2上单调递增，在()x 2，0上单调递减，在()0，＋∞上单调递增． 所以h (x 2)>h (0)＝0.又x →－∞时，h (x )＝e x －ax 2－x －1<0，h (0)＝0.所以这时h (x )有两个零点；综上：a ＝12时，原方程有一个解；当0<a <12时，原方程有两个解． [小结]应用导数解决方程根的探究等问题，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．4．已知函数f(x)＝(x 2＋ax －1)e x －1，g(x)＝(x 2＋ax)e x－ax －b. (1)若x ＝－2是函数f(x)的极值点，求f(x)的极小值；(2)若对任意的实数a ，函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．[解析] (1)由题可得f ′(x)＝(2x ＋a)ex －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1，因为f ′(－2)＝0，所以a ＝－1，f(x)＝(x 2－x －1)ex －1， 故f ′(x)＝(x 2＋x －2)e x －1，令f ′(x)>0，解得x<－2或x>1，所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，所以f(x)极小值为f(1)＝(1－1－1)e1－1＝－1. (2)函数F(x)＝－e f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上总有零点，即F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．若a<0，则F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.以下证明：当b>1时，F(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＝e －b a －a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a －b ＝e －b a >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在⎝⎛⎭⎪⎫0，－b a 上必有零点；②若a ≥0，F(0)＝1－b<0，易知e x >x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立，取x 0＝a ＋b>1，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝ea ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)＝b(a ＋b －1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．对应学生用书p 50(2019·全国卷Ⅰ理)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] (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．。
2021高考数学一轮复习导数及其应用学案理
2021高考数学一轮复习导数及其应用学案理知识点一、导数的差不多运算1．差不多初等函数的导数公式2．导数的运算法则(1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．3、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 ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积． 小题速通1．下列求导运算正确的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ′＝1＋1x2B ．(log 2x )′＝1x ln 2C ．(3x )′＝3xlog 3eD ．(x 2cos x )′＝－2sin x2．函数f (x )＝(x ＋2a )(x －a )2的导数为( )A ．2(x 2－a 2) B ．2(x 2＋a 2) C ．3(x 2－a 2)D ．3(x 2＋a 2)3．函数f (x )＝ax 3＋3x 2＋2，若f ′(－1)＝4，则a 的值是( )A.193B.163C.133D.1034．(2021·天津高考)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为________．5．函数y ＝ln 2x ＋1x的导数为________．易错点1．利用公式求导时，一定要注意公式的适用范畴及符号，如(x n)′＝nxn －1中n ≠0且n ∈Q *，(cos x )′＝－sin x .2．注意公式不要用混，如(a x )′＝a x ln a ，而不是(a x )′＝xa x －1.1、已知函数f (x )＝sin x －cos x ，若f ′(x )＝12f (x )，则tan x 的值为( )A ．1B ．－3C ．－1D ．2 2、若函数f (x )＝2x＋ln x 且f ′(a )＝0，则2aln 2a＝( )A ．－1B ．1C ．－ln 2D ．ln 2知识点二、导数的几何意义函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是在曲线y ＝f (x )上点P (x 0，y 0)处的切线的斜率(瞬时速度确实是位移函数s (t )对时刻t 的导数)．相应地，切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)·(x －x 0)． 小题速通1.(2020·郑州质检)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝( )A ．－1B ．0C ．2D ．4 2．设函数f (x )＝x ln x ，则点(1,0)处的切线方程是________． 3．已知曲线y ＝2x 2的一条切线的斜率为2，则切点的坐标为________．4．函数y ＝f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝3x －2，则f (1)＋f ′(1)＝________. 易错点1．求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过P 点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者． 2．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别． 1．若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，则a 等于( )A ．－1或－2564B ．－1或214C ．－74或－2564D ．－74或72.(2021·兰州一模)已知直线y ＝2x ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点(1,3)，则实数b 的值为________．知识点三、利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与f ′(x )的关系(1)若f ′(x )>0，则f (x )在那个区间上是增加的． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在那个区间上是减少的． (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在那个区间内是常数． 2．利用导数判定函数单调性的一样步骤(1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)依照结果确定f (x )的单调性及单调区间．小题速通1．函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋1的单调减区间是( )A ．(1,2)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－∞，1)和(2，＋∞) 2．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )3．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范畴为( )A ．(－∞，－26] B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞) D ．[－5，＋∞) 易错点若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立． 若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范畴是________．知识点四、利用导数研究函数的极值与最值1．函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值． 2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点． 3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值． 小题速通1．如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．42．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．53．(2021·济宁一模)函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12B ．1C ．0D ．不存在4．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 有极值，则a 的取值范畴为________．5．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范畴是________． 易错点1．f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的既不充分也不必要条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点；又如f (x )＝|x |，x ＝0是它的极小值点，但f ′(0)不存在．2．求函数最值时，易误认为极值点确实是最值点，不通过比较就下结论． 1．(2021·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )A ．y ＝x 3B ．y ＝ln(－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x2．设函数f (x )＝x 3－3x ＋1，x ∈[－2,2]的最大值为M ，最小值为m ，则M ＋m ＝________.知识点五、定积分1．定积分的概念在∫ba f (x )d x 中，a ，b 分别叫做积分下限与积分上限，区间[a ，b ]叫做积分区间，f (x )叫做被积函数，x 叫做积分变量，f (x )d x 叫做被积式． 2．定积分的性质(1) ⎠⎛a b kf (x )d x ＝k ⎠⎛a b f (x )d x (k 为常数)； (2) ⎠⎛a b [f 1(x )±f 2(x )]d x ＝⎠⎛a b f 1(x )d x ±⎠⎛ab f 2(x )d x ；(3) ⎠⎛ab f (x )d x ＝⎠⎛ac f (x )d x ＋⎠⎛cb f (x )d x (其中a ＜c ＜b )．3．微积分差不多定理一样地，假如f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，同时F ′(x )＝f (x )，那么⎠⎛ab f (x )d x ＝F (b )－F (a )，那个结论叫做微积分差不多定理，又叫做牛顿－莱布尼茨公式．其中F (x )叫做f (x )的一个原函数．为了方便，常把F (b )－F (a )记作F (x ) ⎪⎪⎪ba，即⎠⎛ab f (x )d x ＝F (x ) ⎪⎪⎪ba ＝F (b )－F (a )．小题速通1．若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ＞0，x ＋⎠⎛0a 3t 2d t ，x ≤0，f (f (1))＝1，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．－1D ．－2 2.⎠⎛01(e x＋x)d x ＝________.3．(2020·天津高考)曲线y ＝x 2与直线y ＝x 所围成的封闭图形的面积为________． 易错点定积分的几何意义是曲边梯形的面积，但要注意：面积非负，而定积分的结果能够为负． 由曲线y ＝x 2和直线x ＝0，x ＝1，y ＝14所围成的图形(如图所示)的面积为( )A .23 B.13 C .12 D.14过关检测练习一、选择题1．已知函数f (x )＝log a x (a>0且a ≠1)，若f ′(1)＝－1，则a ＝( )A ．e B.1e C.1e 2 D.122．直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 2＋ax ＋b 相切于点A(1,3)，则2a ＋b 的值为( )A ．－1B ．1C ．2D ．－23．函数y ＝2x 3－3x 2的极值情形为( )A ．在x ＝0处取得极大值0，但无极小值B ．在x ＝1处取得极小值－1，但无极大值C ．在x ＝0处取得极大值0，在x ＝1处取得极小值－1D ．以上都不对4．若f(x)＝－12x 2＋m ln x 在(1，＋∞)是减函数，则m 的取值范畴是( )A ．[1，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(－∞，1)5．函数f (x )＝(x －3)e x的单调递增区间是( )A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞)6．已知函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则实数m ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．37．由曲线y ＝x 2－1，直线x ＝0，x ＝2和x 轴所围成的封闭图形的面积是( )A .⎠⎛02(x 2－1)d x B.⎠⎛02|x 2－1|d x C .⎠⎛02(x 2－1)d x D .⎠⎛01(x 2－1)d x ＋⎠⎛12(1－x 2)d x8．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1－2x，x ≤0，x 3－3x ＋a ，x >0的值域为[0，＋∞)，则实数a 的取值范畴是( )A ．[2,3]B ．(2,3]C ．(－∞，2]D ．(－∞，2) 二、填空题9．若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范畴是________． 10．已知函数f (x )＝ln x －f ′(－1)x 2＋3x －4，则f ′(1)＝________.11．已知函数f (x )的图象在点M (1，f (1))处的切线方程是y ＝12x ＋3，则f (1)＋f ′(1)＝________.12．已知函数g (x )满足g (x )＝g ′(1)e x －1－g (0)x ＋12x 2，且存在实数x 0，使得不等式2m －1≥g (x 0)成立，则实数m的取值范畴为________． 三、解答题13．已知函数f (x )＝x ＋a x＋b (x ≠0)，其中a ，b ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点P (2，f (2))处的切线方程为y ＝3x ＋1，求函数f (x )的解析式； (2)讨论函数f (x )的单调性；(3)若关于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，不等式f (x )≤10在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1上恒成立，求实数b 的取值范畴．14．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．高考研究课：一 导数运确实是基点、几何意义是重点、定积分应用是潜考点考点 考查频度 考查角度导数的几何意义5年7考 求切线、已知切线求参数、求切点坐标定积分未考查题型一、导数的运算[典例] (1)(2020·惠州模拟)已知函数f (x )＝1x cos x ，则f (π)＋f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝( ) A ．－3π2 B ．－1π2 C ．－3π D ．－1π(2)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 018(x )等于( )A ．－sin x －cos xB ．sin x －cos xC ．sin x ＋cos xD ．cos x －sin x (3)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，则f ′(1)＝( ) A ．－e B ．－1 C ．1 D ．e 方法技巧1、可导函数的求导步骤(1)分析函数y ＝f (x )的结构特点，进行化简； (2)选择恰当的求导法则与导数公式求导； (3)化简整理答案． 2、求导运算应遵循的原则求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，如此能够减少运算量，提高运算速度，减少差错． 即时演练1．(2020·江西九校联考)已知y ＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)，则y ′＝( )A ．3x 2－12x ＋6 B ．x 2＋12x －11 C ．x 2＋12x ＋6 D ．3x 2＋12x ＋11 2．已知函数f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0＝________.题型二、导数的几何意义导数的几何意义为高考热点内容，考查题型多为选择、填空题，也常显现在解答题的第1问中，难度较低，属中、低档题. 常见的命题角度有： 1求切线方程； 2确定切点坐标；3已知切线求参数值或范畴； 4切线的综合应用.角度一：求切线方程1．已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x ＋x 2，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程是________．角度二：确定切点坐标2．已知函数f (x )＝exx(x >0)，直线l ：x －ty －2＝0.若直线l 与曲线y ＝f (x )相切，则切点横坐标的值为________．角度三：已知切线求参数值或范畴3．(2021·武汉一模)已知a 为常数，若曲线y ＝ax 2＋3x －ln x 上存在与直线x ＋y －1＝0垂直的切线，则实数a 的取值范畴是________．4．若两曲线y ＝x 2－1与y ＝a ln x －1存在公切线，则正实数a 的取值范畴是________．角度四：切线的综合应用5．已知函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝xx ＋1(x >－1)．(1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )在(－1，＋∞)上的单调性；(2)若y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有且仅有一条公切线，试求实数m 的值．方法技巧利用导数解决切线问题的方法(1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)已知过某点M (x 1，f (x 1))(不是切点)的切线斜率为k 时，常需设出切点A (x 0，f (x 0))，利用k ＝f x 1－f x 0x 1－x 0求解．题型三、定积分及应用[典例] (1)(2020·东营模拟)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ∈[0，1]，2－x ，x ∈1，2]，则⎠⎛02f(x)d x 等于( )A.34B.45C.56D ．不存在 (2)设f (x )＝)⎩⎨⎧1－x 2，x ∈[－1，1，x 2－1，x ∈[1，2]，则⎠⎛-12f (x )dx 的值为( )A.π2＋43 B.π2＋3 C.π4＋43 D.π4＋3 (3)设a ＞0，若曲线y ＝x 与直线x ＝a ，y ＝0所围成封闭图形的面积为a 2，则a ＝________.方法技巧求定积分的2种方法及注意事项(1)定理法运用微积分差不多定理求定积分时要注意以下几点： ①对被积函数要先化简，再求积分；②求被积函数为分段函数的定积分，依据定积分“对区间的可加性”，分段积分再求和； ③关于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值符号再求积分； ④注意用“F′(x )＝f (x )”检验积分的对错． (2)面积法依照定积分的几何意义可利用面积求定积分． 即时演练1．(2020·西安调研)定积分⎠⎛01(2x ＋e x)d x 的值为( )A ．e ＋2B ．e ＋1C ．eD ．e －12．直线y ＝2x ＋3与抛物线y ＝x 2所围成封闭图形的面积为________．3．如图，在长方形OABC 内任取一点P ，则点P 落在阴影部分的概率为________．高考真题演练1．(2020·全国卷Ⅱ)设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．32．(2021·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．3．(2021·全国卷Ⅱ)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln (x ＋1)的切线，则b ＝________. 4．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 5．(2020·全国卷Ⅱ)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 ＝________.高考达标检测一、选择题1．若a ＝⎠⎛02x d x ，则二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a ＋1x 6展开式中的常数项是( ) A ．20 B ．－20 C ．－540 D ．5402．(2020·衡水调研)曲线y ＝1－2x ＋2在点(－1，－1)处的切线方程为( ) A ．y ＝2x ＋1 B ．y ＝2x －1 C ．y ＝－2x －3 D ．y ＝－2x －23．(2020·济南一模)已知曲线f (x )＝ln x 的切线通过原点，则此切线的斜率为( )A ．eB ．－eC .1eD ．－1e4．已知f (x )＝ln x ，g (x )＝12x 2＋mx ＋72(m ＜0)，直线l 与函数f (x )，g (x )的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f (1))，则m 的值为( )A ．－1B ．－3C ．－4D ．－25．(2020·南昌二中模拟)设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范畴为( )A .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫5π6，π B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π C .⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π D.⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，5π6 6．已知曲线y ＝1e x ＋1，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( ) A ．x ＋4y －2＝0 B ．x －4y ＋2＝0 C ．4x ＋2y －1＝0 D ．4x －2y －1＝0二、填空题7．若a 和b 是运算机在区间(0,2)上产生的随机数，那么函数f(x)＝lg (ax 2＋4x ＋4b)的值域为R 的概率为________． 8．已知函数f (x )＝e ax＋bx (a <0)在点(0，f(0))处的切线方程为y ＝5x ＋1，且f (1)＋f ′(1)＝12.则a ，b 的值分别为________．9．(2021·东营一模)函数f (x )＝x ln x 在点P(x 0，f (x 0))处的切线与直线x ＋y ＝0垂直，则切点P(x 0，f (x 0))的坐标为________．10．设过曲线f (x )＝－e x－x(e 为自然对数的底数)上的任意一点的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝mx －3sin x 上的一点处的切线l 2，使l 1⊥l 2，则m 的取值范畴是________． 三、解答题11．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3x (x ∈R)的图象为曲线C .(1)求过曲线C 上任意一点切线斜率的取值范畴；(2)若在曲线C 上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C 的切点的横坐标的取值范畴．12．已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(3－a )ln x ，a ∈R.(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＋1＝0垂直，求a 的值； (2)设f (x )有两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)>－5.能力提高训练题1．(2020·广东七校联考)已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝ln x ，x ∈(0,1)的图象相切，则x 0必满足( )A ．0<x 0<12B.12<x 0<1 C.22<x 0< 2 D.2<x 0< 32．函数y ＝f (x )图象上不同两点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)处的切线的斜率分别是k M ，k N ，规定φ(M ，N )＝|k M －k N ||MN |(|MN |为线段MN 的长度)叫做曲线y ＝f (x )在点M 与点N 之间的“弯曲度”．设曲线f (x )＝x 3＋2上不同两点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，且x 1x 2＝1，则φ(M ，N )的取值范畴是________．高考研究课：二、函数单调性必考，导数工具离不了全国卷5年命题分析[典例] (2021·山东高考节选)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R ，讨论f (x )的单调性．方法技巧导数法判定函数f (x )在(a ，b )内单调性的步骤(1)求f ′(x )；(2)确定f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数．[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的阻碍进行分类讨论． 即时演练1．(2021·芜湖一模)函数f (x )＝e x－e x ，x ∈R 的单调递增区间是( )A.()0，＋∞B.()－∞，0C.()－∞，1D.()1，＋∞ 2．(2021·全国卷Ⅱ节选)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0. 题型二、利用导数研究函数单调性的应用函数的单调性是高考命题的重点，其应用是考查热点.,常见的命题角度有： 1y ＝f (x )与y ＝f ′(x )的图象辨识；2比较大小；3已知函数单调性求参数的取值范畴； 4构造函数解不等式.角度一：y ＝f (x )与y ＝f ′(x )的图象辨识1.已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d ，若函数f (x )的图象如图所示，则一定有( )A ．b >0，c >0B ．b <0，c >0C ．b >0，c <0D ．b <0，c <02.已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )角度二：比较大小3．设定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (2－x )＝f (x )，f ′xx －1<0，若x 1＋x 2>2，x 1<x 2，则( ) A ．f (x 1)<f (x 2) B ．f (x 1)＝f (x 2) C ．f (x 1)>f (x 2) D ．f (x 1)与f (x 2)的大小不能确定角度三：已知函数单调性求参数的取值范畴4．(2020·宝鸡一检)已知函数f (x )＝x 2＋4x ＋a ln x ，若函数f (x )在(1,2)上是单调函数，则实数a 的取值范畴是( )A ．(－6，＋∞)B ．(－∞，－16)C ．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D ．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)5．(2020·成都模拟)已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范畴是________．方法技巧由函数的单调性求参数的范畴的方法(1)可导函数f (x )在D 上单调递增(或递减)求参数范畴问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)对x ∈D 恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上确实是f ′(x )＞0(或f ′(x )＜0)在该区间上存在解集，如此就把函数的单调性问题转化成不等式问题．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范畴．(4)若已知f (x )在D 上不单调，则f (x )在D 上有极值点，且极值点不是D 的端点．角度四：构造函数解不等式6．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (3)＝0.则不等式f (x )g (x )<0的解集是( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)7．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)－f (－1)<0的解集为________．高考真题演练1．(2021·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范畴是( )A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 2．(2020·全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范畴是( )A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞) 3．(2021·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 的取值范畴．高考达标检测一、选择题1．已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－3x (a ∈R)，则函数f (x )的单调递增区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 B ．(1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12和(1，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) 2．(2021·浙江高考)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )3．关于R 上可导的任意函数f (x )，若满足1－xf ′x≤0，则必有( )A ．f (0)＋f (2)＞2f (1)B ．f (0)＋f (2)≤2f (1)C ．f (0)＋f (2)＜2f (1)D ．f (0)＋f (2)≥2f (1)4．已知函数f (x )＝x sin x ，x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，且f (x 1)＜f (x 2)，那么( ) A ．x 1－x 2＞0 B ．x 1＋x 2＞0 C ．x 21－x 22＞0 D ．x 21－x 22＜05．(2021·吉林长春三模)定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e x 1f (x 2)＜e x 2f (x 1)C ．e x 1f (x 2)＝e x 2f (x 1)D ．e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系不确定6．已知定义在R 上的函数y ＝f (x )满足条件f (x ＋4)＝－f (x )，且函数y ＝f (x ＋2)是偶函数，当x ∈(0,2]时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈[－2,0)时，f (x )的最小值为3，则a 的值为( ) A ．e 2B ．eC ．2D ．1 二、填空题7．设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，则函数f (x )的单调增区间为________．8．已知函数f (x )＝x ln x －ax 2－x .若函数f (x )在定义域上为减函数，则实数a 的取值范畴是________． 9．(2020·兰州诊断)若函数f (x )＝x 2－e x－ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范畴是________． 三、解答题10．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a ＞0.讨论f (x )的单调性．11．(2020·武汉调研)已知函数f (x )＝x ln x .(1)若函数g (x )＝f (x )＋ax 在区间[e 2，＋∞)上为增函数，求a 的取值范畴； (2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值．12．(2020·湖南十校联考)函数f (x )＝13x 3＋|x －a |(x ∈R ，a ∈R)．(1)若函数f (x )在R 上为增函数，求a 的取值范畴；(2)若函数f (x )在R 上不单调时，记f (x )在[－1,1]上的最大值、最小值分别为M (a )，m (a )，求M (a )－m (a )．能力提高训练题1．已知函数f (x )＝ln x ＋(e －a )x －b ，其中e 为自然对数的底数．若不等式f (x )≤0恒成立，则b a的最小值为________．2．已知函数f (x )＝(a －1)ln x －a 2x 2＋x (a ∈R)，g (x )＝－13x 3－x ＋(a －1)ln x .(1)若a ≤12，讨论f (x )的单调性；(2)若过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13可作函数y ＝g (x )－f (x )(x >0)图象的两条不同切线，求实数a 的取值范畴．高考研究课：三、极值、最值两考点，利用导数巧推演全国卷5年命题分析极值 5年6考 求极值、由极值求参数 最值 5年5考 求最值、证明最值的存在性题型一、运用导数解决函数的极值问题函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题.常见的命题角度有：1知图判定函数极值；2已知函数求极值；3已知极值求参数值或范畴.角度一：知图判定函数极值1.(2020·赤峰模拟)设函数f (x )在定义域R 上可导，其导函数为f ′(x )，若函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)角度二：已知函数求极值2．已知函数f (x )＝x －1＋aex (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值；(2)求函数f (x )的极值．角度三：已知极值求参数值或范畴3．设函数f (x )＝ln x －1ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a 的取值范畴是( )A ．(－1,0)B ．(－1，＋∞)C ．(0,1)D ．(1，＋∞)4．已知函数f (x )＝ax －x 2－ln x ，若函数f (x )存在极值，且所有极值之和小于5＋ln 2，则实数a 的取值范畴是________．方法技巧利用导数研究函数极值的一样流程题型二、运用导数解决函数的最值问题[典例] (2020·日照模拟)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R)． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .方法技巧 求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．即时演练1．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范畴是( ) A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)2．(2020·南昌模拟)已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2(x >0，a ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a 的取值范畴；(2)当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，证明：函数f (x )有最小值，并求函数f (x )的最小值的取值范畴．高考真题演练1．(2021·全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·ex －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A ．－1 B ．－2e －3 C ．5e －3 D ．12．(2020·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝3sin πx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范畴是( )A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)3．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( )A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则 f ′(x 0)＝04．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范畴．5．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝x 2e －x .(1)求f (x )的极小值和极大值； (2)当曲线y ＝f (x )的切线l 的斜率为负数时，求l 在x 轴上截距的取值范畴．6．(2021·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R)有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范畴．7．(2021·山东高考)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；(2)令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性并判定有无极值，有极值时求出极值．高考达标检测一、选择题1．函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( )A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0 2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b 的值为( )A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－233．(2020·浙江瑞安中学月考)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163题：①f (x )的解析式为：f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]；②f (x )的极值点有且仅有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于零．其中正确的命题个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 5．(2021·长沙二模)已知函数f (x )＝x x 2＋a (a ＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a 的值为( ) A.3－1 B.34 C.43 D.3＋16．已知直线l 1：y ＝x ＋a 分别与直线l 2：y ＝2(x ＋1)及曲线C ：y ＝x ＋ln x 交于A ，B 两点，则A ，B 两点间距离的最小值为( ) A.355 B ．3 C.655 D ．3 2二、填空题7．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范畴是________．8．已知函数f (x )＝e x x 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯独一个极值点，则实数k 的取值范畴为________． 9．(2020·湘中名校联考)已知函数g (x )＝a －x 21e≤x ≤e，e 为自然对数的底数与h (x )＝2ln x 的图象上存在关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范畴是________．三、解答题10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．11．设函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ，a >0. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )的零点个数．12．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)．(1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(0,1]，证明f(x1)－f(x2)≥－34＋ln 2.能力提高训练题1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，且f(x)有极大值4，则c＝( ) A．－3 B．－1C．1 D．32．已知函数f (x )＝12x 2＋(1－m )x ＋ln x .(1)若函数f (x )存在单调递减区间，求实数m 的取值范畴；(2)设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数f (x )的两个极值点，若m ≥72，求f (x 1)－f (x 2)的最小值．高考研究课：四、综合问题是难点，3大题型全冲关全国卷5年命题分析[典例] 一辆火车前行每小时电力的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h 时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h ，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？ 方法技巧利用导数解决生活中的优化问题的4步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )；(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值； (4)回来实际问题作答． 即时演练1．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家猎取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C．9万件D．7万件2．据环保部门测定，某处的污染指数与邻近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k ＞0)．现已知相距18 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x(km)．(1)试将y表示为x的函数；(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．题型二、利用导数研究函数的零点或方程根[典例] 已知函数f(x)＝(x＋a)e x，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．方法技巧利用导数研究零点或方程根的方法研究方程根的情形，能够通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，依照题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，能够使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现． 即时演练1．已知函数f (x )＝e 2x－ax 2＋bx －1，其中a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数，若f (1)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，函数f ′(x )在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范畴是( )A ．(e 2－3，e 2＋1) B ．(e 2－3，＋∞) C ．(－∞，2e 2＋2)D ．(2e 2－6,2e 2＋2)2．(2021·西安一模)已知函数f (x )＝x ＋1＋ax－a ln x ．若函数y ＝f (x )的图象在x ＝1处的切线与直线2x ＋y －1＝0平行．(1)求a 的值；(2)若方程f (x )＝b 的区间[1，e]上有两个不同的实数根，求实数b 的取值范畴．题型二、利用导数研究与不等式有关的问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题. 常见的命题角度有： 1证明不等式； 2不等式恒成立问题.角度一：证明不等式1．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋(2－a )x (a >0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：当0<x <1a时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋x >f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －x ；(3)设函数y ＝f (x )的图象与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 的中点的横坐标为x 0，证明：f ′(x 0)<0.方法技巧利用导数证明不等式的方法能够从所证不等式的结构和特点动身，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一样步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．如：证明：f (x )＞g (x )(x ∈D )，令F (x )＝f (x )－g (x )，x ∈D ，只需证明F (x )min ＞0(x ∈D )即可，从而把证明不等式问题转化求F (x )min 问题．角度二：不等式恒成立问题2．(2021·四川高考)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R.(1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )＞1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．方法技巧1．利用导数研究不等式恒成立问题的思路第一要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范畴；也可分离变量，构造函数，直截了当把问题转化为函数的最值问题． 2．不等式成立(恒成立)问题常见转化方法(1)f (x )≥a 恒成立⇒f (x )min ≥a ，f (x )≥a 成立⇒f (x )max ≥a . (2)f (x )≤b 恒成立⇔f (x )max ≤b ，f (x )≤b 成立⇔f (x )min ≤b . (3)f (x )＞g (x )恒成立F x ＝f x －g xF (x )min ＞0.(4)①∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)max .②∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)min ＞g (x 2)min .③∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x )min .④∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f (x 1)＞g (x 2)⇔f (x 1)max ＞g (x 2)max .高考真题演练1．(2021·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范畴．2．(2021·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且关于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值．3．(2021·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范畴；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.4．(2020·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝e mx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若关于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范畴．高考达标检测1．(2020·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝a ln x ＋1－a 2x 2－bx (a ≠1)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为0.(1)求b ；(2)若存在x 0≥1，使得f (x 0)<aa －1，求a 的取值范畴．2．已知函数f (x )＝ln x －a x ＋a x2(a ∈R)．(1)若a ＝1，求函数f (x )的极值；(2)若f (x )在[1，＋∞)内为单调增函数，求实数a 的取值范畴； (3)关于n ∈N *，求证：11＋12＋22＋12＋33＋12＋…＋n n ＋12<ln(n ＋1)．3．已知函数f (x )＝sin x －x cos x (x ≥0)．(1)求函数f (x )的图象在⎝⎛⎭⎪⎫π2，1处的切线方程；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，不等式f (x )<ax 3恒成立，求实数a 的取值范畴； (3)设m ＝∫π20f(x)d x ，g(x)＝6m 4－πx 2f(x)，证明：⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫132·…·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n <e .4．(2021·天津高考)设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f (x )＝2x 4＋3x 3－3x 2－6x ＋a 在区间(1,2)内有一个零点x 0，g (x )为f (x )的导函数．(1)求g (x )的单调区间；(2)设m ∈[1，x 0)∪(x 0,2]，函数h (x )＝g (x )(m －x 0)－f (m )，求证：h (m )h (x 0)<0；(3)求证：存在大于0的常数A ，使得关于任意的正整数p ，q ，且pq∈[1，x 0)∪(x 0,2]，满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪p q－x 0≥1Aq 4.。
新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用微专题进阶课3构造法解fx与f′x共存问题课件新人教B版
f(x)<x＋2 1＝12＋12x，整理得 f(x)－12x<12，即 F(x)<F(1)．由函数的单调性 可得不等式的解集为(－∞，1)．
第三章 导数及其应用
微专题进阶课(三) 构造法解f(x)与f′(x)共存问题
以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有f(x)与f′(x)共存 的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题， 是近几年高考中的一个热点．解答这类问题的策略是将f(x)与f′(x)共 存的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数， 然后利用函数的性质解决问题．
A 解析：构造函数 F(x)＝f(x)·g(x)．由题意可知，当 x<0 时， F′(x)>0，所以 F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为 f(x)，g(x)分别是 定义在 R 上的奇函数和偶函数，所以 F(x)是定义在 R 上的奇函数，从 而 F(x)在(0，＋∞)上单调递增．而 F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以 F(－3)＝－ F(3)＝0，结合图像(图略)可知不等式 f(x)g(x)>0⇔F(x)>0 的解集为(－3,0) ∪(3，＋∞)．故选 A.
【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征“f′(x)g(x) ＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”， 构造可导函数 y＝f(x)g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题．
【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征“f′(x)g(x) ＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”， 构造可导函数 y＝f(x)g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题．
2021届高考数学人教B版大一轮总复习17 利用导数证明不等式
课时作业17 利用导数证明不等式1．已知函数f (x )＝a e x ln x 的图象在x ＝1处的切线与直线x ＋2e y ＝0垂直．(1)求a 的值；(2)证明：xf (x )>1－5e x －1.解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫e xln x ＋e x x ，则由题意知f (x )的图象在x ＝1处的切线的斜率k ＝f ′(1)＝a e ＝2e ，所以a ＝2.(2)证明：要证明xf (x )>1－5e x －1，即证明2x e x ln x >1－5e x －1，x >0，即证明2x ln x ＋5e >1e x ，令g (x )＝2x ln x ＋5e ，则g ′(x )＝2(ln x ＋1)． 当0<x <1e 时，g ′(x )<0；当x >1e 时，g ′(x )>0.所以g (x )＝2x ln x ＋5e 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上为减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 上为增函数，所以g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝3e .因为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x 在(0，＋∞)上为减函数，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x <⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 0＝1，所以g (x )≥3e >1>1e x ，所以xf (x )>1－5e x －1.2．(2020·唐山模拟)已知f (x )＝12x 2－a 2ln x ，a >0. (1)求函数f (x )的最小值；(2)当x >2a 时，证明：f (x )－f (2a )x －2a >32a .解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x －a 2x ＝(x ＋a )(x －a )x. 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值，也是最小值，且f (a )＝12a 2－a 2ln a . (2)证明：由(1)知，f (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 则所证不等式等价于f (x )－f (2a )－32a (x －2a )>0. 设g (x )＝f (x )－f (2a )－32a (x －2a )，则当x >2a 时，g ′(x )＝f ′(x )－32a ＝x －a 2x －32a ＝(2x ＋a )(x －2a )2x>0，所以g (x )在(2a ，＋∞)上单调递增， 当x >2a 时，g (x )>g (2a )＝0，即f (x )－f (2a )－32a (x －2a )>0，故f (x )－f (2a )x －2a >32a .3．(2020·湖南永州检测)已知函数f (x )＝(x 2－x －1)e x .(1)若f (x )在区间(a ，a ＋5)上有最大值，求整数a 的所有可能取值； (2)求证：当x >0时，f (x )<－3ln x ＋x 3＋(2x 2－4x )e x ＋7. 解：(1)f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x ＝(x ＋2)(x －1)e x ， 当x <－2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当－2<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 由题意知a <－2<a ＋5，得－7<a <－2， 则a ＝－6，－5，－4，－3.当a ＝－6，－5，－4时，显然符合题意，当a ＝－3时，f (－2)＝5e －2，f (2)＝e 2，f (－2)<f (2)，不符合题意，舍去．故整数a 的所有可能取值为－6，－5，－4. (2)证明：f (x )<－3ln x ＋x 3＋(2x 2－4x )e x ＋7可化为 (－x 2＋3x －1)e x <－3ln x ＋x 3＋7，令g (x )＝(－x 2＋3x －1)e x ，h (x )＝－3ln x ＋x 3＋7，则g ′(x )＝(－x 2＋x ＋2)e x，h ′(x )＝3(x 3－1)x ，当0<x <2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x >2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 所以g (x )的最大值为g (2)＝e 2.当0<x <1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x >1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 所以h (x )的最小值为h (1)＝8，又8>e 2，所以g (x )的最大值小于h (x )的最小值，故x >0时，恒有g (x )<h (x )，即f (x )<－3ln x ＋x 3＋(2x 2－4x )e x ＋7在x ∈(0，＋∞)上恒成立．4．(2020·贵阳模拟)已知函数f (x )＝kx －ln x －1(k >0)． (1)若函数f (x )有且只有一个零点，求实数k 的值； (2)求证：当n ∈N *时，1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．解：(1)∵f (x )＝kx －ln x －1，∴f ′(x )＝k －1x ＝kx －1x (x >0，k >0)；当0<x <1k 时，f ′(x )<0；当x >1k 时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＝ln k ，∵f (x )有且只有一个零点，∴ln k ＝0，∴k ＝1.(2)证明：由(1)知x －ln x －1≥0，即x －1≥ln x ，当且仅当x ＝1时取等号，∵n ∈N *，令x ＝n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n ，∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．5．(2020·河北衡水统考)已知函数f (x )＝x 2·e ax －1. (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >e3时，求证：f (x )>ln x (x >0)．解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝2x e ax ＋x 2a e ax ＝x (ax ＋2)e ax . 当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，则f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，0)上单调递减．当a >0时，f ′(x )＝ax (x ＋2a )e ax ，令f ′(x )>0，得x <－2a 或x >0， 令f ′(x )<0得－2a <x <0，所以f (x )在区间(－∞，－2a )，(0，＋∞)上单调递增，在(－2a ，0)上单调递减．当a <0时，f ′(x )＝ax (x ＋2a )e ax ，令f ′(x )>0，得0<x <－2a ，令f ′(x )<0，得x >－2a 或x <0，所以f (x )在区间(－∞，0)，(－2a ，＋∞)上单调递减，在区间(0，－2a )上单调递增．综上，当a ＝0时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，0)上单调递减；当a >0时，f (x )在区间(－∞，－2a )，(0，＋∞)上单调递增，在区间(－2a ，0)上单调递减；当a <0时，f (x )在区间(－∞，0)，(－2a ，＋∞)上单调递减，在区间(0，－2a )上单调递增．(2)证明：要证f (x )>ln x (x >0)，即证x 2e ax >ln x ＋1，即证eax x >ln x ＋1x 3(x >0)．令g (x )＝ln x ＋1x 3(x >0)，则g ′(x )＝x 3·1x－(ln x ＋1)·3x 2x 6所以h (x )在区间(0，1a )上单调递减，在区间(1a ，＋∞)上单调递增，所以x ＝1a 是h (x )的极小值点，也是h (x )的最小值点，即h (x )min ＝h (1a )＝a e.当a >e 3时，g (x )≤e 23<a e ≤h (x )，故f (x )>ln x 成立．快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。
2021版新高考数学人教B版一轮易错考点排查练 函数与导数
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，★★★答案★★★解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
易错考点排查练函数与导数1.函数f(x)=+lg的定义域为()A.(2,3)B.(2,4]C.(2,3)∪(3,4]D.(-1,3)∪(3,6]【解析】选C.由函数y=f(x)的表达式可知,函数f(x)的定义域应满足条件:解之得即函数f(x)的定义域为(2,3)∪(3,4].2.若函数f(x)=(k为常数)在定义域上为奇函数,则k的值为( )A.1B.-1C.±1D.0【解析】选C.利用定义:f(-x)+f(x)=0,f(x)+f(-x)=+,化简得f(x)+f=k2-22x-1=0,因为1+22x>0,所以k2-1=0,即k=±1.3.函数f(x)=2x-3,x∈的值域为( )A.[-2,0]B.(-3,0)C. D.【解析】选C.令=t,因为x∈,所以t∈,所以x=t2-1,所以y=2(t2-1)-3t=2-,所以t=时,f(x)取最小值-;t=2时,f(x)取最大值0,但是取不到,所以f(x)的值域为.4.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取极值10,则a= ( )A.4或-3B.4或-11C.4D.-3【解析】选C.因为f(x)=x3+ax2+bx+a2,所以f′(x)=3x2+2ax+b.由题意得即,解得,或.当时,f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0,故函数f(x)单调递增,无极值.不符合题意.所以a=4.5.已知函数y=的定义域为R,则实数k的取值范围是( )A. k≤0或k≥1B.k≥1C.0≤k≤1D.0<k≤1【解析】选C.因为函数y=的定义域为R,则kx2-6kx+9≥0恒成立.①当k<0时,函数f(x)=kx2-6kx+9是开口向下的抛物线,不符合题意;②当k=0时,函数f(x)=9恒满足kx2-6kx+9≥0,符合题意;③当k>0时,函数f(x)=kx2-6kx+9满足kx2-6kx+9≥0恒成立的条件是Δ=b2-4ac≤0,即36k2-4×9k≤0,解得0<k≤1.由①②③知实数k的取值范围是0≤k≤1.6.已知函数f(x)=a x(a>0,且a≠1)在区间上的值域为,则a= ( )A. B. C.或 D.或4【解析】选C.分析知,m>0.讨论:当a>1时, ,所以a m=2,m=2,所以a=;当0<a<1时, ,所以a m=,m=,所以a=.综上,a=或a=.7.函数f(x)=x2-2ln x的单调递减区间是( )A. B.C. D.【解析】选A.由f(x)=x2-2ln x,得f′(x)=(x2-2ln x)′=2x-.因为函数f(x)=x2-2ln x的定义域为(0,+∞),由f′(x)<0,得2x-<0,即(x+1)(x-1)<0,解得0<x<1.所以函数f(x)=x2-2ln x的单调递减区间是(0,1).8.在区间中任取一个实数a,使函数f(x)=在R上是增函数的概率为( )A. B. C. D.【解析】选A.因为函数f(x)=是增函数所以解得1<a≤2.所以从区间(0,6)中任取一个值a,则函数f(x)=是增函数的概率为P=.9.已知点A(1,2)在函数f(x)=ax3的图象上,则过点A的曲线C:y=f(x)的切线方程是( )A.6x-y-4=0B.x-4y+7=0C.6x-y-4=0或x-4y+7=0D.6x-y-4=0或3x-2y+1=0【解析】选D.由于点A(1,2)在函数f(x)=ax3的图象上,则a=2,即y=2x3,y′=6x2,设切点为(m,2m3),则切线的斜率为k=6m2,由点斜式得:y-2m3=6m2(x- m).代入点A(1,2)得,2-2m3=6m2(1-m).即有2m3-3m2+1=0,(m-1)2(2m+1)=0.解得m=1或-,即斜率为6或,则过点A的曲线C:y=f(x)的切线方程是:y-2=6(x-1)或y-2=(x-1),即6x-y-4=0或3x-2y+1=0.10.已知函数f(x)=2x3-4x+2(e x-e-x),若f(5a-2)+f(3a2)≤0,则实数a 的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选D.由函数f(x)=2x3-4x+2(e x-e-x),可得f(-x)=2(-x)3-4(-x)+2(e-x-e x)=-[2x3-4x+2(e x-e-x)]=-f(x),所以函数f(x)为奇函数,又f′(x)=6x2-4+2(e x+),因为e x+≥2=2,所以f′(x)≥0,所以函数f(x)为单调递增函数,因为f(5a-2)+f(3a2)≤0,即f(3a2)≤-f(5a-2)=f(2-5a),所以3a2≤2-5a⇒3a2+5a-2≤0,解得-2≤a≤.11.(2019·沈阳模拟)已知函数f(x)=3x3-ax2+x-5在区间[1,2]上单调递增,则a的取值范围是世纪金榜导学号( )A. B.C. D.【解析】选B.f′(x)=9x2-2ax+1,因为f(x)=3x3-ax2+x-5在区间[1,2]上单调递增,所以f′(x)=9x2-2ax+1≥0在区间[1,2]上恒成立.即a≤=+,当x=1时,+有最小值5,即a≤5.12.已知函数f(x)=xln x-ax2+(a-1)x(a∈R)在x=1处取得极大值,则实数a的取值范围是世纪金榜导学号( )A. B.(-∞,1)C. D.(1,+∞)【解析】选D.当a=0时,f(x)=xln x-x,f′(x)=ln x,由f′(x)>0,得x>1,由f′(x)<0,得0<x<1,所以f(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以f(x)在x=1处有极小值,即a=0不合题意,排除A,B;当a=1时,f(x)=xln x-x2,f′(x)=ln x-x+1=g(x),g′(x)=,由g′(x)>0得0<x<1,由g′(x)<0得x>1,所以g(x)有最大值g(1)=0,所以f′(x)≤0,所以f(x)在(0,+∞)上递减,在x=1处无极值,排除C. 13.若函数f(x)=lg(x2+ax-a-1)在区间[2,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是__________.【解析】因为函数f(x)=lg(x2+ax-a-1)在区间[2,+∞)上单调递增, 所以,解得a>-3.★★★答案★★★:(-3,+∞)14.函数f(x)=+log2为奇函数,则实数a=________.【解析】因为函数f(x)=+log2为奇函数,所以f=-f(x)即f+f(x)=0,则-+log2++log2=0,即log2=0,所以·==1,则1-a2x2=1-x2,所以a2=1,则a=±1,当a=-1时,f(x)=+log2,则f(x)定义域为且,此时定义域不关于原点对称,为非奇非偶函数,不满足题意.当a=1时,f(x)=+log2,满足题意,所以a=1.★★★答案★★★:115.已知f(x)=4x-m·2x+1,设g(x)=,若存在不相等的实数a,b同时满足方程g(a)+g(b)=0和f(a)+f(b)=0,则实数m的取值范围为________. 世纪金榜导学号【解析】因为g===-g(x),所以g(x)为R上的奇函数,又g+g=0且a≠b,所以b=-a且a≠0,所以f+f=f+f=4a+4-a-m=0,即m===-.令h(x)=-,则h′(x)=+>0,所以h(x)在上单调递增,所以h(x)>h(2)=1-=,又2a+2-a>2,所以h=->,所以m∈.★★★答案★★★:16.已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=-x2+2x.若函数f(x)在区间[-1,a-2]上单调递增,则实数a的取值范围为________. 世纪金榜导学号【解析】因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f=-f(x)且f=0.当x<0时,-x>0,所以f(x)=-f=-=x2+2x,又f满足f(x)=x2+2x,所以f(x)=所以f(x)图象如图所示因为f(x)在区间[-1,a-2]上单调递增,所以-1<a-2≤1,解得a ∈,所以a的取值范围为. ★★★答案★★★:给易错点找题号序号易错点题号练后感悟1 忽略真数大于零和分母不为零. 12 忽略对底数a进行分类讨论. 63 奇函数用结论f(0)=0错选A. 2 4利用导数的几何意义求切线问题中忽视切点的位置致错.95 忽略极值存在的条件致错. 46 忽略验证定义域是否关于原点对称. 147 不注意换元后的新元的范围. 38 忽略端点处的函数值的不等式限制. 89 混淆极值存在的条件致错. 12关闭Word文档返回原板块感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
新课改地区高考数学人教B一轮复习攻略核心素养测评 十七 导数的存在性问题 含解析
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
核心素养测评十七导数的存在性问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.若存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,则实数a的取值范围是( )A.(-1,+∞)B.(0,+∞)C.(-2,+∞)D.[-1,+∞)【解析】选A.存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,即a>x2-在区间(0,+∞)上有解,令f(x)=x2-,f′(x)=2x+>0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(0)=-1,又a>x2-在区间(0,+∞)上有解,所以a∈(-1,+∞).2.(多选)若函数f(x)=6xe x-2ax3-3ax2存在三个极值点,则a的取值可能为( )A.1B.2C.3D.4【解析】选CD.由题意得:f′=6e x+6xe x-6ax2-6ax=6,可知x=-1为f′的一个零点.若f存在三个极值点,则只需e x-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1,即g=e x与h=ax 有两个横坐标不等于-1的交点,当h与g相切时,设切点坐标为:,g′==a,又=a,所以x0=1,a=e,由图象可知:a∈时,e x-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1.所以若f存在三个极值点,则a∈,故C D正确.3.已知函数f(x)=e2x,g(x)=ln x+,对∀a∈R,∃b∈(0,+∞),f(a)=g(b),则b-a的最小值为( )A.-1B.1-C.2-1D.1+【解析】选D.设f(a)=g(b)=t,t∈(0,+∞),可得a=,b=,令h(t)=b-a=-,t∈(0,+∞),则h′(t)=-,令h′(t)=0,得t=,由于h′(t)=-是增函数,所以t∈时,h′(t)<0,t∈时,h′(t)>0,因此h(t)在上单调递减,在上单调递增,从而h(t)的最小值为h=1+.4.(2020·重庆模拟)若函数f(x)=e x在(0,1)内存在极值点,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,-1]D.[-1,0)【解析】选A.函数f(x)=e x,定义域为{x|x≠0},f′(x)=e x+xe x-=,因为f(x)在(0,1)内存在极值点,则f′(x)==0的实数根在(0,1)内,即x3+x2-ax+a=0的实数根在区间(0,1)内,令g(x)=x3+x2-ax+a,可知,函数g(x)=x3+x2-ax+a在(0,1)内存在零点,讨论a:a=0时,g(x)=x2(x+1)在(0,1)上无零点.a>0时,在(0,1)上,g(x)=x3+x2+(1-x)a>0,无零点.a<0时,g(0)=a<0,g(1)=2>0,在(0,1)上有零点.所以实数a的取值范围是a<0.二、填空题(每小题5分,共20分)5.若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是________.【解析】由题意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作y=f(x)的图象大致如图,令x3+x2-=-得,x=0或x=-3;则结合图象可知,解得,a∈[-3,0).答案:[-3,0)6.设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若函数y=f(x)-g(x)在x∈[a,b]上有两个不同的零点,则称f(x)和g(x)在[a,b]上是“关联函数”,区间[a,b]称为“关联区间”.若f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,则实数m的取值范围是________.【解析】因为f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”, 令y=h(x)=f(x)-g(x),所以函数y=h(x)=f(x)-g(x)=x-ln x+-m在[1,3]上有两个不同的零点,即h(x)=0在[1,3]有两个不同的实数根,所以x-ln x+-m=0,即m=x-ln x+.设F(x)=x-ln x+,即y=m与F(x)=x-mx+有两个交点,则F′(x)=1--==.所以F′(x)>0,得x>2;F′(x)<0,得0<x<2,所以F(x)在[1,2]上递减,在[2,3]上递增,F(1)=3,F(2)=3-ln 2,F(3)=-ln 3.作出函数F(x)图象,如图.作直线y=m,平移可知当3-ln 2<m≤-ln 3时符合题意,所以实数m 的取值范围是(3-ln 2,-ln 3].答案:(3-ln 2,-ln 3]7.(2020·重庆模拟))已知函数f=x2-2ln x.则函数f在x∈上的值域为______;若存在x1,x2,…,x n∈,使得f+f+…+f≤f成立,则n的最大值为________.(其中自然常数e=2.718 28…)【解析】f′=2x-=,令f′=0,得x=1(舍去负根),所以x∈时,f′<0,f单调递减,x∈时,f′>0,f单调递增.故f=f=1,又因为f=+2<3,5.29=2.72-2<f=e2-2<2.82-2=5.84,故f=f=e2-2,故x∈时,f∈.所以有f≤f=e2-2,故要使f+f+…+f≤f成立,且n的值最大,则f,f,…,f每个的函数值应最小,即x1=x2=…=x n-1=1,f=f=…=f=1,从而得到f≤f≤f=e2-2,所以n≤e2-1<7,所以n的最大值为6.答案: 68.已知函数f(x)=x3-ax2在(-1,1)上没有最小值,则a的取值范围是________.【解析】f′(x)=x(3x-2a),令f′(x)=0,解得:x=0或x=,①∈(-∞,-1]即a≤-时,f(x)在(-1,0)上递减,在(0,1)上递增, 此时x=0时,f(x)取最小值,舍去,②-1<<0时,f(x)在上递增,在上递减,在(0,1)上递增,由题意f(x)在(-1,1)上没有最小值,则,解得:-1<a<0,③当a=0时,f(x)在(-1,1)上显然没有最小值,成立,④当0<<1时,f(x)在(-1,0)上递增,在上递减,在上递增,由题意f(x)在(-1,1)上没有最小值,则,解得:0<a<,⑤≥1即a≥时,f(x)在(-1,0)上递增,在(0,1)上递减,故f(x)在(-1,1)上没有最小值,综上,a>-1.答案:(-1,+∞)三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020·黄冈模拟)已知函数f(x)=e x·(a+ln x),其中a∈R.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=-垂直,求a的值.(2)记f(x)的导函数为g(x).当a∈(0,ln 2)时,证明:g(x)存在极小值点x0,且f(x0)<0.【解析】(1)f′(x)=e x·(a+ln x)+e x·=e x·,依题意,有f′(1)=e·(a+1)=e,解得a=0.(2)令g(x)=e x·,所以g′(x)=e x·+e x·=e x·.因为e x>0,所以g′(x)与a+-+ln x同号.设h(x)=a+-+ln x,则h′(x)==.所以对任意x∈(0,+∞),有h′(x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增.因为a∈(0,ln 2),所以h(1)=a+1>0,h=a+ln <0,故存在x0∈,使得h(x0)=0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下:x x0(x0,1)g′(x) - 0 +g(x) ↘极小值↗所以g(x)在区间上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.所以若a∈(0,ln 2),存在x0∈,使得x0是g(x)的极小值点. 令h(x0)=0,得到a+ln x0=,所以f(x0)=·(a+ln x0)=·<0.【变式备选】1.已知函数f(x)=x2-3ln x.(1)求f(x)在(1,f(1))处的切线方程.(2)试判断f(x)在区间(1,e)上有没有零点?若有,则判断零点的个数. 【解析】(1)由已知得f′(x)=x-,有f′(1)=-2,f(1)=,所以在(1,f(1))处的切线方程为y-=-2(x-1),化简得4x+2y-5=0. (2)由(1)知f′(x)=,因为x>0,令f′(x)=0,得x=, 所以当x∈(0,)时,有f′(x)<0,则(0,)是函数f(x)的单调递减区间;当x∈(,+∞)时,有f′(x)>0,则(,+∞)是函数f(x)的单调递增区间.当x∈(1,e)时,函数f(x)在(1,)上单调递减,在(,e)上单调递增;又因为f(1)=,f(e)=e2-3>0,f()=(1-ln 3)<0,所以f(x)在区间(1,e)上有两个零点.2.(2019·淄博模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+ab(a>0,b∈R).(1)若存在正数a,使f(x)≤0恒成立,求实数b的最大值.(2)设a=1,若g(x)=xe x-2x-f(x)没有零点,求实数b的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax+ab,所以f′(x)=-a=-,所以y=f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以f(x)max=f=-ln a-1+ab.所以存在正数a,使ab≤1+ln a成立,即存在正数a,使得b≤成立.令h(x)=,x∈(0,+∞),因为h′(x)=-,所以y=h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以h(x)max=h(1)=1,所以b≤1.故b的最大值为1.(2)因为a=1,所以f(x)=ln x-x+b.所以g(x)=xe x-x-ln x-b.所以g′(x)=(x+1).令x0∈(0,1),使得=.两边取自然对数,得x0=-ln x0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.由题设可知,要使函数g(x) 没有零点,则要g(x)min=g(x0)>0即可,g(x0)=x0·-x0+x0-b=1-b>0,所以b<1.10.(2019·石家庄模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数,我们把满足f′(x)=x的实数叫做函数y=f(x)的好点.已知函数f(x)=e2x-ae x-x2.(1)若0是函数f(x)的好点,求a.(2)若函数f(x)不存在好点,求a的取值范围.【解析】(1) 因为f(x)=e2x-ae x-x2,所以f′(x)=e2x-ae x-x,由f′(x)=x,得e2x-ae x-x=x,即e2x-ae x-a2x=0.因为0是函数f(x)的好点,所以1-a=0,解得a=1.(2) 由(1)知f′(x)=e2x-ae x-x,由f′(x)=x,得e2x-ae x-x=x,即e2x-ae x-a2x=0.设g(x)=e2x-ae x-a2x,令g(x)=0,问题转化为讨论函数g(x)的零点问题.函数f(x)不存在好点,等价于g(x)没有零点,即g(x)>0恒成立,又由g′(x)=2e2x-ae x-a2=,①若a=0,则g(x)=e2x>0,g(x)无零点,f(x)无好点.②若a>0,由g′(x)=0,得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,g′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(-∞,ln a)上单调递减, 在上单调递增.所以当x=ln a时,g(x)取最小值g(ln a)=-a2ln a.当且仅当-a2ln a>0,即0<a<1时,g(x)>0,所以g(x)无零点,f(x)无好点.③若a<0,由g′(x)=0,得x=ln.当x∈时,g′(x)<0;当x∈时,g′(x)>0,所以g(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x=ln时,g(x)取最小值g=a2.当且仅当a2>0,即-2<a<0时,g(x)>0,所以g(x)无零点,f(x)无好点.综上,a的取值范围为.关闭Word文档返回原板块。
新高考数学一轮复习知识点解析17---导数的概念及其运算
新高考数学一轮复习知识点解析1．了解导数概念的实际背景，知道导数是关于瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想，体会极限的思想，理解导数的几何意义．2．能根据导数定义求函数y c =(c 为常数)，y x =，2y x =，3y x =，cy x=，y =数．3．能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数的导数．1．导数的概念函数()y f x =在0x x =处的瞬时变化率()()0000limlim x x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆，我们称它为函数()y f x =在0x x =处的导数，记作()0f x '或0x x y ='，即()()()00000limlim x x f x x f x yf x x x∆→∆→+∆-∆'==∆∆．2．导数的几何意义函数()y f x =在0x x =处的导数()0f x '的几何意义是曲线()y f x =在点()()00,x f x处的导数的概念及其运算切线斜率，即()0k f x '=，相应地切线方程()()()000y f x f x x x '-=-． 3．函数()f x 的导函数函数()y f x =在区间(),a b 内每一点处都可导，则其导数值在(),a b 内构成一个新的函数，叫做()y f x =在开区间(),a b 内的导函数，记作()f x '或y '． 4．基本初等函数的导数公式5．导数的运算法则若函数()f x ，()g x 均可导，则：（1）()()()()f x g x f x g x '''±=±⎡⎤⎣⎦； （2）()()()()()()f x g x f x g x f x g x '''⋅=+⎡⎤⎣⎦； （3）()()()()()()()2f x f xg x f x g x g x g x ''-=⎡⎤⎣⎦． 6．复合函数求导复合函数求导法则：复合函数对自变量的导数等于已知函数对中间变量的导数与中间变量对自变量的导数的乘积，即()y f u =，()u g x =，()()y f u g x '''=．【例1】（1）已知函数1()ln x f x e x x -=+，则()1f '=（） A ．0 B ．1 C ．e D ．2【答案】D【解析】因为1()ln x f x e x x -=+，所以111()ln 1ln x x f x e x x e x x--'=++⨯=++， 所以11(1)1ln12f e -'=++=，故选D ． （2）函数1ln 1ln xy x-=+的导数是（） A ．()221ln x -+ B ．()211ln x x +C ．()221ln x x -+D ．()211ln x x -+【答案】C【解析】2211(1ln )(1ln )1ln 21ln (1ln )(1ln )x x x x x y x x x x -+--'-⎛⎫'===- ⎪+++⎝⎭，故选C ． （3）求sin cos 22x xy x =-⋅的导数．【答案】11cos 2y x '=-．【解析】∵1sin cos sin 222x x y x x x =-⋅=-，∴11cos 2y x '=-．【变式1．1】（1）函数sin(21)y x x =+的导数是___________________． 【答案】sin(21)2cos(21)y x x x '=+++【解析】[]sin(21)sin(21)sin(21)2cos(21)y x x x x x x x '''=+++=++⨯+sin(21)2cos(21)x x x =+++，故答案为sin(21)2cos(21)y x x x '=+++． （2）已知函数()f x =，则()f x 在2x =处的导数()2f '=________． 【答案】2 【解析】()21f x x ==-，()()221f x x '∴=-，()22f '∴=， 故答案为2．（3）求函数2sin 12cos 24x x y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的导数．【答案】1cos 2y x '=-．【解析】因为1sin cos sin 222x x y x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以()11sin cos 22y x x ''=-=-．【例2】已知函数()()3212f x x f x '=-+，则()2f =（）A ．2-B ．103C ．6D ．14【答案】C【解析】2()32(1)f x x f x ''=-，则(1)32(1)(1)1f f f '''=-⇒=， 则32(2)f x x x =-+，32(2)2226f =-+=，故选C ． 【变式2．1】已知()f x 的导函数为()f x '，3()2(1)x x f x f x e'-=+⋅，则(1)f '=________． 【答案】3e-【解析】因为3()2(1)x x f x f x e '-=+⋅，所以4()2(1)xxf x f e'+'-=，所以3(1)2(1)f f e '+'=，3(1)f e'=-， 故答案为3e-． 【例3】若()()()()126f x x x x x =--⋅⋅⋅-，则()1f '=（） A ．120 B ．24C ．24-D ．120-【答案】D【解析】令()()()()236g x x x x x =--⋅⋅-⋅，则()()()1f x x g x =-， 所以()()()()1f x g x x g x ''=+-，所以()()()()111250120f '=⨯-⨯-⨯⋅⋅⋅⨯-+=-，故选D ． 【变式3．1】已知函数()()()()()1232021f x x x x x =----，则()2021f '=（）A ．1232020-⨯⨯⨯⨯B ．1232020⨯⨯⨯⨯C ．1232021-⨯⨯⨯⨯D ．1232021⨯⨯⨯⨯【答案】A 【解析】()()()()()1232021x x x x f x =----，故()()()()()()()232021132021f x x x x x x x '=--------()()()()()()()1220192021122020x x x x x x x ---------，因此，()()()()2021202020191122020f '=--⨯-⨯⨯-=-⨯⨯⨯，故选A ．1．求切线方程【例4】曲线()x f x xe -=在点()()1,1f --处的切线方程为（） A ．2y ex e =- B ．y ex e =+C ．2y ex e =+D ．2y ex e =-+【答案】C 【解析】1()x xf x e-'=，(1)2f e '∴-=， 又(1)f e -=-，∴所求切线方程为()21y e e x +=+，即2y ex e =+，故选C ．【变式4．1】曲线3221y x x =-+在1x =处的切线方程为___________．【答案】870x y --=【解析】()3221y f x x x ==-+，则()212111f =-+=，()2226f x x x +'=，所以()221681f +'==，即切线的斜率8k ， 所以切线方程为()181y x -=-，即870x y --=， 故答案为870x y --=．【例5】曲线ln y x x =的一条切线过点(0,3)-，则该切线的斜率为_________． 【答案】1ln3+【解析】由1ln y x '=+，设切线斜率为k ，切点横坐标为t ，则1ln ln 3t k t t kt +=⎧⎨=-⎩，得ln (1ln )3t t t t =+-，所以3t =，1ln3k =+， 故答案为1ln3+．【变式5．1】已知函数()2x f x e x =+，过点()1,2作曲线()y f x =的切线， 则函数的切线方程为________________． 【答案】22()20e x y e +--=【解析】()2x f x e '=+，设切点坐标为00(,)x y ，则()002x f x e '=+，()0002x f x e x =+， 所以切线方程为0000(2)(2)()x x y e x e x x -+=+-，且该直线过点()1,2， 所以00002(2)(2)(1)x x e x e x -+=+-，得00(2)0x e x -=，得02x =， 所以切线方程为22()20e x y e +--=， 故答案为22()20e x y e +--=．1．求经过某点的曲线()f x 的切线方程时，需注意该点不一定是切点； 2．利用导数求切线方程的一般过程：（1）曲线()f x 在点()00,P x y 处的切线方程为()()000y y f x x x '-=-； （2）曲线()f x 过点()00,P x y 处的切线方程： ①设切点坐标()111,P x y ；②写出()111,P x y 的切线方程()()111y y f x x x '-=-； ③将点()00,P x y 的坐标代入切线方程求出1x ；④将1x 的值代入方程()()111y y f x x x '-=-，得到所求切线方程．2．求参数值【例6】直线1y kx =-是曲线1ln y x =+的一条切线，则实数k 的值为（） A ．e B ．2eC ．1D ．1e -【答案】A【解析】设切点为()00,1ln x x +，由1ln y x =+，得1y x'=，则001x x y x ='=，则曲线在切点处的切线方程为()00011ln y x x x x --=-， 由已知可得，切线过定点()0,1-，代入切线方程可得02ln 1x --=-，解得01x e =，则01k e x ==，故选A ． 【变式6．1】已知函数2()2ln f x x x x =-在点(1,2)处的切线方程为0x my t ++=，则t =___________．【答案】13-【解析】2()2ln f x x x x =-，()4ln 1f x x x '∴=--，()13f '∴=，13m ∴-=，即13m =-， 又(1,2)为切点，11203t ⎛⎫∴+-⨯+= ⎪⎝⎭，解得13t =-，故答案为13-．【变式6．2】已知函数2()ln f x a x bx =+的图象在点(1,1)P 处的切线与直线10x y -+=垂直，则a 的值为___________． 【答案】3-【解析】由已知可得(1,1)P 在函数()f x 的图象上，所以(1)1f =， 即2ln111a b +⨯=，解得1b =， 所以2()ln f x a x x =+，故()2af x x x'=+．则函数()f x 的图象在点(1,1)P 处的切线的斜率(1)2k f a '==+， 因为切线与直线10x y -+=垂直，所以21a +=-，即3a =-， 故答案为3-．3．公切线问题【例7】已知曲线()x f x e =在点()()0,0P f 处的切线也是曲线()()ln g x ax =的一条切线，则a 的值为（）A ．3eB ．2eC ．2eD ．33e【答案】C 【解析】()x f x e =，()x f x e '∴=，()01f =，()01f ∴'=，()f x ∴在点()()0,0P f 处的切线方程为1y x =+， 设1y x =+与()g x 相切于点()()00,ln x ax ，则()0011g x x '==，解得01x =， 又()00ln 110ax x -=-，ln 11a ∴-=，解得2a e =， 故选C ．【变式7．1】若曲线x y e =在0x =处的切线也是曲线ln 2y x b =+的切线，则实数b =（） A ．1- B ．1 C ．2 D ．e【答案】B【解析】曲线x y e =的导数为x y e '=，可得在0x =处的切线斜率为1k =，切点为(0,1)， 则切线的方程为1y x =+，设直线1y x =+与ln 2y x b =+相切的切点为(,2ln )m b m +，由ln 2y x b =+的导数为1y x '=，可得切线的斜率为1m， 则11m=，2ln 1b m m +=+，解得1m =，1b =，故选B ． 【变式7．2】已知函数()2x f x ae x =+的图象在点()()1,1M f 处的切线方程是()22y e x b =++，那么ab =（） A ．2 B ．1C ．1-D ．2-【答案】D【解析】因为()2x f x ae x =+，所以()2x f x ae x '=+， 因此切线方程的斜率(1)2k f ae '==+， 所以有222ae e +=+，得2a =，又切点在切线上，可得切点坐标为(1,22)e b ++，将切点代入()f x 中，有(1)2122f e e b =+=++，得1b =-， 所以2ab =-，故选D ．【例8】设曲线() x f x ae b =+和曲线()πcos 2xg x c =+在它们的公共点()0,2M 处有相同的切线，则b c a +-的值为（） A ．0 B ．πC ．2-D ．3【答案】D 【解析】()x f x ae '=，()ππsin 22xg x '=-，()0f a '∴=，()00g '=，0a ∴=，又()0,2M 为()f x 与()g x 公共点，()02f b ∴==，()012g c =+=， 解得1c =，2103b c a ∴+-=+-=，故选D ．【变式8．1】曲线2ln y a x =-在点(1,)a 处的切线与曲线x y e =-相切，则a =_____． 【答案】2ln 24-【解析】对2ln y a x =-求导，得2y x'=-，∴12x y ='=-∣， 则曲线2ln y a x =-在点(1,)a 处的切线方程为2(1)y a x -=--， 即22y x a =-++．设22y x a =-++与x y e =-相切于点()00,x x e -， 对x y e =-求导，得x y e '=-，由02x e -=-，得0ln 2x =，即切点为(ln 2,2)-．又切点在切线22y x a =-++上，∴2ln 222a -++=-，即2ln 24a =-， 故答案为2ln 24-．【例9】若函数()()210f x ax a =->与()1ln g x x =-的图象存在公切线，则实数a 的最小值为（） A ．12eB ．21e C ．2eD ．1【答案】A【解析】法一：设公切线与()f x ，()g x 图象分别切于点()()1122,,A B x y x y ，， 则()f x 图象在A 处的切线方程为()()211112y ax ax x x --=--， 即21121y ax x ax =-++，同理：()g x 图象在B 处的切线方程为()()22211ln y x x x x --=--， 即2212ln y x x x =-+-，由上述两直线重合，122121212ln ax x ax x⎧=⎪⎨⎪+=-⎩消元1x 可得()22211ln 4x x a =-，令()()()21ln 0h x x x x =->，则()()12ln h x x x '=-，当(x ∈时，()0h x '>；当)x ∈+∞时，()0h x '<，所以()h x在(单调递增，在)+∞单调递减，则()max 142e h x h a≤==，解得12a e≥． 方法二：在同一坐标系中作出()f x ，()g x 的图象如图所示：由图象知：()f x ，()g x 分别为上凸和下凸函数，要使()f x ，()g x 存在公切线， 只须()()f x g x ≤在()0,∞+上恒成立即可， 即2ln xa x≥在()0,∞+上恒成立， 令()2ln x h x x =，求导得()312ln xh x x -'=，当(x ∈时，()0h x '>；当)x ∈+∞时，()0h x '<，所以当x =()h x 取得最大值为12e， 所以12a e≥，故选A ． 【变式9．1】已知曲线x y e =在点()11,x x e 处与曲线ln y x =在点()22,ln x x处的切线相同，则()()1211x x +-=_________． 【答案】2-【解析】x y e =，则x y e '=，切线斜率为1x k e =，所以曲线x y e =在点()11,x x e 处的切线方程为()111x x y e e x x -=-， 即1111x x x y e x e x e =-+， 由ln y x =得1y x'=，切线斜率为21k x =，所以曲线ln y x =在点()22,ln x x 处的切线方程为()2221ln y x x x x -=-，即2211ln y x x x =-+， 于是11121211ln x x x e x e e x x⎧=⎪⎨⎪-=-+⎩得121x x e =，11112111ln 1ln 1x x x e e x x x e -=-+=-+=--，则11111x x e x +=-，所以12111x x x -=+，所以1211121111x x x x ---=-=++， 得()()12112x x +-=-， 故答案为2-．4．切线条数问题【例10】若过点(),a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则（） A ．b e a < B ．a e b < C ．0b a e << D ．0a b e <<【答案】D【解析】在曲线x y e =上任取一点(),t P t e ，对函数x y e =求导得x y e '=， 所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t t y e e x t -=-，即()1t t y e x t e =+-， 由题意可知，点(),a b 在直线()1t t y e x t e =+-上，可得()()11t t t b ae t e a t e =+-=+-， 令()()1t f t a t e =+-，则()()t f t a t e '=-．当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增； 当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减， 所以，()()max a f t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点， 则()max a b f t e <=，当1t a <+时，()0f t >；当1t a >+时，()0f t <， 作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点， 故选D ．解法二：画出函数曲线x y e =的图象如图所示，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线．由此可知0a b e <<．故选D ．【变式10．1】已知过点(1,1)P 且与曲线3y x =相切的直线的条数有（）条． A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【解析】若直线与曲线切于点()()000,0x y x ≠，则3200000011111y x k x x x x --===++--， 又∵23y x '=，∴2003y x x x '==，∴200210x x --=，解得01x =，012x =-，∴过点()1,1P 与曲线3:C y x =相切的直线方程为320x y --=或3410x y -+=， 故选C ．【变式10．2】过点(),A m m 与曲线()ln f x x x =相切的直线有且只有两条， 则实数m 的取值范围是（） A ．(),e -∞ B ．(),e +∞C ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,【答案】B【解析】设切点为()00,x y ，()ln 1f x x '=+，所以切线方程为：0000ln (ln 1)()y x x x x x -=+-，代入(),A m m ，得0000ln (ln 1)()m x x x m x -=+-，即这个关于0x 的方程有两个解． 化简方程为00ln m x x =，即ln 1x m x =， 令ln ()x g x x =(0x >)，21ln ()xg x x -'=，()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，1()g e e =，(),()0,10x g x g →+∞→=，所以110m e<<，所以m e >，选B ．一、选择题．1．已知函数2()6f x x =-，且()02f x '=，则0x =（） AB． C．D．【答案】B【解析】由题意可得()6f x '=-+，因为()0062f x '=-+=，所以0x =B ．2．已知函数()4f x x ax =+，若()()02lim12x f x f x x→--=△△△△，则a =（）A ．36B ．12C ．4D ．2【答案】C【解析】根据题意，()4f x x ax =+，则()34f x x a '=+，则()0f a '=， 若()()2lim=12x f x f x x→--△△△△，则()()()()()0022lim=3lim 30123x x f x f x f x f x f x x→→----'==△△△△△△△△， 则有312a =，即4a =，故选C ．3．曲线()y f x =在1x =处的切线如图所示，则()()11f f '-=（）A ．0B ．2C ．2-D ．1-【答案】C【解析】设曲线()y f x =在1x =处的切线方程为y kx b =+，则220b k b =⎧⎨-+=⎩，解得12k b =⎧⎨=⎩， 所以，曲线()y f x =在1x =处的切线方程为2y x =+， 所以()11f '=，()1123f =+=， 因此，()()11132f f '-=-=-，故选C ．4．已知()f x 为二次函数，且()()21f x x f x '=+-，则()f x =（） A ．221x x -+ B ．221x x ++C ．2221x x -+D ．2221x x +-【答案】B【解析】设()()20f x ax bx c a =++≠，则()2f x ax b '=+， 由()()21f x x f x '=+-可得()2221ax bx c x ax b ++=++-，所以121a b a c b =⎧⎪=⎨⎪=-⎩，解得121a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，因此()221f x x x =++，故选B ．5．已知曲线()x f x e =在点(1,(1))P f 处的切线也是曲线()ln g x a x =的一条切线，则a =（）A ．3eB ．2eC ．2eD ．33e【答案】C【解析】()x f x e =，()1f e =，所以切点()1,e ．()x f x e '=，()1k f e '==，切线()1y e e x -=-，即y ex =． 设()ln g x a x =的切点为()00,x y ，()a g x x '=，()00ak g x e x '===，所以0a x e=．将0a x e =代入切线y ex =，得0y a =，()g x 的切点为,a a e ⎛⎫⎪⎝⎭， 将,a a e ⎛⎫⎪⎝⎭代入()ln g x a x =，得ln a a a e =，解得2a e =，故选C ．二、填空题．6．设函数()()sin πxx f x e =，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为__________．【答案】ππ0x ey +-= 【解析】由题意得()sin π10f e==，切点为()1,0，()()()()()2πcos πsin ππcos πsin πx x x xx e e x x x f x e e--'==， 所以()πcos πsin ππ1f e e-'==-，所以过点()1,0的切线方程为()π1y x e=--，即ππ0x ey +-=， 故答案为ππ0x ey +-=． 7．曲线()1f x x b x=++在点()(),a f a 处的切线经过坐标原点，则ab =______． 【答案】2- 【解析】由()1f x x b x =++，则()211f x x'=-， 所以()211f a a '=-， 所以()()()22011110f a f a b f a a a a a a-'=-===++-， 化简整理可得2ab =-，故答案为2-．8．曲线()31()x f x x mx e -=-在点(1,(1))f 处的切线与直线410x y --=垂直，则该切线的方程为__________． 【答案】410x y +-=【解析】由题意得()321()3x f x x x mx m e --'=+-，则(1)42f m '=-， 所以切线的斜率142k m =-， 直线410x y --=的斜率214k =． 因为两直线相互垂直，所以121(42)14k k m =-=-，解得4m =，则1(1)4k f '==-，所以()31()4x f x x x e -=-，则(1)3f =-，故该切线的方程为34(1)y x +=--，即410x y +-=， 故答案为410x y +-=．9．已知曲线x y e -=，则曲线上的点到直线10x y ++=的最短距离是________．【解析】∵x y e -=，∴x y e -'=-，设与曲线x y e -=相切，且与直线10x y ++=平行的直线为0x y m ++=， 切点00(,)x P x e -．则01x e --=-，解得00x =，故切点为(0,1)P ．∴曲线x y e -=上的点到直线10x y ++=的最短距离d ==，．10．直线y kx b =+与曲线1x y e -=相切，也与曲线x y e e =-相切(其中e 为自然对数的底数)，则k =___________． 【答案】e【解析】由题设知：1()x f x e -=，则1()x f x e -='；()x g x e e =-，则()x g x e '=． ∴要使y kx b =+与()f x 、()g x 都相切，若切点分别为1122(,),(,)x y x y ，则有12()()f x g x k ''==， ∴121x x e e -=，则121x x -=，∴211212121x x y y e e e k e x x x x ----===--，故答案为e ．三、解答题．11．设曲线(),0x f x e x =≤在点00(,)x P x e 处的切线l 与x 轴、y 轴围成的三角形面积为S ．（1）求切线l 的方程；（2）求S 的最大值．【答案】（1）000(1)0x x e x y x e -+-=；（2）2e． 【解析】（1）因为()x f x e '=，所以0l x k e =，所以切线l 的方程为000()x x y e e x x -=-，整理得000(1)0x x e x y x e -+-=．（2）在切线l 的方程中，令0x =，可得00(1)x y x e =-，令0y =，可得01x x =-．因为00x ≤，所以02001()(1)2x S S x x e ==-，所以00001()(1)(1)2x S x x x e =-+'， 所以当01x <-时，0()0S x '>，所以0()S x 在(,1)-∞-上单调递增；当010x -<≤时，0()0S x '<，所以0()S x 在(1,0)-上单调递减，所以当01x =-时，S 取得极大值也是它的最大值2e ． 12．已知函数()33f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点2x =处的切线方程；（2）若过点()()1,2A m m ≠-可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．【答案】（1）9160x y --=；（2）()3,2--．【解析】（1）233f x x ，∴切线斜率()29k f '==，()22f =，∴曲线()y f x =在2x =处的切线方程为()292y x -=-，∴即9160x y --=．（2）过点()1,A m 向曲线()y f x =作切线，设切点为()00,x y ，则30003y x x =-，()2033k f x x '==-，∴切线方程()()()320000333y x x x x x --=--，即32002330x x m -++=， ∴32002330x x m -++=有三个不同实数根， 记()32233g x x x m =-++，()()26661g x x x x x '=-=-，令()0,0g x x '==或1， 则()(),,x g x g x '的变化情况如下表：当()0,x g x =有极大值3m +；()1,x g x =有极小值2m +．因为过点()()1,2A m m ≠-可作曲线()y f x =的三条切线，则()()0010g g ⎧>⎪⎨<⎪⎩，即3020m m +>⎧⎨+<⎩，解得32m -<<-， 所以m 的范围是()3,2--．。
2021版新高考地区高考数学(人教版)大一轮复习第2讲 导数与函数的单调性
第2讲 导数与函数的单调性一、知识梳理函数的单调性与导数的关系条件结论函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )＞0 f (x )在(a ，b )内单调递增 f ′(x )<0 f (x )在(a ，b )内单调递减 f ′(x )＝0f (x )在(a ，b )内是常数函数理清三组关系(1)“在某区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)”是“函数f (x )在此区间上为增(减)函数”的充分不必要条件．(2)可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是对∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)且f ′(x )在(a ，b )任意子区间内都不恒为零．(3)对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件． 二、教材衍化1．如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下面判断正确的是( )A ．在区间(－2，1)上f (x )是增函数B ．在区间(1，3)上f (x )是减函数C ．在区间(4，5)上f (x )是增函数D ．当x ＝2时，f (x )取到极小值解析：选C ．在(4，5)上f ′(x )>0恒成立， 所以f (x )是增函数．2．函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为( )A ．(0，＋∞)B ．(12，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．⎝⎛⎭⎫－∞，－12解析：选B ．由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x 2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，所以函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 故选B ．3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．解析：f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2. 答案：⎝⎛⎭⎫－π，－π2和⎝⎛⎭⎫0，π2一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f (x )在(a ，b )内单调递增，那么一定有f ′(x )＞0.( )(2)如果函数f (x )在某个区间内恒有f ′(x )＝0，则f (x )在此区间内没有单调性．( ) 答案：(1)× (2)√ 二、易错纠偏常见误区| (1)判断导数值的正负时忽视函数值域这一隐含条件； (2)讨论函数单调性时，分类标准有误．1．函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( ) A ．先增后减 B ．先减后增 C ．增函数 D ．减函数解析：选D ．因为f ′(x )＝－sin x －1<0. 所以f (x )在(0，π)上是减函数，故选D ．2．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )，讨论f (x )的单调性． 解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0恒成立， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时， f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减．考点一 判断(证明)函数的单调性(基础型)复习指导| 借助图象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．核心素养：数学抽象、逻辑推理(1)已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减 C ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增 D ．在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减 (2)(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋2.讨论f (x )的单调性．【解】 (1)选D ．因为函数f (x )＝x ln x ，定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 当f ′(x )>0时，解得x >1e，即函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞； 当f ′(x )<0时， 解得0<x <1e，即函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫0，1e ，故选D ． (2)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)，⎝⎛⎭⎫a3，＋∞ 单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减． 若a ＝0，则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．导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤(1)求f ′(x )．(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号．(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数.[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．已知函数f (x )＝a2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)，讨论f (x )的单调性．解：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝（x －1）（ax －1）x ，令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a，①若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数； ②若0<a <1，则1a>1，当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数； ③若a >1，则0<1a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． 综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x )在(0，1)上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是增函数； 当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 考点二 求函数的单调区间(基础型)复习指导| 会利用导数求不超过三次的多项式函数的单调区间． 核心素养：数学运算已知函数f (x )＝a ln x －x －a ＋1x(a ∈R )．求函数f (x )的单调区间．【解】 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －1＋1＋a x 2＝－x 2＋ax ＋1＋a x 2＝－（x ＋1）[x －（1＋a ）]x 2，①当a ＋1>0，即a >－1时，在(0，1＋a )上f ′(x )>0，在(1＋a ，＋∞)上，f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递增区间是(0，1＋a )，单调递减区间是(1＋a ，＋∞)； ②当1＋a ≤0，即a ≤－1时，在(0，＋∞)上，f ′(x )<0， 所以，函数f (x )的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f ′(x )的结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．[提醒] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．1．当x >0时，f (x )＝x ＋4x 的单调递减区间是( )A ．(2，＋∞)B ．(0，2)C ．(2，＋∞)D ．(0，2)解析：选B ．令f ′(x )＝1－4x 2＝（x －2）（x ＋2）x 2<0，则－2<x <2，且x ≠0.因为x >0，所以x ∈(0，2)，故选B ．2．已知函数f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，求函数f (x )的单调区间．解：f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5.因为x ＝－1不在f (x )的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，5)内为减函数； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内为增函数． 故函数f (x )的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)． 考点三 函数单调性的应用(综合型)复习指导| 利用导数与函数的单调性可以比较大小、求参数的范围等，其关键是明确函数的单调性．角度一 比较大小或解不等式已知函数f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (1)＝1e，对任意实数都有f (x )－f ′(x )>0，设F (x )＝f （x ）e x ，则不等式F (x )<1e2的解集为( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，e)D ．(e ，＋∞)【解析】 F ′(x )＝f ′（x ）e x －e x f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x ，又f (x )－f ′(x )>0，知F ′(x )<0， 所以F (x )在R 上单调递减． 由F (x )<1e2＝F (1)，得x >1，所以不等式F (x )<1e 2的解集为(1，＋∞)．【答案】 B利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．角度二 已知函数单调性求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值范围． 【解】 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x －ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x －ax －2<0有解．即a ＞1x 2－2x 有解，设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a ＞G (x )min 即可．而G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)． (2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1， 因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎡⎦⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)， 所以a ≥－716，即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－716，＋∞. 【迁移探究1】 (变条件)本例条件变为：若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递增，求a 的取值范围．解：由h (x )在[1，4]上单调递增得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x 恒成立，又当x ∈[1，4]时，⎝⎛⎭⎫1x 2－2x min＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．【迁移探究2】 (变问法)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围．解：h (x )在[1，4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )<0在[1，4]上有解， 所以当x ∈[1，4]时，a >1x 2－2x 有解，又当x ∈[1，4]时，⎝⎛⎭⎫1x 2－2x min＝－1，所以a >－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．(1)已知函数在某区间上的单调性求参数的取值范围的两种思路 ①转化为不等式恒成立问题若函数在某区间上单调递增⇒f ′(x )≥0在该区间上恒成立；若函数在某区间上单调递减⇒f ′(x )≤0在该区间上恒成立．[注意] 一般地，f (x )在区间(a ，b )上是增函数的充要条件是f ′(x )≥0在(a ，b )上恒成立，且在(a ，b )的任意子区间内f ′(x )不恒为0.其中不等式中等号不能省略，否则可能漏解！②利用区间之间的包含关系若已知y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调，则区间(a ，b )应该是相应单调区间的子区间． (2)已知函数的单调区间求参数的值时，首先利用导数，求出函数的单调区间(含参)，然后令该单调区间与已知区间相等，列方程求解．(3)已知函数在某区间内不单调求参数的取值范围时，通常利用极值点在该区间内，列不等式求解．1．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 解析：选A ．因为f (x )＝x sin x ， 所以f (－x )＝(－x )sin(－x )＝x sin x ＝f (x )． 所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3. 又x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，得f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数． 所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3. 所以f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5，故选A ． 2．已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在(－1，1)上为单调减函数，求实数a 的取值范围； (3)若函数f (x )的单调递减区间为(－1，1)，求实数a 的值； (4)若函数f (x )在区间(－1，1)上不单调，求实数a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． 因为3x 2≥0， 所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]． (2)由题意知f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1，1)上恒成立， 所以a ≥3x 2在(－1，1)上恒成立，因为当－1<x <1时，3x 2<3，所以a ≥3，所以a 的取值范围为[3，＋∞)． (3)由题意知f ′(x )＝3x 2－a ，则f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－3a 3，3a 3， 又f (x )的单调递减区间为(－1，1)， 所以3a3＝1，解得a ＝3. (4)由题意知：f ′(x )＝3x 2－a ，当a ≤0时，f ′(x )≥0，此时f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a >0.令f ′(x )＝0，解得x ＝±3a 3. 因为f (x )在区间(－1，1)上不单调，所以f ′(x )＝0在(－1，1)上有解，需0<3a3<1，得0<a <3， 所以实数a 的取值范围为(0，3)．[基础题组练]1．函数f (x )＝e x －e x ，x ∈R 的单调递增区间是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－∞，0) C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞)解析：选D ．由题意知，f ′(x )＝e x －e ，令f ′(x )>0，解得x >1，故选D ．2.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )解析：选C ．由题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，故选C ． 3．函数f (x )＝e xx的图象大致为( )解析：选B ．函数f (x )＝e xx 的定义域为{x |x ≠0，x ∈R }，当x >0时，函数f ′(x )＝x e x －e x x 2，可得函数的极值点为：x ＝1，当x ∈(0，1)时，函数是减函数，x >1时，函数是增函数，并且f (x )>0，选项B 、D 满足题意．当x <0时，函数f (x )＝e xx <0，选项D 不正确，选项B 正确．4．已知f (x )＝ln xx ，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D ．f (x )的定义域是(0，＋∞)， f ′(x )＝1－ln xx 2，令f ′(x )＝0，得x ＝e.所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)＝1e ，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (e)>f (3)>f (2)，故选D ．5．若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，1)C ．(－∞，2]D ．(－∞，2) 解析：选C ．因为f ′(x )＝6(x 2－mx ＋1)，且函数f (x )在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝6(x 2－mx ＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x 2－mx ＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m ≤x 2＋1x ＝x ＋1x 在(1，＋∞)上恒成立，即m ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min (x ∈(1，＋∞))，因为当x ∈(1，＋∞)时，x ＋1x>2，所以m ≤2.故选C ． 6．函数f (x )＝x 4＋54x－ln x 的单调递减区间是________． 解析：因为f (x )＝x 4＋54x－ln x ， 所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x 2， 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜5，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5) 7．已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，若f (x 2＋2)<f (3x )，则实数x 的取值范围是________．解析：由题可得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2x ln 2，所以在定义域内f ′(x )>0，函数单调递增，所以由f (x 2＋2)<f (3x )得x 2＋2<3x ，所以1<x <2.答案：(1，2)8．已知函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则不等式xf ′(x )≥0的解集为________．解析：由f (x )图象特征可得，f ′(x )在⎝⎛⎦⎤－∞，12和[2，＋∞)上大于0，在⎝⎛⎭⎫12，2上小于0， 所以xf ′(x )≥0⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，f ′（x ）≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，f ′（x ）≤0⇔0≤x ≤12或x ≥2， 所以xf ′(x )≥0的解集为⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞)． 答案：⎣⎡⎦⎤0，12∪[2，＋∞) 9．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝⎛⎭⎫x ＋13(x －1)， 令f ′(x )>0，解得x >1或x <－13； 令f ′(x )<0，解得－13<x <1. 所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－13，1. 10．已知函数f (x )＝b e x －1(b ∈R ，e 为自然对数的底数)在点(0，f (0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F (x )＝f (x )＋ax (a ∈R )的单调性．解：因为f (0)＝b －1，所以过点(0，b －1)，(2，－2)的直线的斜率为k ＝b －1－（－2）0－2＝－b ＋12， 而f ′(x )＝－b e x ，由导数的几何意义可知， f ′(0)＝－b ＝－b ＋12， 所以b ＝1，所以f (x )＝1e x －1. 则F (x )＝ax ＋1e x －1，F ′(x )＝a －1e x ， 当a ≤0时，F ′(x )<0恒成立；当a >0时，由F ′(x )<0，得x <－ln a ，由F ′(x )>0，得x >－ln a .故当a ≤0时，函数F (x )在R 上单调递减；当a >0时，函数F (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增．[综合题组练]1．(综合型)设f (x )，g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，则当a <x <b 时，有( )A ．f (x )g (x )>f (b )g (b )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (b )>f (b )g (x )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )解析：选C ．令F (x )＝f （x ）g （x ），则F ′(x )＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2<0，所以F (x )在R 上单调递减．又a <x <b ，所以f （a ）g （a ）>f （x ）g （x ）>f （b ）g （b ）.又f (x )>0，g (x )>0，所以f (x )g (b )>f (b )g (x )． 2．函数f (x )的定义域为R .f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：选B ．由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0.设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2. 因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1，选B ．3．若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)4．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．解析：由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x＝－（x －1）（x －3）x， 由f ′(x )＝0，得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.答案：(0，1)∪(2，3)5．设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (1)求b ，c 的值；(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.故b ＝0，c ＝1.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立．则存在x ∈(－2，－1)使－a >－x －2x成立， 即－a >⎝⎛⎭⎫－x －2x min. 因为x ∈(－2，－1)，所以－x ∈(1，2)，则－x －2x ≥2（－x ）·⎝⎛⎭⎫－2x ＝22， 当且仅当－x ＝－2x，即x ＝－2时等号成立， 所以－a >22，则a <－2 2.所以实数a 的取值范围为(－∞，－22)．6．(2020·成都七中检测)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e ex ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0.解：(1)由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． (2)证明：令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x－1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0.。
2021高三数学人教B版一轮学案：导数与函数的单调性 Word版含解析
第十一节导数的简单应用最新考纲考情分析1.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，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题的热点．2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用．3．题型主要以解答题为主，属中高档题.知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．知识点二函数的极值与导数对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．知识点三函数的最值与导数1．函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．2．求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(1)求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值．(2)函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(×)(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(√)(3)函数的极大值一定大于其极小值．(×)(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．(×)(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(√)解析：(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.(3)函数的极大值也可能小于极小值．(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号．2．小题热身(1)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(A)A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数解析：当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．(2)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(A)A．1 B．2C．3 D．4解析：由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正．(3)函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是(D)A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：函数f(x)＝(x－3)e x的导数为f′(x)＝[(x－3)e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)e x>0，解得x>2.(4)函数f(x)＝x3－4x＋4在[0,3]上的最大值与最小值分别为4，－.解析：由f(x)＝x3－4x＋4，得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)>0，得x>2或x<－2；令f′(x)<0，得－2<x<2.所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增；在(－2,2)上单调递减，而f(2)＝－，f(0)＝4，f(3)＝1，故f(x)在[0,3]上的最大值是4，最小值是－.(5)函数f(x)＝ln x－ax在x＝1处有极值，则常数a＝1.解析：∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，经检验符合题意．第1课时导数与函数的单调性【例1】已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)e x，求函数g(x)的单调减区间．【解】(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，即3a·2＋2·＝－＝0，解得a＝.(2)由(1)得g(x)＝e x，故g′(x)＝x(x＋1)(x＋4)e x.令g′(x)<0，即x(x＋1)(x＋4)<0，解得－1<x<0或x<－4，所以g(x)的单调减区间为(－1,0)，(－∞，－4)．方法技巧(1)求函数单调区间的步骤：①确定函数f(x)的定义域；②求f′(x)；③在定义域内解不等式f′(x)>0，得单调递增区间；④在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间.,(2)若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”或“和”连接.1．已知函数f(x)＝x ln x，则f(x)(D)A．在(0，＋∞)上递增B．在(0，＋∞)上递减C．在上递增D．在上递减解析：因为函数f(x)＝x ln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，当f′(x)>0时，解得x>，即函数的单调递增区间为；当f′(x)<0时，解得0<x<，即函数的单调递减区间为.2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝x sin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间为，.解析：f′(x)＝sin x＋x cos x－sin x＝x cos x.令f′(x)＝x cos x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为和，即f(x)的单调递增区间为，.【例2】已知函数f(x)＝x－＋1－a ln x，讨论f(x)的单调性．【解】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝，x∈(0，＋∞)．设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.(1)当Δ≤0，即－2≤a≤2时，对∀x>0，都有f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)当Δ>0，即a<－2或a>2时，若a>2，方程g(x)＝0有两个不相等的正实数根x1＝，x2＝，0<x1<x2.∴f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在[x1，x2]上单调递减．若a<－2，方程g(x)＝0有两个不相等的负实数根x3＝，x4＝，x3<x4<0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上所述：当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时，f(x)在，上单调递增；在上单调递减．方法技巧讨论含参函数的单调性是高考的常驻考点，定义域范围内的导函数的零点是否为变号零点是决定函数单调性改变的充要条件，可以画导函数图象的草图帮助判定正负情况.已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，a∈R，讨论f(x)的单调性．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－ax＋(1－a)＝.当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，f′(x)＝＝.方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1＝，x2＝－1，x2<0<x1，∴f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减．综上所述：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．考点三函数单调性的简单应用命题方向1比较大小或解不等式【例3】(1)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＝1＋ln x，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，则下列不等式成立的是()A.f<fB.f>fC.f>fD.f>f(2)已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝，则不等式F(x)<的解集为() A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(1，e) D．(e，＋∞)【解析】(1)令g(x)＝，则g′(x)＝＝.由解得<x<；由解得0<x<.所以函数g(x)在上单调递减，在上单调递增，又>，所以g>g，所以>，即f>f.(2)F′(x)＝＝，又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，∴F(x)在R上单调递减．由F(x)<＝F(1)，得x>1，所以不等式F(x)<的解集为(1，＋∞)．【答案】(1)B(2)B命题方向2根据单调性求参数取值范围【例4】(2020·昆明诊断)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x.(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围．【解】h(x)＝ln x－ax2－2x，x>0.∴h′(x)＝－ax－2.(1)若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x>0时，－ax－2<0有解，即a>－有解．设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min.又G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1.所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．(2)∵h(x)在[1,4]上单调递减，∴当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，则a≥－恒成立，设G(x)＝－，所以a≥G(x)max.又G(x)＝2－1，x∈[1,4]，因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.又当a＝－时，h′(x)＝＋x－2＝，∵x∈[1,4]，∴h′(x)＝≤0，当且仅当x＝4时等号成立．∴h(x)在[1,4]上为减函数．故实数a的取值范围是.方法技巧(1)利用导数比较大小或解不等式，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小或解不等式.(2)根据函数单调性求参数的一般思路①利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.②f(x)是单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.③函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.1．(方向1)(2020·洛阳联考)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，若a＝，b＝，c＝－，则a，b，c的大小关系正确的是(D)A．a<c<b B．b<c<aC．a<b<c D．c<a<b解析：由题意，构造函数g(x)＝，当x>0时，g′(x)＝<0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵函数f(x)为奇函数，∴函数g(x)是偶函数，∴c＝＝g(－3)＝g(3)，又a＝g(e)，b＝g(ln2)，且3>e>1>ln2>0，∴g(3)<g(e)<g(ln2)，∴c<a<b，故选D.2．(方向1)(2020·郑州预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝e x(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)<0的解集为(B)A．(0,2) B．(0,3)C．(2,3) D．(3，＋∞)解析：令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝e x(x－2)，可知当x∈(0,2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数．又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)<0的解集是(0,3)，故选B.3．(方向2)(2020·安徽江南十校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(A) A．(1,2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0,3]解析：∵f(x)＝x2－9ln x，∴函数f(x)的定义域是(0，＋∞)．∵f′(x)＝x－，∴x>0，由f′(x)＝x－<0，得0<x<3.∵函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，∴解得1<a≤2.故选A.4．(方向2)若函数f(x)＝x－sin2x＋a sin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是.解析：函数f(x)＝x－sin2x＋a sin x在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－cos2x＋a cos x＝－cos2x＋a cos x＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x＝t，则g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1,1]恒成立，所以解得－≤a≤.构造函数破解抽象不等式解抽象不等式需要构建新函数，常见的构造形式如下：1．对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)．2．对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.3．对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)．4．对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)．5．对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)．6．对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)．7．对于不等式f′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝.【典例】已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)<e x 的解集为()A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)【解析】因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于直线x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝(x∈R)，则g′(x)＝＝.又f′(x)<f(x)，所以g′(x)<0(x∈R)，所以函数g(x)在定义域R上单调递减．因为f(x)<e x⇔<1，而g(0)＝＝1，所以f(x)<e x⇔g(x)<g(0)，所以x>0.【答案】 B1．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)·f(x2－1)的解集是(D)A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(1,2) D．(2，＋∞)解析：因为f(x)＋xf′(x)<0，所以[xf(x)]′<0，故y＝xf(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，由f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，得(x＋1)f(x＋1)>(x＋1)(x－1)·f(x2－1)，即(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x ＋1<x2－1，解得x>2.2．已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)<g(1)的解集是(D)A．(－∞，1) B．(－1,1)C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－1,0)∪(0,1)解析：因为g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]，由题意知，当x>0时，xf′(x)＋2f(x)>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x)是偶函数，则g(x)也是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)，由g(x)<g(1)得g(|x|)<g(1)，所以则x∈(－1,0)∪(0,1)．3．设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(－∞，－2)∪(0,2)．解析：因为当x>0时，有<0恒成立，即′<0恒成立，所以在(0，＋∞)内单调递减．因为f(2)＝0，所以在(0,2)内恒有f(x)>0；在(2，＋∞)内恒有f(x)<0.又因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以在(－∞，－2)内恒有f(x)>0；在(－2,0)内恒有f(x)<0.又不等式x2f(x)>0的解集，即不等式f(x)>0的解集．所以答案为(－∞，－2)∪(0,2)．。
高三数学第一轮复习导学案：第17课时 导数的综合应用
题型一：导数与函数图像1 已知函数f (x )＝1ln (x ＋1)－x，则y ＝f (x )的图像大致为( )2.函数y ＝ln|x |x 的图像大致是( )题型二：导数与不等式1.设l 为曲线C ：y ＝ln x x 在点(1,0)处的切线．(1)求l 的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方．2.设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .①求f (x )的单调区间与极值；②求证：当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.3.已知a>0，函数f(x)＝ln x－ax2，x>0.(f(x)的图像连续不断)①求f(x)的单调区间；②当a＝18时，证明：存在x0∈(2，＋∞)，使f(x0)＝f(32)．题型三：导数与方程1.已知函数f(x)＝ln x－12ax2－2x.①若函数f(x)在x＝2处取得极值，求实数a的值；②若函数f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围；③当a＝－12时，关于x的方程f(x)＝－12x＋b在上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．2.已知函数f(x)＝ln x－x，h(x)＝ln xx. ①求h(x)的最大值；②若关于x的不等式xf(x)≥－2x2＋ax－12对一切x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；③若关于x的方程f(x)－x3＋2e x2－bx＝0恰有一解，其中e为自然对数的底数，求实数b的值．题型四：导数与最优化问题请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E、F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x(cm)．(1)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．。
新高考数学导数专题讲义第07讲 导数中的恒成立与存在性问题(学生版+解析版)
第7讲 导数中的恒成立与存在性问题1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是() A ．3[,1)2e-B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是( )A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e -，3)2eC ．25[3e ，1) D ．3[2e，1) 3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是( ) A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)44．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,)4eB ．23[,)4eC ．2(,1)eD ．2[,1)e5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e-B ．(1,0)-C ．21(,)e-+∞ D ．(1,)-+∞6．已知函数1()()xf x x a e=-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( )A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e-，)+∞ D ．21(e-，0) 7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x --恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+---，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e -C ．11e-D ．212e +12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( ) A ．21e- B ．22e-C ．212e +D ．11e-13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为( )A ．312e--B ．322e--C ．3142e--D ．11e--14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x +-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-'，则实数b 的取值范围是( )A ．(,-∞B ．3(,)2-∞C ．9(,)4-∞D ．(,3)-∞15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．1[e，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)eD ．1[e-，0)16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-17．设函数24(),()x x f x g x xe x +==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，则正数的取值范围为( ) A ．141(,]e e e+B ．(e ，4]C ．1(0,]4e e e+-D ．14(0,]4e e +- 18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e af x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，则实数a 的值为 ．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是 ．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是 ．（2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围 ． 21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，则实数c 的取值范围是 ． 22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +-在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 ． 23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 ． 24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 ． 25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为 ．26．若()1f x x alnx =--，()xexg x e =，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 ．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为 ．28．设函数2221(),()x e x e x f x g x x e +==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f xg x k k+，恒成立，则正数k 的取值范围是 ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x=，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为 ．第7讲 导数中的恒成立与存在性问题1．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是() A ．3[,1)2e-B ．33[,)24e -C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】解：设()(21)x g x e x =-，y ax a =-，由题意知存在唯一的整数0x 使得0()g x 在直线y ax a =-的下方， ()(21)2(21)x x x g x e x e e x '=-+=+， ∴当12x <-时，()0g x '<，当12x >-时，()0g x '>， ∴当12x =-时，()g x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，g （1）0e =>， 直线y ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1a g ->=-且1(1)3g e a a --=---，解得312a e< 故选：D ．2．设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在两个整数1x ，2x ，使得1()f x ，2()f x 都小于0，则a 的取值范围是( )A ．25[3e ，3)2eB ．3[2e -，3)2eC ．25[3e ，1) D ．3[2e，1)【解析】解：函数()(21)x f x e x ax a =--+， 其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-， 存在两个整数1x ，2x ， 使得1()f x ，2()f x 都小于0， ∴存在两个整数1x ，2x ，使得()g x 在直线y ax a =-的下方， ()(21)x g x e x '=+， ∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-， 且1(1)3g e a a --=-<--，解得32a e <．(2)2g a a ---，解得253a e ， a ∴的取值范围是25[3e ，3)2e． 故选：A ．3．设函数()(21)x f x x e =-，()(1)g x a x =-，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <，则a 的取值范围是( ) A ．3[2e-，1) B ．3[2e，1) C ．3[2e -，3)4D ．3[2e ，3)4【解析】解：设()(21)x f x e x =-，()(1)g x a x =-， 由存在唯一的整数0x 使得00()()f x g x <， ()(21)2(21)x x x f x e x e e x '=-+=+， ∴当12x <-时，()0f x '<，当12x >-时，()0f x '>， ∴当12x =-时，()f x 取最小值122e --，当0x =时，(0)1f =-，当1x =时，f （1）0e =>， 直线()(1)g x a x =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 故(0)1a f ->=-且1(1)3f e a a --=---，解得312a e< 故选：B ．4．设函数()(31)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若有且只有一个整数0x 使得0()0f x ，则a 的取值范围是()A ．23(,)4eB ．23[,)4eC ．2(,1)eD ．2[,1)e【解析】解：设()(31)x g x e x =-，()h x ax a =-， 则()(32)x g x e x '=+，2(,)3x ∴∈-∞-，()0g x '<，()g x 单调递减，2(3x ∈-，)+∞，()0g x '>，()g x 单调递增，23x ∴=-，取最小值233e --，(0)1(0)g a h ∴=-<-=，g （1）h -（1）20e =>，直线()h x ax a =-恒过定点(1,0)且斜率为a ， 1(1)(1)420g h e a -∴---=-+>，2a e∴>， 1a <，a ∴的取值范围2(e ，1)．故选：C ．5．已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e -B ．(1,0)-C ．21(,)e -+∞ D ．(1,)-+∞【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解， 即得222a x lnx x =+有两个不同的解， 设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+，10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增， 1x e ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．6．已知函数1()()xf x x a e =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．2(e -，)+∞B ．2(e -，0)C ．21(e -，)+∞ D ．21(e -，0) 【解析】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直， ()(1)0x f x a x e -∴'=+-=有两个不同的解，即得(1)x a x e -=-有两个不同的解， 设(1)x y x e -=-，则(2)x y x e -'=-，2x ∴<，0y '<，函数递减，2x >，0y '>，函数递增， 2x ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，0y →， 20a e -∴>>-．故选：D ．7．已知21()(0)2f x alnx x a =+>，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()2f x f x x x --恒成立，则a 的取值范围是( ) A ．(1,)+∞B ．[1，)+∞C ．(0，1]D ．(0,1)【解析】解：设对任意两个不等的正实数12x x >都有2>恒成立，则1212()()22f x f x x x --， 1122()2()2f x x f x x ∴--，令21()()222g x f x x alnx x x =-=+-，则12()()g x g x ，所以函数()g x 是增函数， ()20(0)ag x x x x'=+->恒成立， 22a x x ∴-恒成立，222(1)1x x x -=--+， ∴当1x =时，2()2g x x x =-取得最大值g （1）1=，1a ∴．即a 的取值范围是[1，)+∞． 故选：B ．8．已知21()2f x alnx x =+，若对任意两个不等的正实数1x ，2x 都有1212()()0f x f x x x ->-成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，)+∞B ．(0,)+∞C ．(0,1)D ．(0，1]【解析】解：对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有1212()()0f x f x x x ->-恒成立则当0x >时，()0f x '>恒成立 ()0af x x x'=+>在(0,)+∞上恒成立 则2()max a x >- 而20x -<，则0a 故选：A ．9．已知函数2()(1)f x aln x x =+-，若对p ∀，(0,1)q ∈，且p q ≠，有(1)(1)2f p f q p q+-+>-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,18)-∞B ．(-∞，18]C ．[18，)+∞D ．(18,)+∞【解析】解：因为2()(1)f x aln x x =+-，所以2(1)[(1)1](1)f x aln x x +=++-+， 所以(1)2(1)2af x x x '+=-++． 因为p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，所以(1)(1)2f p f q p q +-+>-恒成立(1)(1)2(1)(1)f p f q p q +-+⇔>+-+恒成立(1)2f x '⇔+恒成立，即2(1)2(01)2ax x x -+<<+恒成立， 所以22(2)(01)a x x >+<<恒成立，又因为(0,1)x ∈时，282(2)18x <+<，所以18a ． 故选：C ．10．已知函数21()(1)2f x aln x x =+-，在区间(0,1)内任取两个数p ，q ，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[8，)+∞B ．(3，8]C ．[15，)+∞D ．[8，15]【解析】解：由函数21()(1)2f x aln x x =+-，22111(1)[(1)1](1)(2)222f x aln x x aln x x x ∴+=++-+=+---(1)12af x x x ∴'+=--+， p ，(0,1)q ∈，且p q ≠，不等式(1)(1)3f p f q p q +-+>-恒成立等价式(1)(1)3(1)(1)f p f q p q +-+>+-+恒成立，转化为(1)3f x '+>恒成立，即132ax x -->+，(01)x <<恒成立， 整理可得：268a x x >++，01x <<，∴函数2268(3)1y x x x =++=+-在(0,1)是递增函数．15max y ∴<故得15a ． 故选：C ．11．设函数3()(33)(2)x x f x e x x ae x x =-+---，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( )A ．21e-B ．22e -C ．11e-D ．212e +【解析】解：()0f x 可化为 3(33)0x x e x x ae x -+--，即333xx a x x e -+-， 令3()33xx F x x x e =-+-， 则21()33(1)(33)x x x F x x x x e e--'=-+=-++， 令()33x G x x e -=++，则()3x G x e -'=-， 故当3x e -=，即3x ln =-时，()33x G x x e -=++有最小值(3)3363(23)0G ln ln ln -=-+=->，故当[2x ∈-，1)时，()0F x '<，(1,)x ∈+∞时，()0F x '>；故()F x 有最小值F （1）111331e e =-+-=-；故实数α的最小值为11e -．故选：C ．12．设函数3()()(31)(3)f x x lnx x lnx a x =-++-，若不等式()0f x 有解，则实数a 的最小值为( )A ．21e-B ．22e-C ．212e +D ．11e-【解析】解：若不等式()0f x 有解，则31()(3)3a lnx lnx x -++有解，令31()()(3)3g x lnx lnx x =-++，则11()(1)[3(1)]g x lnx lnx x x '=-++，令1()3(1)h x lnx x=++， 则231()x h x x -'=， 令()0h x '>，解得：13x >， 令()0h x '<，解得：103x <<，故()h x 在1(0,)3递减，在1(3，)+∞，故1()()3(23)03min h x h ln ==->，故()0h x >，令()0g x '>，即10lnx ->，解得：x e >， 令()0g x '<，即10lnx -<，解得：0x e <<， 故()g x 在(0,)e 递减，在(,)e +∞递增，故()min g x g =（e ）11e =-，故a 的最小值是11e -，故选：D ．13．设函数323()(62)22x x f x e x x x ae x =+-+--，若不等式()0f x 在[2-，)+∞上有解，则实数a 的最小值为( )A ．312e --B ．322e --C ．3142e --D ．11e--【解析】解：323()(62)202x x f x e x x x ae x =+-+--在[2-，)+∞上有解3232(62)2x x ae e x x x x ⇔+-+-在[2-，)+∞上有解323(62)22[](2)x min xe x x x x a x e +-+-⇔-．令32323(62)32()622x x xe x x x xx g x x x x e e +-+-==+-+-， 则211()336(1)(36)x x x g x x x x x e e-'=+--=-++， [2x ∈-，)+∞，∴当[2x ∈-，1)时，()0g x '<，()g x 在区间[2-，1)上单调递减；当(1,)x ∈+∞时()0g x '>，()g x 在区间(1,)+∞上单调递增； ∴当1x =时，()g x 取得极小值g （1）313116222e e=+-+-=--，也是最小值， 3122a e∴--， 3142a e∴--． 故选：C ．14．已知函数2()()()lnx x b f x b R x +-=∈，若存在1[2x ∈，2]，使得()()f x x f x >-'，则实数b 的取值范围是() A ．(,-∞ B ．3(,)2-∞C ．9(,)4-∞D ．(,3)-∞【解析】解：2()()lnx x b f x x+-=，0x >， 2212()()()x x b lnx x b f x x +----∴'=， 12()()()x x b f x xf x x+-∴+'=， 存在1[2x ∈，2]，使得()()0f x xf x +'>，12()0x x b ∴+->12b x x∴<+， 设1()2g x x x=+， ()max b g x ∴<，2221()2x g x x -∴'=， 当()0g x '=时，解得：x =， 当()0g x '>时，即22x <时，函数单调递增，当()0g x '<时，即1222x <时，函数单调递减， ∴当2x =时，函数()g x 取最大值，最大值为g （2）94=， 94b ∴<， 故选：C ．15．已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若存在1x ，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围为( )A ．1[e ，)+∞B ．1[e-，)+∞C ．(0,)eD ．1[e-，0)【解析】解：1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立， 等价于()()min max f x g x ， ()(1)x x x f x e xe x e '=+=+，当1x <-时，()0f x '<，()f x 递减， 当1x >-时，()0f x '>，()f x 递增，所以当1x =-时，()f x 取得最小值1()(1)min f x f e=-=-；当1x =-时()g x 取得最大值为()(1)max g x g a =-=， 所以1a e -，即实数a 的取值范围是1a e-， 故选：B ．16．设过曲线()2cos g x ax x =+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()x f x e x =--上一点处的切线2l ，使得12//l l ，则实数a 的取值范围为( ) A ．[1，)+∞B ．[1，]+∞C ．(-∞，3]-D ．(,3)-∞-【解析】解：设()2cos g x ax x =+上为1(x ，1())g x ，()f x 上切点为2(x ，2())f x ， 依题得1x R ∀∈，2x R ∃∈，有112sin 1x a x e -=--，[2a -，2](,1)a +⊆-∞- 易得3a <-． 故选：D ．17．设函数24(),()x x f x g x xe x +==，若对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，则正数的取值范围为( )A ．141(,]e e e+ B ．(e ，4] C ．1(0,]4e e e +-D ．14(0,]4e e +- 【解析】解：对任意1x ，2(0x ∈，]e ，不等式12()()1g x f x +恒成立，等价于12()()()()1max min g x f x +恒成立， 2444()24x f x x x x x x +==+⋅=，当且仅当2x =时等号成立，∴2()4()min f x =；又()x g x xe =，()(1)0x x x g x e xe x e ∴'=+=+>在(0，]e 上恒成立，则11()()11e maxg x e +++， ∴141e e ++，又0>，解得1404e e +<-．∴正数的取值范围为14(0,]4e e +-． 故选：D ．18．设e 表示自然对数的底数，函数22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，则实数a 的值为15． 【解析】解：22()()()()4x e a f x x a a R -=+-∈，若关于x 的不等式1()5f x 有解，5有解，由y =，可得函数y 的几何意义为点(,)2x e x 和点(,)2aa 的距离，由于两点在曲线2xe y =和直线20x y -=运动，当直线20x y t -+=与曲线相切，设切点为(,)2me m ，可得切线的斜率为122m e =，解得0m =，则切点为1(0,)2，可得切点到直线20x y -=的距离为d =，5有解，且等号成立， 由20x y -=和122y x =-+联立，可得交点为1(5，1)10， 即有15a =，故答案为：15．19．已知21()2f x alnx x x =++，若对任意两个不等的正实数1x ，2x ，都有122212()()1f x f x x x -<-恒成立，则a 的取值范围是 (-∞，1]4- ．【解析】解：设12x x >，则221212()()f x f x x x -<-， 221122()()f x x f x x ∴-<-，令221()()2g x f x x alnx x x =-=-+，12()()g x g x ∴<，()g x ∴在(0,)+∞上单调递减， ()10ag x x x∴'=-+， 2211()24a x x x ∴-=--，14x ∴=时，21()4min x x -=-， 14a ∴-． a ∴的取值范围是(-∞，1]4-．故答案为：(-∞，1]4-．20．（1）设函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是 3[2e，1) ． （2）已知()x f x xe =，2()(1)g x x a =-++，若1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，则实数a 的取值范围 ． 【解析】解：（1）函数()(21)x f x e x ax a =--+，其中1a <，设()(21)x g x e x =-，y ax a =-， 存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，∴存在唯一的整数0x ，使得0()g x 在直线y ax a =-的下方，()(21)x g x e x '=+， ∴当12x <-时，()0g x '<， ∴当12x =-时，121[()]()22min g x g e -=-=-．当0x =时，(0)1g =-，g （1）0e =>，直线y ax a =-恒过(1,0)，斜率为a ，故(0)1a g ->=-， 且1(1)3g e a a --=---，解得32a e． a ∴的取值范围是3[,1)2e． （2）1x ∃，2x R ∈，使得21()()f x g x 成立，等价于()()min max f x g x ， ()x f x xe =-， ()(1)x f x x e ∴'=+，当1x <-时，()0f x '<；1x >-时，()0f x '>．1x ∴=-时，1()min f x e =-．2()(1)g x x a =++， ()max g x a ∴=．1a e∴-， ∴实数m 的取值范围是1[,)e -+∞．故答案分别为：（1）3[,1)2e；（2）1[,)e -+∞．21．当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立，则实数c 的取值范围是 1[e，){}e +∞- ．【解析】解：当(0,)x ∈+∞时，不等式22(1)0c x cx lnx cx -++恒成立， 即(0,)x ∈+∞时，()(1)0xc lnx xc -+恒成立， 即(0,)x ∈+∞时，1lnx c x c x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩或1lnx c xc x ⎧⎪⎪⎨⎪-⎪⎩，令()lnx f x x =，21()lnx f x x -'=， 令()0f x '>，解得：0x e <<， 令()0f x '<，解得：x e >，()f x ∴在(0,)e 递增，在(,)e +∞递减， ()max f x f ∴=（e ）1e =，而10y x=-<， 又当1x e =时，2()(1)(1)0cxc lnx xc e-+=+符合条件，c e ∴=-， 故1ce，或c e =-， 故答案为：1[e，){}e +∞-．22．若关于x 的不等式(1)()0x ax e aex +-在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 [0，1] ． 【解析】解：当0a =时，不等式(1)()0x ax e aex +- 即为0x e >显然成立；当0a >时，0x >，10ax +>，只要0x e aex -，即有xe ae x的最小值，令()x e g x x =，2(1)()x e x g x x -'=，当1x >时，()0g x '>，()g x 递增； 当01x <<时，()0g x '<，()g x 递减． 即有1x =处取得最小值，且为e ， 则ae e ，解得01a <； 当0a <时，0x >，0x e aex ->， 只要10ax +恒成立，由于11ax +， 则0a <不恒成立．综上可得a 的范围是[0，1]． 故答案为：[0，1]．23．关于x 的不等式(1)()0ax lnx ax -+在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 1a e -或a e = ．【解析】解：0a <，则0lnx ax +，令y lnx ax =+，则1y a x'=+， 10x a ∴<<-时，0y '>，1x a>-时，0y '<1x a∴=-时，函数取得最大值1()1ln a --，0lnx ax +，1()10ln a ∴--，1a e∴-；0a =时，则0lnx ，在(0,)+∞上不恒成立，不合题意； 0a >时，100ax lnx ax -⎧⎨+⎩或100ax lnx ax -⎧⎨+⎩，a e =， 综上，1a e-或a e =．24．已知关于x 的不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是 (-∞，1]- ． 【解析】解：当0a 时，取1x =，则3222ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立，0a ∴<．①当1a -时，3232ax x x x x x ++-++， 令32()g x x x x =-++，2()321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 为减函数， ()g x ∴在(0,)+∞上的极大值也是最大值为g （1）1=．又1()f x lnx x =+，22111()x f x x x x-'=-=，当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>， ()f x 为增函数，()f x ∴在(0,)+∞上的极小值也是最小值为f （1）11ln g =+=（1）． ()()f x g x ∴在(0,)+∞上恒成立；②当(1,0)a ∈-时，取1x =，则3221ax x x a ++=+>，11lnx x +=，不等式321ax x x lnx x+++在(0,)+∞上不恒成立． 综上，1a -． 故答案为：(-∞，1]-．25．已知函数()1(0)f x x alnx a =--<，4()g x x=，若对任意1x ，2(0x ∈，1]都有1212|()()||()()|f x f x g x g x --成立，则实数a 的取值范围为 [3-，0) ．【解析】解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，则当0a <时，()10af x x'=->恒成立， 此时，函数()f x 在(0,)+∞上是增函数， 又函数4()g x x=，在(0，1]上是减函数 不妨设1201x x <，则1221|()()|()()f x f x f x f x -=-，121244|()()|g x g x x x -=-， 则不等式1212|()()||()()|f x f x g x g x --等价为121211|()()|4||f x f x x x --， 即212144()()f x f x x x ++设44()()1h x f x x alnx x x=+=--+， 则121211|()()|4||f x f x x x --，等价于函数()h x 在区间(0，1]上是减函数22244()1a x ax h x x x x --'=--=， 240x ax ∴--在(0，1]上恒成立，即4a x x -在(0，1]上恒成立，即a 不小于4y x x =-在(0，1]内的最大值．而函数4y x x=-在(0，1]是增函数，4y x x ∴=-的最大值为3-3a ∴-，又0a <，[3a ∴∈-，0)． 故答案为：[3-，0)． 26．若()1f x x alnx =--，()xexg x e =，0a <，且对任意1x ，2[3x ∈，124]()x x ≠，121211|()()|||()()f x f x g x g x -<-的恒成立，则实数a 的取值范围为 22[33e -，0) ．【解析】解：易知1(),()f x g x 在[3x ∈，4]上均为增函数，不妨设12x x <，则121211|()()|||()()f x f x g x g x -<- 等价于212111()()()()f x f xg x g x -<-， 即212111()()()()f x f xg x g x -<-； 令1()()1()xe h xf x x alnxg x ex=-=---，则()h x 在[3x ∈，4]为减函数，则2(1)()10x a e x h x x ex '-=--在(3,4)x ∈上恒成立，∴11,[3,4]x x e a x ex x---+∈恒成立； 令11(),[3,4]x x e u x x e x x--=-+∈， ∴11122(1)113()11[()],[3,4]24x x x e x u x ee x x x ----'=-+=--+∈，()u x ∴为减函数，()u x ∴在[3x ∈，4]的最大值为22(3)33u e =-；综上，实数a 的取值范围为22[33e -，0)．故答案为：22[33e -，0)．27．设过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点处的切线为1l ，总存在过曲线()(1)2cos g x x a x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为 [1-，2] ． 【解析】解：由()x f x e x =--，得()1x f x e '=--， 11x e +>，∴1(0,1)1xe ∈+， 由()(1)2cos g x x a x =-+，得()2sin g x a x '=-，又2sin [2x -∈-，2]，2sin [2a x a ∴-∈-+，2]a +，要使过曲线()3x f x e x a =--+上任意一点的切线为1l ， 总存在过曲线()(1)2cos g x a x x =-+上一点处的切线2l ，使得12l l ⊥， 则2021a a -⎧⎨+⎩，解得12a -． 即a 的取值范围为[1-，2]，故答案为[1-，2]．28．设函数2221(),()x e x e x f x g x x e +==，对任意1x 、2(0,)x ∈+∞，不等式12()()1f xg x k k+，恒成立，则正数k 的取值范围是 1k ．【解析】解：当0x >时，21()2f x e x x =+2x e x =， 1(0,)x ∴∈+∞时，函数1()f x 有最小值2e ， 2()x e x g x e =，2(1)()xe x g x e -∴'=， 当1x <时，()0g x '>，则函数()g x 在(0,1)上单调递增， 当1x >时，()0g x '<，则函数在(1,)+∞上单调递减， 1x ∴=时，函数()g x 有最大值g （1）e =，则有1x 、2(0,)x ∈+∞，12()2()min max f x e g x e =>=，不等式12()()1f x g x k k +恒成立且0k >， ∴21ee k k +， 1k ∴故答案为：1k ．29．已知函数()1()f x x alnx a R =--∈，()xe g x x =，当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f xg x g x -<-恒成立，则实数a 的取值范围为 ．【解析】当0a <时，()10a f x x'=->在[4x ∈，5]上恒成立， ∴函数()f x 在[4x ∈，5]上单调递增，()xe g x x=， 2(1)()0x e x g x x -'=>在[4x ∈，5]上恒成立， ()g x ∴在[4，5]上为增函数．当0a <时，且对任意的1x ，2[4x ∈，125]()x x ≠，1212|()()||()()|f x f x g x g x -<-恒成立，即2211()()()()f x g x f x g x -<-在[4x ∈，5]上恒成立． 设()()()1xe F xf xg x x alnx x=-=---，则()F x 在[4x ∈，5]上为减函数． 2(1)()10x a e x F x x x -'=--在[4x ∈，5]上恒成立，化为xx e a x e x -+恒成立． 设()xxe H x x e x =-+， 222(1)11113()11(1)1[()]24x xx x e x H x e e e x x x x -'=-+=--+=--+，[4x ∈，5]． 231133[()]1244x e e x ∴-+>>，[4x ∈，5]． ()0H x ∴'<在[4x ∈，5]上恒成立，即()H x 为减函数．()H x ∴在[4x ∈，5]上的最大值为H （4）444134444e e e =-+=-． 43404e a ∴-<．。
【高考复习】2021年高考数学导数四大解题技巧
【高考复习】2021年高考数学导数四大解题技巧高考
导数题主要是关于检验和函数的综合，以及不等式和导数的应用。
难度属于中等难度。
都有什么题型呢？
① 导数用于求函数的单调区间或确定函数的单调性；
②应用导数求函数的极值与最值；
③ 用导数来解决一些不等式问题。
有没有什么解题技巧啦？
导数的解题技巧仍然相对固定。
总的想法是
①确定函数f(x)的定义域（最容易忽略的，请牢记）;
② 求方程f'（x）=0的解。
这些解和F（x）的不连续性将定义域划分为几个区间；
③研究各小区间上f′(x)的符号，f′(x)＞0时，该区间为增区间,反之则为减区间。
从这两个步骤中，将进行分类讨论。
函数的最大值可能出现在极值点或端点。
多项式
的推导通常与不等式相结合，以确定参数的取值范围。
根据主题会有一些变化。
接下来，
总结一些解决问题的技巧。
技巧破解+例题拆解
1.如果主题集中在导数的概念上，那么主要集中在一点导数的定义和导数的几何意义上。
注意导数和导数之间的区别△Y/△ 十、
2．若题目考察的是曲线的切线，分为两种情况：
（1）关于曲线在某一点的切线，求曲线在某一点P（x，y）的切线y=f（x），也就
是说，求函数y=f（x）在点P的导数，即曲线在该点的切线的斜率
（2）关于两曲线的公切线，若一直线同时与两曲线相切，则称该直线为两曲线的公
切线.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。
关闭Word文档返回原板块。
核心素养测评十七导数的存在性问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.若存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,则实数a的取值范围是( )A.(-1,+∞)B.(0,+∞)C.(-2,+∞)D.[-1,+∞)【解析】选A.存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,即a>x2-在区间(0,+∞)上有解,令f(x)=x2-,f′(x)=2x+>0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(0)=-1,又a>x2-在区间(0,+∞)上有解,所以a∈(-1,+∞).2.(多选)若函数f(x)=6xe x-2ax3-3ax2存在三个极值点,则a的取值可能为( )A.1B.2C.3D.4【解析】选CD.由题意得:f′=6e x+6xe x-6ax2-6ax=6,可知x=-1为f′的一个零点.若f存在三个极值点,则只需e x-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1,即g=e x与h=ax 有两个横坐标不等于-1的交点,当h与g相切时,设切点坐标为:,g′==a,又=a,所以x0=1,a=e,由图象可知:a∈时,e x-ax=0有两个不等实根,且两实根均不等于-1.所以若f存在三个极值点,则a∈,故C D正确.3.已知函数f(x)=e2x,g(x)=ln x+,对∀a∈R,∃b∈(0,+∞),f(a)=g(b),则b-a的最小值为( )A.-1B.1-C.2-1D.1+【解析】选D.设f(a)=g(b)=t,t∈(0,+∞),可得a=,b=,令h(t)=b-a=-,t∈(0,+∞),则h′(t)=-,令h′(t)=0,得t=,由于h′(t)=-是增函数,所以t∈时,h′(t)<0,t∈时,h′(t)>0,因此h(t)在上单调递减,在上单调递增,从而h(t)的最小值为h=1+.4.(2020·重庆模拟)若函数f(x)=e x在(0,1)内存在极值点,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,-1]D.[-1,0)【解析】选A.函数f(x)=e x,定义域为{x|x≠0},f′(x)=e x+xe x-=,因为f(x)在(0,1)内存在极值点,则f′(x)==0的实数根在(0,1)内,即x3+x2-ax+a=0的实数根在区间(0,1)内,令g(x)=x3+x2-ax+a,可知,函数g(x)=x3+x2-ax+a在(0,1)内存在零点,讨论a:a=0时,g(x)=x2(x+1)在(0,1)上无零点.a>0时,在(0,1)上,g(x)=x3+x2+(1-x)a>0,无零点.a<0时,g(0)=a<0,g(1)=2>0,在(0,1)上有零点.所以实数a的取值范围是a<0.二、填空题(每小题5分,共20分)5.若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是________.【解析】由题意,f′(x)=x2+2x=x(x+2),故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,在(-2,0)上是减函数,作y=f(x)的图象大致如图,令x3+x2-=-得,x=0或x=-3;则结合图象可知,解得,a∈[-3,0).答案:[-3,0)6.设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若函数y=f(x)-g(x)在x∈[a,b]上有两个不同的零点,则称f(x)和g(x)在[a,b]上是“关联函数”,区间[a,b]称为“关联区间”.若f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,则实数m的取值范围是________.【解析】因为f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”, 令y=h(x)=f(x)-g(x),所以函数y=h(x)=f(x)-g(x)=x-ln x+-m在[1,3]上有两个不同的零点,即h(x)=0在[1,3]有两个不同的实数根,所以x-ln x+-m=0,即m=x-ln x+.设F(x)=x-ln x+,即y=m与F(x)=x-mx+有两个交点,则F′(x)=1--==.所以F′(x)>0,得x>2;F′(x)<0,得0<x<2,所以F(x)在[1,2]上递减,在[2,3]上递增,F(1)=3,F(2)=3-ln 2,F(3)=-ln 3.作出函数F(x)图象,如图.作直线y=m,平移可知当3-ln 2<m≤-ln 3时符合题意,所以实数m 的取值范围是(3-ln 2,-ln 3].答案:(3-ln 2,-ln 3]7.(2020·重庆模拟))已知函数f=x2-2ln x.则函数f在x∈上的值域为______;若存在x1,x2,…,x n∈,使得f+f+…+f≤f成立,则n的最大值为________.(其中自然常数e=2.718 28…)【解析】f′=2x-=,令f′=0,得x=1(舍去负根),所以x∈时,f′<0,f单调递减,x∈时,f′>0,f单调递增.故f=f=1,又因为f=+2<3,5.29=2.72-2<f=e2-2<2.82-2=5.84,故f=f=e2-2,故x∈时,f∈.所以有f≤f=e2-2,故要使f+f+…+f≤f成立,且n的值最大,则f,f,…,f每个的函数值应最小,即x1=x2=…=x n-1=1,f=f=…=f=1,从而得到f≤f≤f=e2-2,所以n≤e2-1<7,所以n的最大值为6.答案: 68.已知函数f(x)=x3-ax2在(-1,1)上没有最小值,则a的取值范围是________.【解析】f′(x)=x(3x-2a),令f′(x)=0,解得:x=0或x=,①∈(-∞,-1]即a≤-时,f(x)在(-1,0)上递减,在(0,1)上递增, 此时x=0时,f(x)取最小值,舍去,②-1<<0时,f(x)在上递增,在上递减,在(0,1)上递增,由题意f(x)在(-1,1)上没有最小值,则,解得:-1<a<0,③当a=0时,f(x)在(-1,1)上显然没有最小值,成立,④当0<<1时,f(x)在(-1,0)上递增,在上递减,在上递增,由题意f(x)在(-1,1)上没有最小值,则,解得:0<a<,⑤≥1即a≥时,f(x)在(-1,0)上递增,在(0,1)上递减,故f(x)在(-1,1)上没有最小值,综上,a>-1.答案:(-1,+∞)三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020·黄冈模拟)已知函数f(x)=e x·(a+ln x),其中a∈R.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=-垂直,求a的值.(2)记f(x)的导函数为g(x).当a∈(0,ln 2)时,证明:g(x)存在极小值点x0,且f(x0)<0.【解析】(1)f′(x)=e x·(a+ln x)+e x·=e x·,依题意,有f′(1)=e·(a+1)=e,解得a=0.(2)令g(x)=e x·,所以g′(x)=e x·+e x·=e x·.因为e x>0,所以g′(x)与a+-+ln x同号.设h(x)=a+-+ln x,则h′(x)==.所以对任意x∈(0,+∞),有h′(x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增.因为a∈(0,ln 2),所以h(1)=a+1>0,h=a+ln <0,故存在x0∈,使得h(x0)=0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下:x x0(x0,1)g′(x) - 0 +g(x) ↘极小值↗所以g(x)在区间上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.所以若a∈(0,ln 2),存在x0∈,使得x0是g(x)的极小值点. 令h(x0)=0,得到a+ln x0=,所以f(x0)=·(a+ln x0)=·<0.【变式备选】1.已知函数f(x)=x2-3ln x.(1)求f(x)在(1,f(1))处的切线方程.(2)试判断f(x)在区间(1,e)上有没有零点?若有,则判断零点的个数. 【解析】(1)由已知得f′(x)=x-,有f′(1)=-2,f(1)=,所以在(1,f(1))处的切线方程为y-=-2(x-1),化简得4x+2y-5=0. (2)由(1)知f′(x)=,因为x>0,令f′(x)=0,得x=, 所以当x∈(0,)时,有f′(x)<0,则(0,)是函数f(x)的单调递减区间;当x∈(,+∞)时,有f′(x)>0,则(,+∞)是函数f(x)的单调递增区间.当x∈(1,e)时,函数f(x)在(1,)上单调递减,在(,e)上单调递增;又因为f(1)=,f(e)=e2-3>0,f()=(1-ln 3)<0,所以f(x)在区间(1,e)上有两个零点.2.(2019·淄博模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+ab(a>0,b∈R).(1)若存在正数a,使f(x)≤0恒成立,求实数b的最大值.(2)设a=1,若g(x)=xe x-2x-f(x)没有零点,求实数b的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax+ab,所以f′(x)=-a=-,所以y=f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以f(x)max=f=-ln a-1+ab.所以存在正数a,使ab≤1+ln a成立,即存在正数a,使得b≤成立.令h(x)=,x∈(0,+∞),因为h′(x)=-,所以y=h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以h(x)max=h(1)=1,所以b≤1.故b的最大值为1.(2)因为a=1,所以f(x)=ln x-x+b.所以g(x)=xe x-x-ln x-b.所以g′(x)=(x+1).令x0∈(0,1),使得=.两边取自然对数,得x0=-ln x0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.由题设可知,要使函数g(x) 没有零点,则要g(x)min=g(x0)>0即可,g(x0)=x0·-x0+x0-b=1-b>0,所以b<1.10.(2019·石家庄模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数,我们把满足f′(x)=x的实数叫做函数y=f(x)的好点.已知函数f(x)=e2x-ae x-x2.(1)若0是函数f(x)的好点,求a.(2)若函数f(x)不存在好点,求a的取值范围.【解析】(1) 因为f(x)=e2x-ae x-x2,所以f′(x)=e2x-ae x-x,由f′(x)=x,得e2x-ae x-x=x,即e2x-ae x-a2x=0.因为0是函数f(x)的好点,所以1-a=0,解得a=1.(2) 由(1)知f′(x)=e2x-ae x-x,由f′(x)=x,得e2x-ae x-x=x,即e2x-ae x-a2x=0.设g(x)=e2x-ae x-a2x,令g(x)=0,问题转化为讨论函数g(x)的零点问题.函数f(x)不存在好点,等价于g(x)没有零点,即g(x)>0恒成立,又由g′(x)=2e2x-ae x-a2=,①若a=0,则g(x)=e2x>0,g(x)无零点,f(x)无好点.②若a>0,由g′(x)=0,得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,g′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(-∞,ln a)上单调递减, 在上单调递增.所以当x=ln a时,g(x)取最小值g(ln a)=-a2ln a.当且仅当-a2ln a>0,即0<a<1时,g(x)>0,所以g(x)无零点,f(x)无好点.③若a<0,由g′(x)=0,得x=ln.当x∈时,g′(x)<0;当x∈时,g′(x)>0,所以g(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x=ln时,g(x)取最小值g=a2.当且仅当a2>0,即-2<a<0时,g(x)>0,所以g(x)无零点,f(x)无好点.综上,a的取值范围为.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。