2020届高考数学(文)二轮复习课件+检测：第4讲 导数的综合应用
第4讲 第2课时 利用导数解决不等式恒(能)成立问题
求解不等式恒成立问题的方法 (1)构造函数分类讨论：遇到 f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题时，一般 采用作差法，构造“左减右”的函数 h(x)＝f(x)－g(x)或“右减左”的函数 u(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足 h(x)min≥0 或 u(x)max≤0，将比较法的思想融 入函数中，转化为求解函数最值的问题，适用范围较广，但是往往需要对 参数进行分类讨论． (2)分离函数法：分离函数法的主要思想是将不等式变形成一个一端是 参数 a，另一端是变量表达式 v(x)的不等式后，若 a≥v(x)在 x∈D 上恒成立， 则 a≥v(x)max；若 a≤v(x)在 x∈D 上恒成立，则 a≤v(x)min.
第四章 导数及其应用
第4讲 导数与函数的综合应用 第2课时 利用导数解决不等式恒(能)
成立问题
1
PART ONE
核心考向突破
考向一 恒成立问题
例 1 (2020·新高考卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝aex－1－ln x＋ln a．若 f(x)≥1，求 a 的取值范围．
解 解法一：∵f(x)＝aex－1－ln x＋ln a， ∴f′(x)＝aex－1－1x，且 a>0. 设 g(x)＝f′(x)，则 g′(x)＝aex－1＋x12>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
解
(2)对于任意的 s，t∈[12，2]，都有 f(s)≥g(t)成立，等价于在[12，2]上， 函数 f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在[12，2]上，g(x)的最大值为 g(2)＝1. 在12，2 上，f(x)＝ax＋xln x≥1 恒成立等价于 a≥x－x2ln x 恒成立． 设 h(x)＝x－x2ln x，则 h′(x)＝1－2xln x－x， 令 φ(x)＝1－2xln x－x，φ′(x)＝－(2ln x＋3)，当 x∈[12，2]时，φ′(x)<0，
2020高考数学(文科)二轮专题辅导与训练课件：导数的综合应用
[证明] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝x－x 1＋ln x－1＝ln x－1x. 因为 y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，
y＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又 f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－12＝ln 42－1＞0， 故存在唯一 x0∈(1，2)，使得 f′(x0)＝0. 又当 x＜x0 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当 x＞x0 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点．
＝－2x2＋（k＋x＋6）2 x＋2k＋2.
由(2)知，当 k＝2 时，f(x)<g(x)恒成立， 即对于 x>－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)， 不存在满足条件的 x0； 当 k>2 时，对于 x>－1，x＋1>0， 此时 2(x＋1)<k(x＋1)． 2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)<k(x＋1)， 即 f(x)<g(x)恒成立，不存在满足条件的 x0； 当 k<2 时，令 t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)， 可知 t(x)与 h′(x)符号相同．
• 3．含有双变量的不等式问题的常见 转化策略
• (1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最大值． • (2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c， d]上的最小值． • (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最小值．
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题二 第四讲 导数的综合应用
当 0<x<1 时，g′(x)<0；当 x>1 时，g′(x)>0.
所以 x＝1 是 g(x)的最小值点．
故当 x>0 时，g(x)≥g(1)＝0.
1 因此，当时 a≥e时，f(x)≥0.
1 (理)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数 f(x)＝x－x＋aln x. (1)讨论 f (x)的单调性；
1．(文)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数 f(x)＝aex－ln x－1. (1)设 x＝2 是 f (x)的极值点．求 a，并求 f (x)的单调区间；
1 (2)证明：当 a≥e时，f(x)≥0.
1 [解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex－x.
1
由题设知，f ′(2)＝0，所以 a＝2e2.
[解析] (1)当 a＝1 时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当 x≠1 时，g′(x)＜0，所以 g(x)在(0,1)∪(1，＋∞)上单调递减．
而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1.
－∞，－ a
1 －a
( )1
－ ，2 a
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
极小
极大
f(x)
值
值
( )1
1
－
①若 x∈(－∞，2]，f(x)≥f a ＝－e a又因为 a≥1，
1
1
1
所以 0<a≤1,1<ea≤e，－ea≥－e，f(x)＋e≥0，
2020届高考数学二轮复习导数的综合应用学案Word版含解析
数的零点、不等式的证明·T21式放缩·T21问题·T21式证明·T21(xg g年份卷别卷Ⅰ2018卷Ⅱ卷Ⅲ第4讲导数的综合应用考查内容及考题位置讨论函数的单调性、不等式的证明·T21不等式的证明、函数的零点问题·T21不等式的证明、极值点问题·T21命题分析导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极卷Ⅰ利用导数研究函数的单调性、函数的零值(最值)是高考的常见题点·T21型，而导数与函数、不等式、2017卷Ⅱ利用导数研究函数的单调性及极值、函方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．卷Ⅲ导数在研究函数单调性中的应用、不等解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单卷Ⅰ函数的零点问题、不等式的证明·T21调性、极值、最值．2016卷Ⅱ卷Ⅲ函数单调性的判断、不等式证明及值域(2)利用导数证明不等式或探讨方程的根．三角函数的导数运算、最值问题及不等(3)利用导数求解参数的范围或值.利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)[典型例题]命题角度一根据函数零点求参数范围(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.【解】(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.14a故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．e①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；e②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；e③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．h(4a)＝1－4a＝1－e ae综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.11当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<；由f′(x)<0，得x>.16a316a316a31＞1－＝1－＞0.已知函数f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝，f′(x)＝－.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．e2242424由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以（e2a）2（2a）4故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．24根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数”．命题角度二根据参数确定函数的零点个数aln x＋bx(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)＝1根的个数．a－b－aln xx2a（ln x＋2）a（ln x＋1）x x2e e211当a<0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0<x<.0，⎫，单调递减区间为⎛，＋∞⎫；当a<0时，综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为⎛，＋∞，单调递减区间为0，.f(x)的单调递增区间为⎝e⎭⎝e⎭1⎫⎛11＋ln x10，⎫上单调递增，在⎛，＋∞⎫上单调递减，所以h(x)即h(x)在⎛＝h⎛⎫＝e.，＋∞⎫上，h(x)单调递减且h(x)＝在⎛0，⎫上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x＋2负无限大，故h(x)负无限大．在⎛111故当0<<e，即a>时，方程f(x)＝1有两个不等实根，当a＝时，方程f(x)＝1只有一1(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数h(x)＝，，＋∞上h′(x)<0，0，上h′(x)>0，则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x ＝，且在在⎝e⎭⎝e⎭x e⎝e⎭xmax”(e e11⎝e⎭⎝e⎭⎛1⎫⎛1⎫aln x＋2a ln x＋2ln x＋2x a x x⎛⎫2111⎝e⎭⎝e⎭⎝e⎭1ln x＋2>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；1⎝e⎭a e e个实根，当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根．综上可知，当a>1时，方程f(x)＝1有两个实根；当a<0或a＝1时，方程f(x)＝1有一个e e实根；当0<a<1时，方程f(x)＝1无实根．e(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．命题角度三函数零点性质的探索与证明已知函数f(x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.【解】(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．3aab2－b⎫>0，又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a⎛在(－∞，1)上单调递减，所以x＋x<2等价于f(x)>f(2－x)，即f(2－x)<0.由于f(2－x)＝－x e2－x2＋a(x－1)2，而f(x)＝(x－2)e x2＋a(x－1)2＝0，所以f(2－x)＝－x e2－x2－(x－2)e x2.从而g(x)＝f(2－x)<0，故x＋x<2.(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)e x，f(x)只有一个零点．(ⅱ)设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．322⎝2⎭故f(x)存在两个零点．(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调2递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e，则ln(－2a)>1.故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，2f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)12122222222222设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，2212函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．[对点训练]4已知函数 f(x)＝ln x － ax 2(a ∈R )．解：(1)f(x)＝ln x － ax 2 的定义域为(0，＋∞)， 2)× ＝－1，(2)由(1)知 f ′(x)＝ ，x ∈(0，＋∞)，当 a >0 时，由⎨ 得 0<x < a ，由 f ′(x)<0 得 x > a ，所以 f(x)在⎛0， a ⎫上单调⎪⎩x >0， 当 a >0 时，f(x)的单调递增区间为⎛0， a ⎫，单调递减区间为⎛ a，＋∞⎫.而 f(1)＝－1a >0，故 f(x)在[1，e 2]上没有零点；(ⅱ)当 a ＝0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，而 f(1)＝－ a ＝0，故 f(x)在[1，e 2]上有一个 (ⅲ)当 a >0 时，①若 a ≤1，即 a ≥1 时，f(x)在[1，e 2]上单调递减，因为 f(1)＝－ a <0， ②若 1< a ≤e 2，即 1 ≤a <1 时，f(x)在⎡1， a ⎤上单调递增，在⎡ a，e 2⎤上单调递减，而a ⎦1 2(1)若 f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线 2x ＋y ＋2＝0 垂直，求实数 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间；(3)讨论函数 f(x)在区间[1，e 2]上的零点个数．1 2f ′(x)＝ 1－ax ＝1－ax2，则 f ′(2)＝1－4a x x 2.因为直线 2x ＋y ＋2＝0 的斜率为－2，所以(－1－4a2解得 a ＝0.1－ax 2x当 a ≤0 时，f ′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；⎧⎪f ′（x ）＞0， a a ⎝ a ⎭递增，在⎛ a，＋∞⎫上单调递减．⎝ a ⎭综上所述：当 a ≤0 时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；⎝ a ⎭ ⎝ a ⎭(3)由(2)可知，(ⅰ)当 a <0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，212零点；1 a 2所以 f(x)在[1，e 2]上没有零点．a e 4 ⎣ ⎣ a ⎦5⎛a⎫＝－1ln a－，f(e2)＝2－a e4，若f⎛a⎫＝－1ln a－1<0，即a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1＝0，即a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1>0，即a<1时，由f(e2)＝2－1a e4>0得a<4，此时，f(x)在[1，e2]由f(e2)＝2－1a e4≤0得a≥4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若a≥e2，即0<a≤1时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－1a<0，f(e2)＝2－1a e4>0，综上所述：当a<0或a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<4或a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当4≤a<时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．已知函数f(x)＝a e x－b ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝⎝e－1⎭xf′(x)＝a e x－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，⎧a e＝1，e⎧a＝1，所以⎨e解得⎨(2)证明：由(1)知f(x)＝2e x－ln x.e⎩111f(1)＝－2a<0，f⎝a⎭222⎝a⎭22e⎝a⎭22e⎝a⎭22e2e4上有一个零点；2e4a e422所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．e e4e41e e利用导数证明不等式(综合型)[典型例题]命题角度一单变量不等式的证明⎛1⎫＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>0.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．b11x e e2⎩a e－b＝1－1，⎪b＝1.1e6当x∈(0，x)时，f′(x)<0，当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，xx已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.由f(x)＋f(x)＋x x＝0，得ln x＋x2＋x＋ln x＋x2＋x＋x x＝0，从而(x＋x)2＋(x＋x)＝x x－ln(x x)，令t＝x x，则由φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－1＝，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x＋x)2＋(x＋x)≥1，因为f′(x)＝e x－2－1在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，所以f′(x)＝0在(0，＋x∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．00从而当x＝x时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x)＝0，得e x0－2＝1，则x－2＝－ln x.000故f(x)≥f(x)＝e x0－2－ln x＝1＋x－2>20001x－2＝0，所以f(x)>0.x利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．命题角度二双变量不等式的证明12(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥5－12.【解】(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又f′(x)＝1＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝2，x故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0.12121112221212121212t－112t t易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，12127因为 x >0，x >0，所以 x ＋x ≥成立． (2018· 高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ －x ＋aln x.(2)若 f(x)存在两个极值点 x 1，x 2，证明： ＜a －2.a ＝－x 2－ax ＋1(ii)若 a >2，令 f ′(x)＝0 得，x ＝a 2－4或 x ＝ . a 2－4⎫⎪∪⎛ a ＋ a 2－4 a － 当 x ∈ ，＋∞⎪时，f ′(x)<0； 0， 2 2a 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪ 时 ， f ′ (x)>0. 所 以 f(x) 在 ⎛ 当 x ∈ a － a － ⎝ ⎭ ⎝0， ⎪ 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪单调递增． ，＋∞⎪单调递减，在 a － a ⎛a ＋ a 2－4 ⎫ ⎛ 由于 f(x)的两个极值点 x ，x 满足 x 2－ax ＋1＝0，所以 x x ＝1，不妨设 x <x ，则 x >1.f （x 1）－f （x 2）1 －1＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a －2ln x 2， x 1－xx 1x 2 x 1－x 2 x 1－x 2 1 －xx 2 所以<a －2 等价于 －x 2＋2ln x 2<0.2 2 25－112122破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式．(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．[对点训练]1x(1)讨论 f(x)的单调性；f （x 1）－f （x 2） x 1－x 21解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－x 2－1＋x x 2 .(i)若 a ≤2，则 f ′(x)≤0，当且仅当 a ＝2，x ＝1 时 f ′(x)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)单调递减．a －a ＋ a 2－42 2⎛ ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ ， 2 2a 2－4⎫ ， 2 ⎭，⎝ ⎭ ⎝ ⎭(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2.1 2 1 2 1 2 2由于＝－ 22f （x 1）－f （x 2） 1 x 1－x 2 x 28所以1－x＋2ln xf（x1）－f（x2）x－x<a－2.22<0，即x2(2)若x≥f(x)＋1－e【解】(1)因为f(x)＝ln(ax)＋b x，所以f′(x)＝＋b＝＋b，x，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．g即mx≥ln x＋1－2＋1(m<0)恒成立．设g(x)＝mx(x>0)，h(x)＝x＋－2，则g′(x)＝h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－1.只需g(x)≥h(x)，即m≥1－1，解得m≥1－e.设函数g(x)＝1－x＋2ln x，由(1)知，(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，x＋∞)时，g(x)<0.12恒成立与有解问题(综合型)[典型例题]命题角度一恒成立问题(2018·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln(ax)＋b x在点(1，f(1))处的切线是y＝0.(1)求函数f(x)的极值；mx2e e x(m<0)恒成立，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)．a1ax x因为f(x)在点(1，f(1))处的切线是y＝0，所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，解得a＝e，b＝－1，故f(x)＝ln x－x＋1.所以f′(x)＝1－1＝1－xx所以f(x)的极大值为f(1)＝0，无极小值．(2)由(1)知f(x)＝ln x－x＋1，mx21－ee x≥f(x)＋e x(m<0)恒成立，e x x eln x＋11m（1－x）ln xe x e e x，h′(x)＝－x2.因为m<0，所以当0<x<1时，g′(x)<0，h′(x)>0；当x>1时，g′(x)>0，h′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＝g(1)＝m；min e1e所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，min max e e9已知函数 f(x)＝3ln x － x 2＋x ，g (x)＝3x ＋a.【解】 (1)由题意得，f ′(x)＝ －x ＋1，设切点为(x 0，f(x 0))，则 k ＝f ′(x 0)＝ －x 0＋1＝3，x解得 x ＝1 或 x ＝－3(舍)，所以切点为⎛1， ⎫，代入 g (x)＝3x ＋a ，得 a ＝－5.(2)设 h (x)＝3ln x － x 2－2x.∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，2 等价于∃x >0，使 h (x)＝3ln x －1x 2－2x >a 成立，⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 所以函数 h (x)＝3ln x －1x 2－2x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 h (x)又 m <0，所以实数 m 的取值范围是[1－e ，0)．求解含参不等式恒成立问题的方法(1)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法 ， 先 转 化 为 f(a)≥g (x)( 或 f(a) ≤ g (x)) 对 ∀x ∈ D 恒 成 立 ， 再 转 化 为 f(a)≥g (x)max ( 或 f(a)≤g (x)min )；第二关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最大值(或最小值)问题．[提醒] 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．命题角度二 能成立问题1 2(1)若 f(x)与 g (x)的图象相切，求 a 的值；(2)若∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，求参数 a 的取值范围．3 3 x 01 0 0 ⎝ 2⎭ 212等价于 a <h (x) max (x>0)．因为 h ′(x)＝3－x －2＝－x 2－2x ＋3＝－（x －1）（x ＋3），x x x⎧h ′（x ）>0， ⎧h ′（x ）<0， 令⎨ 得 0<x <1；令⎨ 得 x>1. ⎪x >0， ⎪x >0，＝h (1)＝－5，即 a <－5，2 22 max10因此参数 a 的取值范围为⎛－∞，－⎫. f( 若存在实数 x ，使得 f(x )－g (x )＝2 成立，则当 x ＝－2 时，e x ＋a ＝2 成立，所以 e －2＋a(2)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)> －e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自5 ⎝ 2⎭求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”第一关是求导关，对于复合函数求导，注意由外向内层导，一直导到不能导；第二关是转化关，即通过分离参数法，先转化为存在 x ∈D ，使 f(a)≥g (x)或(f(a)≤g (x))成立，再转化为 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )；第三关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最小值(或 最大值)问题．不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法，通过数形结合使问题获解．[提醒] 不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可以转化为最值问题，但 f(a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对存在 x ∈D 能成立等价于 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )， a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对任意 x ∈D 都成立等价于 f(a)≥g (x)max (或 f(a)≤g (x)min )，应注意区分，不要搞混．[对点训练]1．设函数 f(x)＝e x ＋a ＋x ，g (x)＝ln(x ＋3)－4e －x －a ，其中 e 为自然对数的底数，若存在实数 x 0，使得 f(x 0)－g (x 0)＝2 成立，则实数 a 的值为()A ．－2＋ln 2C ．－1－ln 2B ．1＋ln 2D ．2＋ln 2解析：选 D.由已知得 f(x)－g (x)＝e x ＋a ＋x －ln(x ＋3)＋4e －x －a ，设 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ，u (x)＝x －ln(x ＋3)，所以 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ≥2 e x ＋a 4e －x －a ＝4，当且仅当 e x ＋a ＝2 时等号成立．1u ′(x)＝1－ (x >－3)，令 u ′(x)>0，得 x >－2；x ＋3令 u ′(x)<0，得－3<x <－2，所以 u (x)在(－3，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝－2 时，u (x)取得最小值为－2.0 0＝2，解得 a ＝2＋ln 2.故选 D.2．设函数 f(x)＝ax 2－a －ln x ，其中 a ∈R .(1)讨论 f(x)的单调性；1 x然对数的底数)．11解：(1)f ′(x)＝2ax －1＝2ax 2－12a .⎝ 2a ⎭ 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；⎭ 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．(2)令 g (x)＝ － 1 ，s(x)＝e x 1－x. x 当0<a <1时， 1 >1.由(1)有 f ⎛ 1 ⎫ 当 x >1 时，h ′(x)＝2ax －1＋ 1 －e 1－x >x －1＋ 1 －1＝x x (x>0)．当 a ≤0 时，f ′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当 a >0 时，由 f ′(x)＝0，有 x ＝1此时，当 x ∈⎛0， 1 ⎫当 x ∈⎛ 1，＋∞⎫ ⎝ 2a1－e x －1则 s ′(x)＝e x －1－1.而当 x >1 时，s ′(x)>0，所以 s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又由 s(1)＝0，有 s(x)>0，从而当 x >1 时，g (x)>0.当 a ≤0，x >1 时，f(x)＝a(x 2－1)－ln x<0.故当 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.2 2a⎛ 1 ⎫⎝ 2a ⎭<f(1)＝0，而 g ⎝ 2a ⎭>0，所以此时 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当 a ≥1时，令 h (x)＝f(x)－g (x)(x ≥1)．2x x 2 x x 2 x因此，h (x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又 h (1)＝0，所以当 x >1 时，h (x)＝f(x)－g (x)>0，即 f(x)>g (x)恒成立．x 3－2x ＋1 x 2－2x ＋1 x 2 > x 2 >0.12，＋∞⎫.综上，a∈⎡1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.(2)证明：由于x＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于2－3a＝0.⎫11⎛又f(3a－1)＝－6a＋2a－＝－6a－－<0，2f(3a＋1)＝>0，2．(2018·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.⎝6⎭1⎣2⎭13(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．13令f′(x)＝0解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．x3x2＋x＋1x3x2（x2＋2x＋3）设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x) x2＋x＋1（x2＋x＋1）2在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．123613故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．12(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.解：(1)由题意知，f′(x)＝x－a2＝（x＋a）（x－a）.x x当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；131当 x ＝a时，f(x)取得最小值 f(a)＝ a 2－a 2ln a. 1令 a 2－a 2ln a ≥0，解得 0<a ≤ e. 设 0<x <a <x ，则 2a －x >a.要证 x ＋x >2a 即 x >2a －x ，则只需证 f(x )>f(2a －x )．因 f(x )＝f(x )，则只需证 f(x )>f(2a －x )．aa 则 g ′(x)＝f ′(x)＋f ′(2a －x)＝x － ＋2a －x － 又由题意得 0<x <a ，于是 g (x )＝f(x )－f(2a －x )>0，即 f(x )>f(2a －x )．因此 x ＋x >2a. ＝－ <0，2a －x x （2a －x ）x当 x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．22故 a 的取值范围是(0， e ]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，1 2 11 2 2 1 2 1 1 2 1 1设 g (x)＝f(x)－f(2a －x)，0<x <a.2 2 2a （a －x ）2 x所以 g (x)在(0，a)上单调递减，从而 g (x)>g (a)＝0.11 1 1 1 1 12 3．(2018· 石家庄质量检测(二))已知函数 f(x)＝x ＋axln x(a ∈R )． (1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，证明：f(x)≤e －＋x 2.解：(1)由题意 x >0，f ′(x)＝1＋a ＋aln x.①当 a ＝0 时，f(x)＝x ，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；1②当 a >0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递增，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)<0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )1上单调递减，在(e －1－a ，＋∞)上单调递增；1③当 a <0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递减，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)>0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)<0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )141则 g ′(x)＝e －x ＋2＋ >0， 1⎫ 2 1－e ＋ －1<0，h ′(1)＝－ ＋2>0，又h ′⎛ ＝－e⎫，1 上存在唯一零点 x ，即－e －x 0＋2x ＋ln x＝0.故 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在⎛所以当 x ∈(0，x )时，h ′(x)<0，当 x ∈(x ，＋∞)时，h ′(x)>0，所以函数 h (x)在(0，x )上所以 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )，所以只要x ＋ln x ≥0 即可，21上单调递增，在(e －1－a ，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)可知若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，1则 a <0，且 e －1－a ＝1，解得 a ＝－1，故此时 f(x)＝x －xln x ，要证 f(x)≤e －x ＋x 2，只须证 x －xln x ≤e －x ＋x 2，即证 e －x ＋x 2－x ＋xln x ≥0，设 h (x)＝e －x ＋x 2－x ＋xln x ，x >0，则 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x.令 g (x)＝h ′(x)，x所以函数 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，1⎝e ⎭ e e1 ⎝e ⎭0 0 00 0 0单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，故 h (x)≥h (x 0)＝e －x 0＋x 2－x 0＋x 0ln x 0，所以只需证 h (x 0)＝e －x 0＋x 0－x 0＋x 0ln x 0≥0 即可，由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，得 e －x 0＝2x 0＋ln x 0，0 0 0 0又 x ＋1>0，0 0当 x 0＋ln x 0<0 时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x 0⇒－e －x 0＋x 0<0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；15得 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )＝0，(2)求证：当 x >0 时， ≥ln x ＋1.( ′当 x 0＋ln x 0>0 时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x 0⇒－e －x 0＋x 0>0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；当 x 0＋ln x 0＝0 时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x 0⇒－e －x 0＋x 0＝0，得－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，故 x 0＋ln x 0＝0 成立，0 0 0 0所以 h (x)≥0，即 f(x)≤e －x ＋x 2.4．(2018· 郑州质量检测(二))已知函数 f(x)＝e x －x 2.(1)求曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程；e x ＋（2－e ）x －1x解：(1)由题意得，f ′(x)＝e x －2x ，则 f ′(1)＝e －2，f(1)＝e －1，所以曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1.(2)证明：f ′(x)＝e x －2x ，令 h (x)＝e x －2x ，则 h ′(x)＝e x －2，易知 f ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以 f ′(x)≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又曲线 y ＝f(x)过点(1，e －1)，且曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1，所以可猜测：当 x >0，x ≠1 时，f(x)的图象恒在切线 y ＝(e －2)x ＋1 的上方．下证：当 x >0 时，f(x)≥(e －2)x ＋1.设 g (x)＝f(x)－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1，x >0，则 g ′(x)＝e x －2x －(e －2)，令 φx)＝g ′(x)，则φ(x)＝e x －2，易知 g ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又 g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0，0<ln 2<1，所以 g ′(ln 2)<0，16所以存在 x ∈(0，ln 2)，使得 g ′ )＝0， 所以当x ∈(0，x )∪(1，＋∞)时，g ′(x)>0；当 x ∈(x ，1)时，g ′(x)<0，故 g (x)在(0，x )上单调递增，在(x ，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 当且仅当 x ＝1 时取等号，故e x ＋（2－e ）x －1又 x ≥ln x ＋1，所以e x ＋（2－e ）x －10 00 0又 g (1)＝0，所以 g (x)＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0，x ≥x ，x>0.x ≥ln x ＋1，当且仅当 x ＝1 时等号成立．17。
2020届高三二轮复习决胜高考压轴题---导数的应用课件(共85张PPT)
若 a<0，则当 x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′x>0； 当 x∈a3，0时，f′x<0.故 f (x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在3a，0单调递减.
(2)满足题设条件的 a，b 存在.
①当 a≤0 时，由(1)知，f (x)在[0,1]单调递增，
所以 f (x)在区间[0,1]的最小值为 f (0)＝b，最大值为f1＝2－a＋b.
x
x
x
质知，
gx
ln x x
与
y
ln
a
有两个交点时，满足 0
ln
a
1 e
，则，1
a
1
ee
.
复|习|策|略
例例43. 事实证明，存在正实数 a, b a b，使得 ab ba ，请你写出所有符合条件的a 的取
值范围
.
降级转换
解析： ab ba bln a a ln b ln a ln b ，由于 a b ，且函数 f x ln x
f
xmax
f e
1 e
，设 gx x2
2ex a ，
则
gxmin
ge
a
e2
，
ln x x
x2
2ex
a
有实数解
a
e2
1 e
，
所以，实数
a
的取值范围是
,
e2
1 e
.
最值点一样
·· ··
复|习|策|略
2015全国 І 卷12
2018安徽一模12 2015全国1卷21(2)
复|习|策|略
此时 a，b 满足题设条件当且仅当 b＝－1,2－a＋b＝1，
即 a＝0，b＝－1.
2020年高考数学一轮复习讲练测专题3.4导数的综合应用(练)(含解析)(2021-2022学年)
第04讲 导数的综合应用 －-—练１.（2０18·湖南高考模拟(理）)设函数的图象在点处切线的斜率为,则函数的图象一部分可以是（ )Ａ. B ．C.D ．【答案】Ａ 【解析】y ＝x s ｉn x +c ｏs x 可得：y ′=sin x +ｘcos x ﹣sin x =x cos x .可得：ｇ(ｔ）＝t ｃos t ， 函数是奇函数，排除选项B ，D ; 当ｘ∈(0，）时，y ＞0， 排除选项C . 故选:Ａ.２.(2019·江西师大附中高考模拟(文））已知函数,若函数有个零点,则实数的取值范围是( ）A ．ﻩ B.ﻩＣ.ﻩD ．【答案】B 【解析】 当时,3a [)0,4[)0,2(],4-∞(],2-∞0x ≤当时,;当时，在上单调递增;在上单调递减时,由此可得图象如下图所示：若函数有个零点,则与有个交点由图象可知：当时，与有个交点本题正确选项:3.(２019·江苏高考模拟(文））若函数在区间内有两个零点,则实数的取值范围为( )A.ﻩB ．C.D.【答案】B 【解析】。
①当时,若，则，此时函数在区间上单调递增，不可能有两个零点;∴()0fx '>(]1,0x ∈-()0f x '<()f x ∴(),1-∞-(]1,0-0x ∴≤()fx 3()y f x =y a =32a ≤<()y f x =y a =3[)0,2a ∴∈B(0,)+∞a(,1)-∞(1,)+∞(0,1)(1,2)0a ≤(0,)x ∈+∞'()0f x>()f x (0,)+∞②当时，函数在区间上单调递减,在区间上单调递增,因为,若函数在区间内有两个零点,有,得。
故选B ．4．(20１9·怀化市第三中学高考模拟(文))已知函数，若关于的方程无实数解，则的取值范围为( ）A.ﻩＢ.C ．ﻩ D.【答案】A 【解析】由求导得,令，解得,可知函数在上单调递增，在上单调递减.,且．所以函数的图象如图所示,因为直线恒过点.所以当直线与曲线相切时,设切点为其中,即直线与曲线在上相切,此时,解得关于的方程无实数解，结合图象可知,此时。
(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五小题考法课四导数的简单应用课件
x (－∞，－3) －3 (－3,1)
1 (1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
又 f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最
大值为 28，故－3∈[k,2]，所以 k≤－3.
2．(2019·七彩阳光联盟联考)已知函数
f(x)＝xex2－k2x＋ln
切线方程
出方程
已知切线的斜率 k，求切 设切点 P(x0，y0)，通过方程 k＝f′(x0)
线方程
解得 x0，再由点斜式写出方程
设切点 P(x0，y0)，利用导数求得切线
已知切线上一点(非切 斜率 f′(x0)，再由斜率公式求得切线
点)，求切线方程
斜率，列方程(组)解得 x0，再由点斜式
或两点式写出方程
x(a>0)在 x＝1 和 x＝2 处取得极值，且极大值为－52，则函数 f(x)
在区间(0,4]上的最大值为( )
A．0
B．－52
C．2ln 2－4
D．4ln 2－4
(2)已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有极值，则实数 a 的取值范
围是( )
A.－∞，12 C.－∞，12
(2)设切点坐标为(x0，y0)，由 y＝ex＋m，得 y′＝ex＋m，则 y′|x ＝x0＝ex0＋m，则ye0x＝0＋x0m＝＝ex10，＋m， 所以 x0＋0，且 x0＝1， 得 m＝－1.
(3)设 A(m，n)，由 y＝ln x，得 y′＝1x，∴y′|x＝m＝m1 ，则 曲线 y＝ln x 在点 A 处的切线方程 y－n＝m1 (x－m)．
由 f′(1)＝0，得 b＝1－a.
2020年高考数学(文)二轮复习命题考点串讲系列-专题04 导数及其应用(含答案解析)
2020年高考数学（文）二轮复习命题考点串讲系列-专题04 导数及其应用1、考情解读高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．2、重点知识梳理1．闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．2．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点，且x1<x2，当a>0时，f(x)的图象如图，x1为极大值点，x2为极小值点，当a<0时，f(x)图象如图，x1为极小值点，x2为极大值点．3．若函数y＝f(x)为偶函数，则f′(x)为奇函数；若函数y＝f(x)为奇函数，则f′(x)为偶函数．4．y＝e x在(0,1)处的切线方程为y＝x＋1；y＝ln x在(1,0)处的切线方程为y＝x－1.学#科网5．不等式恒成立问题(1) a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max；a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min；a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min6．不等式有解问题(1)a ＞f (x )有解⇔a ＞f (x )min ；a ≥f (x )有解⇔a ≥f (x )min ； (2)a ＜f (x )有解⇔a ＜f (x )max ；a ≤f (x )有解⇔a ≤f (x )max . 7．常用的不等关系(1)e x ≥x ＋1(x ∈R ) (2)x －1≥ln x (x ＞0)(3)e x ＞ln x (x ＞0) (4)tan x ＞x ＞sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2(5)||a |－|b ||≤|a ＋b |≤|a |＋|b | 8．常见构造函数 (1)xf ′(x )＋f (x )联想[xf (x )]′； (2)xf ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(3)f ′(x )＋f (x )联想[]e x fx ′；(4)f ′(x )－f (x )联想⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′；(5)f ′(x )±k 联想(f (x )±kx )′. 3、高频考点突破考点1 导数的几何意义及应用例1、(2017·高考天津卷)已知a ∈R ，设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1，f (1))处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为________．【答案】1【变式探究】 (1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________.【答案】1【解析】基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.(2)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝______.【答案】8【方法技巧】1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：可先求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．2．利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．【变式探究】(1)(2016·高考全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．【答案】y＝－2x－1【解析】令x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝ln x－3x(x＞0)，则f′(x)＝1x－3(x＞0)，∴f′(1)＝－2，∴y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.(2)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．2 D．3【答案】D【解析】y′＝a－1x＋1，当x＝0时，y′＝a－1＝2，∴a＝3，故选D.(3)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 ＝________.【答案】8考点2 利用导数研究函数的单调性例2、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 学@科网 【解析】 （1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时， ’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a-时，’0f x ＞； 当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a -单调递增，在12a∞-+，单调递减.（2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为111ln 1224f a a a-=---. 所以324fx a ≤--等价于113ln 12244a a a ---≤--，即11ln 1022a a-++≤.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-.当x ∈（0,1）时，()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a-++≤， 即324fx a≤--.【变式探究】(1)定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )＜12，则不等式f (x 2)＞x 2＋12的解集为( )A ．(1,2)B ．(0,1)C ．(－1,1)D ．(1，＋∞)【答案】C【解析】令g (x )＝f (x )－12(x ＋1)，∴g ′(x )＝f ′(x )－12＜0，故g (x )在(－∞，＋∞)上单调递减且g (1)＝0.令g (x )＞0，则x ＜1，f (x 2)＞x 2＋12⇔f (x 2)－x 2＋12＞0⇔g (x 2)＞0⇔x 2＜1⇔－1＜x ＜1.故选C.(2)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞是增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]B ．[－1，＋∞)C ．[0,3]D ．[3，＋∞)【答案】D 【方法技巧】1．若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f (x )的定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知f (x )的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题求解． 【变式探究】已知函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x ，则函数f (x )的单调递减区间为________． 【答案】⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12【解析】函数f (x )＝x 2＋3x －2ln x 的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝2x ＋3－2x ，令2x ＋3－2x ＜0，即2x 2＋3x －2＜0，解得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12.又x ∈(0，＋∞)，所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12.考点3 含参数的函数的单调性例3、【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】 （1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=.在12a∞-+，单调递减. （2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 111ln 1224f a a a-=---. 所以324fx a ≤--等价于113ln 12244a a a ---≤--，即11ln 1022a a-++≤.设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x=-.当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时，()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减. 故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 【变式探究】(2016·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ).(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，f (x )在(1，+∞，,)上单调递增.【方法技巧】1．求函数的单调区间的“三个”方法方法一第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；第2步：求导函数y′＝f′(x)；第3步：解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调区间．方法二第1步：确定函数y＝f(x)的定义域：第2步：求导函数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；第3步：把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；第4步：确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．方法三第1步：确定函数y＝f(x)的定义域；第2步：求导函数y′＝f′(x)，并将其化简表示为某些基本初等函数的和、差、积、商．第3步：利用相应基本初等函数的图象与性质，确定f′(x)在某些区间的正、负，进而得到单调区间．2．根据函数y ＝f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围的方法(1)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递增；转化为f ′(x )≥0在(a ，b )上恒成立求解． (2)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递减，转化为f ′(x )≤0在(a ，b )上恒成立求解．(3)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调，转化为f ′(x )在(a ，b )上不变号，即f ′(x )在(a ，b )上恒正或恒负．(4)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上不单调，转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解． 【变式探究】设f (x )＝e x (ln x －a )(e 是自然对数的底数，e ＝2.71 828…) (1)若y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2e x ＋b ，求a ，b 的值． (2)若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，求a 的取值范围．x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 (1，e) g ′(x ) － ＋g (x )g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝ln 1e ＋e ＝e －1，g (e)＝1＋1e ，因为e －1＞1＋1e ， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －1.故a ≥e －1.考点4 利用导数求函数极值例4、【2017山东，文20】（本小题满分13分）已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R .,(I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】(I)390x y --=,（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为31sin 6a a --,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为31sin 6a a --.【解析】所以，当0x >时， ()0h x >；当0x <时， ()0h x <.当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()31sin 6g a a a =--，极小值是()0g a =-；当0a =时，函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(),0-∞和(),a +∞上单调递增，在()0,a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()0g a =-，极小值是()31sin 6g a a a =--.【变式探究】(2016·高考山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R .(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增； 当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a ＞12.【方法规律】1．求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．2．若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解． 3．求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．【变式探究】已知函数f (x )＝ax－2x －3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．x 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2 2 (2,3)3 f ′(x ) － 0 ＋ f (x )1－3ln 2∴min (2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x ＞0)，由题意可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x 1，x 2，并令h (x )＝ax 2－3x ＋2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a ＞0，x 1x 2＝2a ＞0，也可以为⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，－－32a ＞0，h 0＞0解得0＜a ＜98.故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98.考点5 利用导数研究较复杂函数的零点或方程的根例5、【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a 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：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围.【答案】（1）2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(]36，. 【解析】列表如下x1(,)x -∞1x()12,x x2x 2(,)x +∞()f x '+0 –0 +()f xZ极大值]极小值Z故()f x 的极值点是12,x x .（3）由（1）知， ()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-， 22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ， ()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a -=-+，所以213()=9h a a a-+， 3a >.因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，故6a ≤.因此a 的取值范围为(]36，.【变式探究】已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的单调增区间；(2)当0＜－1a ＜e 时，若f (x )在区间(0，e)上的最大值为－3，求a 的值； (3)当a ＝－1时，试推断方程|f (x )|＝ln x x ＋12是否有实数根．所以|f (x )|≥1.令g (x )＝ln x x ＋12，则g ′(x )＝1－ln x x 2. 当0＜x ＜e 时，g ′(x )＞0； 当x ＞e 时，g ′(x )＜0，从而g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(e)＝1e＋12＜1，所以，|f(x)|＞g(x)，即|f(x)|＞ln xx＋12，所以，方程|f(x)|＝ln xx＋12没有实数根．【方法规律】1．利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点的一般思路(1)转化为可用导数研究其函数的图象与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象求解．2．利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值结构方程根的个数问题的一般方法将问题转化为可用导数研究的某函数的零点问题或用导数能研究其图象的两个函数的交点个数问题求解．3．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调．第二步：证明端点值异号．【变式探究】已知函数f(x)＝x ln x－k(x－1)，k∈R.(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)在区间(1，＋∞)上有1个零点，求实数k的取值范围；(3)是否存在正整数k，使得f(x)＋x＞0在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出正整数k的最大值；若不存在，请说明现由．综上，实数k的取值范围为(1，＋∞)．(3)假设存在正整数k，使得f(x)＋x＞0在(1，＋∞)上恒成立，由x＞1知x－1＞0，从而k＜x ln x＋xx－1在(1，＋∞)上恒成立．(*)4、真题感悟（2014-2017年）1.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 2.【2017课标1，文14】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 【答案】1y x =+【解析】设()y f x =，则()212f x x x-'=，所以()1211f ='-=， 所以曲线21y x x=+在点()1,2处的切线方程为()211y x -=⨯-，即1y x =+． 3.【2017课标1，文21】已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．4.【2017课标II ，文21】设函数2()(1)x f x x e =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）在(,12)-∞-- 和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增（Ⅱ）[1,)+∞【解析】（1）f ’(x )=(1-2x -x 2)e x 令f’(x )=0得x =-1- ，x =-1+当x ∈（-∞，-1-）时，f’(x )<0；当x ∈（-1-，-1+）时，f’(x )>0； 当x ∈（-1-，+∞）时，f’(x )<0所以f (x )在（-∞，-1-），（-1+，+∞）单调递减，在（-1-，-1+）单调递增 (2) f (x )=(1+x )（1-x ）e x当a ≥1时，设函数h (x )=（1-x ）e x ，h ’(x )= -xe x ＜0（x ＞0）， 因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x -x -1，g ’（x ）=e x -1＞0（x ＞0）， 所以g （x ）在在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1综上，a 的取值范围[1，+∞）5.【2017课标3，文21】已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--． 【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，则)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，+∞），()()‘1211221x ax f x ax a x x++=+++=. 若a ≥0，则当x ∈（0，+∞）时，’0f x ＞，故f （x ）在（0，+∞）单调递增. 若a ＜0，则当x ∈10,2a -时，’0f x ＞；当x ∈12a ∞-+，时， ’0f x ＜.故f （x ）在10,2a-单调递增，在12a∞-+，单调递减.在（1，+∞）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 6.【2017山东，文20】（本小题满分13分）已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R .,(I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】(I)390x y --=,（2）(II)⑴0a =无极值；⑵0a <极大值为31sin 6a a --,极小值为a -；⑶0a >极大值为a -,极小值为31sin 6a a --.【解析】（Ⅰ）由题意()2f x x ax '=-，所以，当2a =时， ()30f =， ()22f x x x '=-， 所以()33f '=，因此，曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程是()33y x =-， 即390x y --=.当(),x a ∈-∞时， 0x a -<， ()0g x '>， ()g x 单调递增； 当(),0x a ∈时， 0x a ->， ()0g x '<， ()g x 单调递减； 当()0,x ∈+∞时， 0x a ->， ()0g x '>， ()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是()31sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是()0g a =-.（2）当0a =时， ()()sin g x x x x -'=，当(),x ∈-∞+∞时， ()0g x '≥， ()g x 单调递增；当0a <时，函数()g x 在(),a -∞和()0,+∞上单调递增，在(),0a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()31sin 6g a a a =--，极小值是()0g a =-；当0a =时，函数()g x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(),0-∞和(),a +∞上单调递增，在()0,a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是()0g a =-，极小值是()31sin 6g a a a =--.7.【2017北京，文20】已知函数()e cos x f x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】8.【2017江苏，20】 已知函数32()1(0,)f x x ax bx a 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：23b a >;（3）若()f x ,()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围.【答案】（1）2239a b a=+，定义域为(3,)+∞.（2）见解析（3）(]36，. 【解析】（1）由()321f x x ax bx =+++，得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.x1(,)x -∞ 1x()12,x x2x 2(,)x +∞()f x '+0 –0 +()f xZ极大值]极小值Z故()f x 的极值点是12,x x .从而3a >，因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞. （2）由（1）知，2a a a a a设23()=9t g t t+，则22223227()=99t g t t t --='. 当36()2t ∈+∞时， ()0g t '>，从而()g t 在36(,)2+∞上单调递增. 因为3a >，所以33a a >，故((33)=3g a g >3a因此2>3b a .1.【2016高考新课标1文数】若函数1()sin 2sin 3f x x -x a x =+在(),-∞+∞单调递增,则a的取值范围是（ ）（A ）[]1,1-（B ）11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（C ）11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（D ）11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ 【答案】C【解析】()21cos2cos 03f x x a x '=-+…对x ∈R 恒成立， 故()2212cos 1cos 03x a x --+…，即245cos cos 033a x x -+…恒成立， 即245033t at -++…对[]1,1t ∈-恒成立，构造()24533f t t at =-++，开口向下的二次函数()f t 的最小值的可能值为端点值，故只需保证()()11031103f a f a ……⎧-=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，解得1133a -剟．故选C2.【2016高考四川文科】设直线l 1，l 2分别是数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 的面积的取值范围是( )(A)(0,1) (B) (0,2) (C) (0,+∞) (D) (1,+ ∞) 【答案】A【解析】设()()111222,ln ,,ln P x x P x x -（不妨设121,01x x ><<），则由导数的几何意义易得切线3.【2016高考四川文科】已知a 函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =( ) (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D【解析】()()()2312322f x x x x '=-=+-，令()0f x '=得2x =-或2x =，易得()f x 在()2,2-上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()f x 的极小值点为2，即2a =，故选D.4. [2016高考新课标Ⅲ文数]已知()f x 为偶函数，当0x ≤ 时，1()x f x e x --=-，则曲线()y f x =在(1,2)处的切线方程式__________________.【答案】2y x =【解析】当0x >时，0x -<，则1()x f x e x --=+．又因为()f x 为偶函数，所以1()()x f x f x e x -=-=+，所以1()1x f x e -'=+，则切线斜率为(1)2f '=，所以切线方程为22(1)y x -=-，即2y x =．5.【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数()()()22e 1x f x x a x =-+-．(I)讨论()f x 的单调性(II)若()f x 有两个零点,求a 的取值范围. 【答案】见解析(II) ()0,+∞【解析】单调递减.③若e2a <-，则()ln 21a ->，故当()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞U 时，()'0f x >，当()()1,ln 2x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增，在()()1,ln 2a -单调递减.（Ⅱ）（Ⅰ）设0a >，则由（Ⅰ）知，()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增. 又()()e 12f f a =-=，，取b 满足b ＜0且ln 2ab <， 则()()()22321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=->⎪⎝⎭，所以()f x 有两个零点. （Ⅱ）设a=0，则()()2e x f x x =-，所以()f x 只有一个零点.（iii ）设a ＜0，若e2a ≥-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()1,+∞单调递增.又当1x ≤时，()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点；若e2a <-，则由（Ⅰ）知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时()f x ＜0，故()f x 不存在两个零点.综上，a 的取值范围为()0,+∞.6.【2016高考新课标2文数】已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--. （I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程； （Ⅱ）若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）220x y +-=；（Ⅱ）(],2.-∞ 【解析】单调递增，因此()0>g x ；（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得22121(1)1,1(1)1=---=-+--x a a x a a 由21>x 和121=x x 得11<x ，故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)x 单调递减，因此()0<g x .综上，a 的取值范围是(],2.-∞7.[2016高考新课标Ⅲ文数]设函数()ln 1f x x x =-+． （I ）讨论()f x 的单调性； （II ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x-<<； （III ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.【答案】（Ⅰ）当01x <<时，()f x 单调递增；当1x >时，()f x 单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【解析】8.【2016高考北京文数】（本小题13分） 设函数()32.f x x ax bx c =+++（I ）求曲线().y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（II ）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （III ）求证：230a b -＞是().f x 有三个不同零点的必要而不充分条件.【答案】（Ⅰ）y bx c =+;（Ⅱ）320,27c ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭;（III ）见解析.【解析】（Ⅰ）由()32f x x ax bx c =+++，得()232f x x ax b '=++． 因为()0f c =，()0f b '=，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为y bx c =+．（Ⅱ）当4a b ==时，()3244f x x x x c =+++， 所以()2384f x x x '=++．令()0f x '=，得23840x x ++=，解得2x =-或23x =-．()f x 与()f x '在区间(),-∞+∞上的情况如下：x(),2-∞-2-22,3⎛⎫-- ⎪⎝⎭23-2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭()f x ' + 0-+ ()f xZc]3227c - Z综上所述，若函数()f x 有三个不同零点，则必有24120a b =->∆． 故230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要条件．当4a b ==，0c =时，230a b ->，()()232442f x x x x x x =++=+只有两个不同零点，所以230a b ->不是()f x 有三个不同零点的充分条件．因此230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件． 9.【2016高考山东文数】(本小题满分13分) 设f (x )=x ln x –ax 2+(2a –1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(Ⅱ)12a >.【解析】10.【2016高考天津文数】（（本小题满分14分） 设函数b ax x x f --=3)(，R x ∈，其中R b a ∈, （Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：0201=+x x ；（Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．41.【答案】（Ⅰ）递减区间为33(,33a a -，递增区间为3(,)3a -∞-，3(,)3a-+∞.（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）详见解析【解析】（Ⅰ）解：由3()f x x ax b =--，可得2()3f x x a '=-，下面分两种情况讨论： （1）当0a ≤时，有2()30f x x a '=-≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞. （2）当0a >时，令()0f x '=，解得33a x =或33a x =-. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：x 3(,)3a-∞-33a -33(,)33a a -33a3(,)3a+∞ ()f x '+ 0 - 0 +()f x单调递增 极大值单调递减极小值 单调递增所以()f x 的单调递减区间为33(,)a a -，单调递增区间为3(,)a -∞-，3(,)a +∞.种情况讨论：（1）当3a ≥时，3311a a≤-<≤ 知，()f x 在区间[1,1]-上单调递减，max{|(1)|,|(1)|}max{|1|,|1|}M f f a b a b =-=-+---max{|1|,|1|}a b a b =-+--11||4a b =-+>. 综上所述，当0a >时，()g x 在区间[1,1]-上的最大值不小于14. 11.【2016高考浙江文数】（本题满分15分）设函数()f x =311x x++，[0,1]x ∈.证明： （I ）()f x 21x x ≥-+； （II ）34<()f x 32≤. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】设函数2()ln f x ax a x =--，1()x eg x x e=-，其中q R ∈，e=2.718…为自然对数的底数. （Ⅰ）讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）证明：当x ＞1时，g(x)＞0；（Ⅲ）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间（1，+∞）内恒成立.【答案】（1）当x ∈2a （时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈+)2a∞（时，'()f x >0，()f x 单调递增；（2）证明详见解析；（3）a ∈1+)2∞[，.【解析】（Ⅰ）2121()20).ax f x ax x x x -'=-=>( 0a 当≤时， ()f x '<0，()f x 在0+∞（，）内单调递减. 0a >当时，由()f x '=0有2x a=当x ∈10,)2a（时，()f x '<0，()f x 单调递减； 当x ∈1+)2a∞（，时，()f x '＞0，()f x 单调递增. （Ⅱ）令()s x =1e x x --，则()s x '=1e 1x --.当12a ≥时，令()h x =()f x -()g x （1x ≥）.当1x >时，()h x '=122111112e xax x x x x x x--+->-+-=322221210x x x x x x -+-+>>. 因此，()h x 在区间1+)∞（，单调递增.又因为(1)h =0，所以当1x >时，()h x =()f x -()g x ＞0，即()f x ＞()g x 恒成立.综上，a ∈1+)2∞[，.【2015高考福建，文12】“对任意(0,)2x π∈，sin cos k x x x <”是“1k <”的（ ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ． 充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【2015高考湖南，文8】设函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--，则()f x 是( )A 、奇函数，且在（0,1）上是增函数B 、奇函数，且在（0,1）上是减函数C 、偶函数，且在（0,1）上是增函数D 、偶函数，且在（0,1）上是减函数 【答案】A【解析】函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--，函数的定义域为（-1，1）， 函数()ln(1)ln(1)()f x x x f x -=--+=-所以函数是奇函数．()2111'111f x x x x=+=+-- ， 在（0,1）上()'0f x > ，所以()f x 在(0,1)上单调递增，故选A. 【2015高考安徽，文21】已知函数)0,0()()(2>>+=r a r x axx f （Ⅰ）求)(x f 的定义域，并讨论)(x f 的单调性； （Ⅱ）若400=ra，求)(x f 在),0(+∞内的极值. 【答案】（Ⅰ）递增区间是（-r ,r ）;递减区间为（-∞，-r ）和（r ，+∞）；（Ⅱ）极大值为100；无极小值.【解析】（Ⅰ）由题意可知r x -≠ 所求的定义域为()()r r -∞--+∞U ，，.2222)()(r xr x axr x ax x f ++=+=，422222)())(()2()22()2()(r x r x x r a r xr x r x ax r xr x a x f ++-=+++-++=' 所以当r x -<或r x >时，0)(<'x f ，当r x r <<-时，0)(>'x f因此，)(x f 单调递减区间为),(),,(+∞--∞r r ；)(x f 的单调递增区间为(),r r -（Ⅱ）由（Ⅰ）的解答可知0)('=r f )(x f 在()r ,0上单调递增，在()+∞,r 上单调递减. 因此r x =是)(x f 的极大值点，所以)(x f 在),0(+∞内的极大值为()100440042)(2====r a r ar r f ，）在（+∞,0)(x f 内无极小值； 综上，）在（+∞,0)(x f 内极大值为100，无极小值.【2015高考北京，文19】（本小题满分13分）设函数()2ln 2x f x k x =-，0k >．（I ）求()f x 的单调区间和极值；（II ）证明：若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,e ⎤⎦上仅有一个零点． 【答案】（I ）单调递减区间是(0,)k ，单调递增区间是(,)k +∞；极小值(1ln )()2k k f k -=；（II ）证明详见解析.所以，()f x 的单调递减区间是k ，单调递增区间是,)k +∞；()f x 在x k =(1ln )()2k k f k -=. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，()f x 在区间(0,)+∞上的最小值为(1ln )()2k k f k -=. 因为()f x 存在零点，所以(1ln )02k k -≤，从而k e ≥. 当k e =时，()f x 在区间)e 上单调递减，且()0f e =，所以x e =是()f x 在区间(1,]e 上的唯一零点. 当k e >时，()f x 在区间(0,)e 上单调递减，且1(1)02f =>，()02e kf e -=<， 所以()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.综上可知，若()f x 存在零点，则()f x 在区间(1,]e 上仅有一个零点.【2015高考湖北，文21】设函数()f x ，()g x 的定义域均为R ，且()f x 是奇函数，()g x 是偶函数，()()e x f x g x +=，其中e 为自然对数的底数.（Ⅰ）求()f x ，()g x 的解析式，并证明：当0x >时，()0f x >，()1g x >； （Ⅱ）设0a ≤，1b ≥，证明：当0x >时，()()(1)()(1)f x ag x a bg x b x+-<<+-. 【答案】（Ⅰ）1()(e e )2x x f x -=-，1()(e e )2x x g x -=+. 证明：当0x >时，e 1x >，0e 1x -<<，故()0.f x >又由基本不等式，有1()(e e )e e 12x x x x g x --=+>=，即() 1.g x >（Ⅱ）由（Ⅰ）得 2111e 1()(e )(e )(e e )()2e 2e 2x x x x x x x f x g x -''=-=+=+=⑤2111e 1()(e )(e )(e e )()2e 2e 2x x x x x x x g x f x -''=+=-=-=⑥当0x >时，()()(1)f x ag x a x>+-等价于()()(1)f x axg x a x >+- ⑦()()(1)f x bg x b x<+-等价于()()(1).f x bxg x b x <+- ⑧ 于是设函数 ()()()(1)h x f x cxg x c x =---，由⑤⑥， 有()()()()(1)h x g x cg x cxf x c '=----(1)[()1]().c g x cxf x =--- 当0x >时，（1）若0c ≤，由③④，得()0h x '>，故()h x 在[0,)+∞上为增函数，从而()(0)0h x h >=，即()()(1)f x cxg x c x >+-，故⑦成立.（2）若1c ≥，由③④，得()0h x '<，故()h x 在[0,)+∞上为减函数，从而()(0)0h x h <=， 即()()(1)f x cxg x c x <+-，故⑧成立.综合⑦⑧，得 ()()(1)()(1)f x ag x a bg x b x+-<<+-.【2015高考山东，文20】设函数. 已知曲线 在点(1,(1))f 处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）是否存在自然数k ，使得方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；（Ⅲ）设函数()min{(),()}m x f x g x =（{},min p q 表示，,p q 中的较小值），求()m x 的最大值.【答案】（I ）1a = ；(II) 1k = ；(III) 24e. 【解析】（I ）由题意知，曲线在点(1,(1))f 处的切线斜率为2，所以'(1)2f =，又'()ln 1,af x x x=++所以1a =. （II ）1k =时，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln ,x x h x f x g x x x e=-=+-当(0,1]x ∈时，()0h x <. 又2244(2)3ln 2ln8110,h e e=-=->-= 所以存在0(1,2)x ∈，使0()0h x =. 因为1(2)'()ln 1,x x x h x x x e -=+++所以当(1,2)x ∈时，1'()10h x e>->，当(2,)x ∈+∞时，'()0h x >，所以当(1,)x ∈+∞时，()h x 单调递增.所以1k =时，方程()()f x g x =在(,1)k k +内存在唯一的根.（III ）由（II ）知，方程()()f x g x =在(1,2)内存在唯一的根0x ，且0(0,)x x ∈时，()()f x g x <，0(,)x x ∈+∞时，()()f x g x >，所以020(1)ln ,(0,](),(,)xx x x x m x x x x e +∈⎧⎪=⎨∈+∞⎪⎩.'()0,()m x m x <单调递减；可知24()(2),m x m e≤=且0()(2)m x m <. 综上可得函数()m x 的最大值为24e.1．（2014·陕西卷） 设函数f (x )＝ln x ＋mx ，m ∈R. (1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数； (3)若对任意b ＞a ＞0，f （b ）－f （a ）b －a＜1恒成立，求m 的取值范围．【解析】解：(1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －e x 2， ∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增．①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点； ③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点； ④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点； 当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点； 当0<m <23时，函数g (x )有两个零点． (3)对任意的b >a >0，f （b ）－f （a ）b －a<1恒成立，等价于f (b )－b <f (a )－a 恒成立．(*) 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋mx －x (x >0)， ∴(*)等价于h (x )在(0，＋∞)上单调递减． 由h ′(x )＝1x －mx 2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立， 得m ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14(x >0)恒成立，∴m ≥14⎝ ⎛⎭⎪⎫对m ＝14，h ′（x ）＝0仅在x ＝12时成立，∴m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.2．（2014·安徽卷） 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a >0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．大值．②当0<a<4时，x2<1，由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．3．（2014·北京卷）已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；学科%网(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1，2)，B(2，10)，C(0，2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋g(x)t ＋3t ＋1所以，g (0)＝t ＋3是g (x )的极大值，g (1)＝t ＋1是g (x )的极小值．结合图像知，当g (x )有3个不同零点时，有⎩⎨⎧g （0）＝t ＋3>0，g （1）＝t ＋1－0，解得－3<t <－1.故当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t 的取值范围是(－3，－1)． (3)过点A (－1，2)存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点B (2，10)存在2条直线与曲线y ＝f (x )相切； 过点C (0，2)存在1条直线与曲线y ＝f (x )相切．4．（2014·福建卷） 已知函数f (x )＝e x －ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x ＞0时，x 2＜e x ；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x .【解析】解：方法一：(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.即g′(x)＞0.所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜e x.(3)证明：对任意给定的正数c，取x0＝1 c，由(2)知，当x＞0时，x2＜e x.所以当x＞x0时，e x＞x2＞1c x，即x<c ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜c e x. 方法二：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)证明：令k＝1c(k＞0)，要使不等式x＜c ex成立，只要e x＞kx成立．而要使e x＞kx成立，则只需要x>ln(kx)，即x＞ln x＋ln k成立．①若0＜k≤1，则ln k≤0，易知当x＞0时，x＞ln x≥ln x＋ln k成立．即对任意c∈[1，＋∞)，取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜c e x.即x ＜c e x . ②若0＜c ＜1，令h (x )＝c e x －x ，则h ′(x )＝c e x －1.令h ′(x )＝0得x ＝ln 1c.当x ＞ln 1c 时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．取x 0＝2ln 2c ，则h (x 0)＝c e2ln 2c －2ln 2c ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2c －ln 2c ， 易知2c －ln 2c ＞0，又h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有h (x )＞h (x 0)＞0， 即x ＜c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x . 5．（2014·广东卷） 曲线y ＝－5e x ＋3在点(0，－2)处的切线方程为________． 【答案】5x ＋y ＋2＝0【解析】∵y ′＝－5e x ，∴所求切线斜是k ＝－5e 0＝－5， ∴切线方程是y －(－2)＝－5(x －0)，即5x ＋y ＋2＝0.6．（2014·江苏卷） 在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P (2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【答案】－3【解析】易知y ′＝2ax －bx 2.根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧－5＝4a ＋b2，4a －b 4＝－72，解得⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝－2，故a ＋b ＝－3.7．（2014·江苏卷） 已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．(i)当n ＝1时，由上可知等式成立．(ii)假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf k －1′(x )＋f k (x )＋xf k ′(x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2， 所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2， 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(i)(ii)可知，等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝ (n ∈N *)．8．（2014·全国新课标卷Ⅰ] 设函数f (x )＝a ln x ＋1－a2x 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 的取值范围．－1.(ii)若12<a <1，则a 1－a>1，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递增．所以，存在x 0≥1，使得f (x 0)<a a －1的充要条件为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a <aa －1.。
(新课标)2020届高考数学总复习 第3章 导数及其应用 第4节 热点专题——导数综合应用的热点问题课件
①a≤0 时，f(x)≤ln x≤x－1； ②a>0 时，取 x>1＋a1， 则 f(x)＝ ln x＋a(x－1)(x－1)>ln1＋1a＋a1＋a1－1(x－ 1)>ln 1＋x－1＝x－1，与题意矛盾．故 a 的最大值为 0.
函数性质综合问题的难点是函数单调性和极值、最值的分类 讨论．
(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为 分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能 确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的 位置进行讨论．
(3)大小比较问题，一般是作差后不易变形定号的三次式、分 式、以 e 为底的指数式或对数式、三角式结构，可转化为用导数 研究其单调性或最值的函数问题．
角度一：不等式的恒成立问题 [典题 3] (1)已知 f(x)＝xex＋ax2－x，a∈R. ①当 a＝－12时，求函数 f(x)的单调区间； ②若对 x≥0 时，恒有 f′(x)－f(x)≥(4a＋1)x 成立，求实数 a 的取值范围．
1°.当 2a≤1，即 a≤12时，u′(x)≥0， 所以 g′(x)＝ex－2ax－2a 在[0，＋∞)上单调递增， 所以 g′(x)≥g′(0)＝1－2a≥0，所以 g(x)在[0，＋∞)上单调 递增，所以 g(x)≥g(0)＝0 恒成立． 2°.当 2a>1，即 a>12时，令 u′(x)＝0，则 x＝ln 2a. 当 x∈[0，ln 2a)时，u′(x)<0，则 g′(x)＝ex－2ax－2a 在[0， ln 2a)上单调递减，所以 g′(x)≤g′(0)＝1－2a<0，则 g(x)在[0， ln 2a)上单调递减，此时 g(x)≤g(0)＝0，这与 g(x)≥0 恒成立矛盾． 综上可得，实数 a 的取值范围是－∞，12.
高三数学二轮复习 2.4导数及其应用课件
3．导数的计算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′＝0(c为常数)；
②(xm)′＝mxm－1；
③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx；
⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna；
⑦(lnx)′＝1x； ⑧(logax)′＝－xl1na.
(2)导数的四则运算法则 ①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)； ②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)； ③[gfxx]′＝f′xgxg－ 2xfxg′x. ④(理)(f(u))′＝f′(u)·φ′(x)＝af′(ax＋b)
[解析] (1)f′(x)＝1k(x2－k2)exk， 令f′(x)＝0，得x＝±k. 当k>0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞， －k)
－k
(－k， k)
k
(k，＋ ∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x)
4k2 e－1
0
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调 递减区间是(－k，k)．
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e等价于 f(－k)＝4ek2≤1e. 解得－12≤k<0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤1e时， k 的取值范围 是[－12，0)．
[评析] 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情 况，大多数情况下是归结为一个含有参数的一元二次不等 式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方 程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分 解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类 讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千 万不要忽视了定义域的限制．
2020届高考数学(文)课标版二轮课件：专题六第4讲 导数的综合应用
考点一
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考点二
栏目索引
考点二 利用导数解决恒成立、存在性问题
命题角度一 恒成立问题
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1.(2018课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=
ax
2 ex
x-1
.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明:当a≥1时, f(x)+e≥0.
解析
-ax2 (2a-1)x 2
=x(1-a-x-x2),取x0= 5-4a -1,
2
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0= 5-1,
2
则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 综上,a的取值范围是[1,+∞).
考点二
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总结提升
恒成立问题求参数,实际上就是已知参数证明不等式问题的逆问题,只需将参
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数当作常数,转化为不等式问题,最后求出参数的值或取值范围.
考点二
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1.(2019江西南昌调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,设函数f(x)的导函
数为f '(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf '(x)>0成立,则
上单调递增,
所以h(x)min=h
1 e
=0,
所以ln
x+
1 ex
≥0.
令φ(x)=ex-ex,则φ'(x)=e-ex,
高考数学二轮复习函数与导数的综合应用ppt课件
所以 f(x)max=f(1)=-1.
3.[函数的零点问题](2022·全国乙卷,T20)已知函数 f(x)=ax--(a+1)ln x.
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
解:(2)f(x)=ax--(a+1)ln x,x>0,
时,f(x)= · -a(x+2)>e
ln(2a)
·(+2)-a(x+2)=2a>0,故 f(x)在(ln a,+∞)上
存在唯一零点,从而 f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a 的取值范围是(,+∞).
法二
+
令 f(x)=0,得 ex=a(x+2),即=
3
解:(2)当 x≥0 时,f(x)≥x +1 恒成立,
①当 x=0 时,不等式恒成立,可得 a∈R;
②当 x>0 时,可得 a≥
则 h′(x)=
=
++-
恒成立,设 h(x)=
++-
,
(-) +( --) (-) +( - )+( --) (-) + (-)+(-)(+)
因为f′(0)=0,所以当x>0时,f′(x)>0;当x<0时,f′(x)<0,
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题6函数与导数第4讲导数的综合应用课件理
所以 f(x)在0，a－
2a2－4，a＋
2a2－4，＋∞上单调递减，在a－
2a2－4，a＋
a2－4
2
上单调递增．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当 a＞2.
由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0，
所以 x1x2＝1，不妨设 x1＜x2，则 x2＞1.
由于fxx11－ －fx2x2＝－x11x2－1＋aln
x1－ln x1－x2
x2＝－2＋aln
x1－ln x1－x2
x2ห้องสมุดไป่ตู้－2＋a－x122－lnxx22，
所以fxx11－ －fx2x2＜a－2 等价于x12－x2＋2ln x2＜0.
设函数 g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
第4讲 导数的综合应用
利用导数证明不等式
考情调研
考向分析
主要考查利用导数证明不等式问题，题目以解答题形式出现，属于压轴 证明不等式.
题，难度较大.
[题组练透] 1．(2019·芜湖模拟)已知函数 f(x)＝(1－x)ekx－x－1(k>0)． (1)若 f(x)在 R 上单调递减，求 k 的取值范围； (2)若 x>0，求证：(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.
2．已知函数 f(x)＝1x－x＋aln x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：fxx11－ －fx2x2＜a－2.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－x12－1＋ax＝－x2－xa2x＋1.
①若 a≤2，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1 时，f′(x)＝0，
2020年高考数学(文科)复习课件 第二单元 专题探究1 导数的综合应用
[总结反思] 利用导数证明不等式的常见类型及解题策略:(1)构造差函数 h(x)=f(x)-g(x),根据差函数导函数的符号,确定差函数的单调性,利用单调性得到 量的关系,进而证明不等式.(2)根据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将 问题转化为对应项之间的大小关系,或利用放缩法、等量代换法等将多元函数 转化为一元函数.
变式 [2018·黄冈模拟] 已知函 数 f(x)=kx-ex(x∈R),g(x)=ln������������. (1)讨论函数 f(x)的单调性;
(2)若关于 x 的方程 f(x)+ex=g(x) 在区间 1e,e 上有两个不等实数根, 求实数 k 的取值范围.
解:(1)f'(x)=k-ex, 当 k≤0 时,f'(x)<0,f(x)在 R 上单调递减. 当 k>0 时,令 f'(x)=0,得 x=ln k,当 x∈(-∞,ln k)时,f'(x)>0,f(x) 为增函数; 当 x∈(ln k,+∞)时,f'(x)<0,f(x)为减函数. 综上,当 k≤0 时,f(x)在 R 上单调递减; 当 k>0 时,f(x)在(-∞,ln k)上单调递增,在(ln k,+∞)上单调递减.
例 1 已知函数 f(x)=ex-mx( m 为常数). (1)若曲线 y=f(x)在点(0, f(0))处的切线斜 率为-1,求实数 m 的值. (2)求函数 f(x)的极值. (3)证明:当 x>0 时,ex>x2.
2020届高考数学二轮教师用书：层级二 专题一 第4讲 导数的综合应用与热点问题
第4讲 导数的综合应用与热点问题[考情考向·高考导航]导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．解答题的热点题型有：(1)利用导数证明不等式或探讨方程的根． (2)利用导数求解参数的范围或值．[真题体验]1．(2018·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e ≥0.解析：(1)由题意：f (x )＝ax 2＋x －1e x 得f ′(x )＝(2ax ＋1)e x －(ax 2＋x －1)e x(e x )2＝－ax 2＋2ax －x ＋2e x ；∴f ′(0)＝21＝2；即曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线斜率为2，∴y －(－1)＝2(x －0)，即2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e ≥x 2＋x －1＋e x ＋1e x ，令g (x )＝x 2＋x －1＋e x ＋1， 则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1，当x ＜－1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减； 当x ＞－1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增． 所以g (x )≥g (－1)＝0.因此当a ≥1，f (x )＋e ≥0.2．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明： (1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 证明：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞) f ′(x )＝x －1x ＋ln x －1＝ln x －1x，因为y ＝ln x 单调递增，y ＝1x 单调递减，所以f ′(x )单调递增，又f ′(1)＝－1＜0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12＞0，故存在唯一x 0∈(1,2)，使得f ′(x 0)＝0.又当x ＜x 0时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ＞x 0时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点．(2)由(1)知f (x 0)＜f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3＞0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝a .由α＞x 0＞1得1a＜1＜x 0.又f ⎝⎛⎭⎫1a ＝⎝⎛⎭⎫1a －1ln 1a －1a －1＝f (α)a ＝0，故1a 是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根． 综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[主干整合]1．常见构造辅助函数的四种方法(1)直接构造法：证明不等式f (x )＞g (x )(f (x )＜g (x ))的问题转化为证明f (x )－g (x )＞0(f (x )－g (x )＜0)，进而构造辅助函数h (x )＝f (x )－g (x )．(2)构造“形似”函数：稍作变形后构造．对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)适当放缩后再构造：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．(4)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f (x )和g (x )，利用其最值求解．2．不等式的恒成立与能成立问题(1)f (x )＞g (x )对一切x ∈[a ，b ]恒成立⇔[a ，b ]是f (x )＞g (x )的解集的子集⇔[f (x )－g (x )]min ＞0(x ∈[a ，b ])．(2)f (x )＞g (x )对x ∈[a ，b ]能成立⇔[a ，b ]与f (x )＞g (x )的解集的交集不是空集⇔[f (x )－g (x )]max＞0(x ∈[a ，b ])．(3)对∀x 1，x 2∈[a ，b ]使得f (x 1)≤g (x 2)⇔f (x )max ≤g (x )min .(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.3．零点存在性定理在函数的零点问题中的应用第一步：求导函数根据导数公式，求出函数的导函数，并写出定义域．第二步：讨论单调性由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)讨论函数的单调性．第三步：定区间端点处的函数值符号确定单调区间端点处的函数值及符号．第四步：判定零点根据零点存在性定理判断零点存在与否及其个数．4．分离参数法、数形结合法解决函数的零点问题第一步：分离参变量由已知的含参方程将参数与已知变量分离．第二步：研究函数将已知范围的变量的代数式作为函数，利用导数研究其图象．第三步：利用图象找交点利用图象找到产生不同交点个数的参数的取值范围．第四步：运动定范围通过改变未知变量的范围找出临界条件．热点一利用导数研究不等式问题利用导数证明不等式[例1－1] (2019·梅州三模节选)已知函数f (x )＝ln(x －1)． (1)证明：f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1；(2)证明：e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3.[审题指导] 第(1)小题利用移项作差构造法构造函数，通过求导研究函数的单调性，求解最值即可；第(2)小题利用换元的思想和第(1)小题的结论证明不等式．[解析] (1)令h (x )＝f (x ＋1)－x ＋12＋2x ＋1(x ＞0)， 则h (x )＝ln x －x ＋12＋2x ＋1，h ′(x )＝1x －12－2(x ＋1)2＝2－x －x 32x (x ＋1)2＝(1－x )(x 2＋x ＋2)2x (x ＋1)2，所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )≤h (1)＝0， 所以f (x ＋1)≤x ＋12－2x ＋1.(2)由(1)易知ln t ≤t ＋12－2t ＋1，t ＞0.要证e 2x －2(x －1)e x ≥2x ＋3，即(e x ＋1)2≥2x (e x ＋1)＋4， 只需证e x＋1≥2x ＋4e x ＋1，即证e x ＋12≥x ＋2e x ＋1.令t ＝e x，则x ≤e x ＋12－2e x ＋1，即x ＋2e x ＋1≤e x ＋12，得证．用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f (x )在[a ，b ]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b ]，有f (a )≤f (x )≤f (b )，②∀x 1，x 2∈[a ，b ]，且x 1＜x 2，有f (x 1)＜f (x 2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f (x )在某个范围D 内有最大值M (或最小值m )，则∀x ∈D ，有f (x )≤M (或f (x )≥m )．(3)证明f (x )＜g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，证明F (x )＜0.利用导数研究不等式恒成立、存在性问题[例1－2] (2019·西安三模)已知f (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2，g (x )＝k (x ＋1)． (1)求f (x )的单调区间．(2)当k ＝2时，求证：对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)若存在x 0＞－1，使得当x ∈(－1，x 0)时，恒有f (x )＞g (x )成立，试求k 的取值范围． [审题指导] (1)求f (x )的导数f ′(x )，再求单调区间． (2)构造函数证明不等式．(3)构造函数、研究其单调性，从而确定参数范围． [解析] (1)f ′(x )＝2x ＋2－2(x ＋1)＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2(x ＞－2)．当f ′(x )＞0时，x 2＋3x ＋1＜0，解得－2＜x ＜－3＋52.当f ′(x )＜0时，解得x ＞－3＋52.所以f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－3＋52，单调减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－3＋52，＋∞.(2)证明：设h (x )＝f (x )－g (x )＝2ln(x ＋2)－(x ＋1)2－k (x ＋1)(x ＞－1)．当k ＝2时，由题意，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立．h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－2＝－2(x ＋3)(x ＋1)x ＋2，当x ＞－1时，h ′(x )＜0恒成立，h (x )单调递减．又h (－1)＝0，当x ∈(－1，＋∞)时，h (x )＜h (－1)＝0恒成立，即f (x )－g (x )＜0对于∀x ＞－1，f (x )＜g (x )恒成立．(3)因为h ′(x )＝－2(x 2＋3x ＋1)x ＋2－k＝－2x 2＋(k ＋6)x ＋2k ＋2x ＋2.由(2)知，当k ＝2时，f (x )＜g (x )恒成立，即对于x ＞－1，2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)，不存在满足条件的x 0；当k ＞2时，对于x ＞－1，x ＋1＞0，此时2(x ＋1)＜k (x ＋1)．2ln(x ＋2)－(x ＋1)2＜2(x ＋1)＜k (x ＋1)，即f (x )＜g (x )恒成立，不存在满足条件的x 0； 当k ＜2时，令t (x )＝－2x 2－(k ＋6)x －(2k ＋2)，可知t (x )与h ′(x )符号相同， 当x ∈(x 0，＋∞)时，t (x )＜0，h ′(x )＜0，h (x )单调递减． 当x ∈(－1，x 0)时，h (x )＞h (－1)＝0，即f (x )－g (x )＞0恒成立． 综上，k 的取值范围为(－∞，2)．1．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数后转化为函数最值问题：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f (x )≥a 恒成立，只需f (x )min ≥a 即可；f (x )≤a 恒成立，只需f (x )max ≤a 即可．(2)转化为含参数函数的最值问题：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解．2．存在型不等式恒成立问题的求解策略“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f (x )≥g (a )对于x ∈D 恒成立，应求f (x )的最小值；若存在x ∈D ，使得f (x )≥g (a )成立，应求f (x )的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样，就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值，然后构建目标不等式求参数范围．(2020·江淮十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若a ＝－2，正实数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，证明：x 1＋x 2≥5－12. 解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，∴切点为(1,1)，又f ′(x )＝1x ＋1，∴切线斜率k ＝f ′(1)＝2.故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)证明：当a ＝－2时，f (x )＝ln x ＋x 2＋x ，x ＞0. f (x 1)＋f (x 2)＋x 1x 2＝0，即ln x 1＋x 21＋x 1＋ln x 2＋x 22＋x 2＋x 1x 2＝0，从而(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)＝x 1x 2－ln(x 1x 2)． 令t ＝x 1x 2，φ(t )＝t －ln t ， 得φ′(t )＝1－1t ＝t －1t.易知φ(t )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(t )≥φ(1)＝1， 所以(x 1＋x 2)2＋(x 1＋x 2)≥1. 又x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥5－12. 热点二 利用导数研究函数的零点问题直观 想象 素养直观想象——数形结合求解零点问题在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．在解答导数问题中，主要存在两类问题，一是“有图考图”，二是“无图考图”.(1)证明：当a ≤2e时，f (x )≥0.(2)判断函数f (x )有几个不同的零点，并说明理由．[审题指导] (1)要证明f (x )≥0，只需证明f (x )min ≥0，根据函数单调性求出f (x )min ，证明其在0＜a ≤2e时恒大于等于0即可．(2)要判断函数f (x )的零点的个数，结合(1)需分a ＝2e ，0＜a ＜2e ，a ＞2e ，三种情况进行分类讨论．[解析] (1)函数的定义域为(0，＋∞)， 令f ′(x )＝2x －a x ＝2x 2－ax ＝0，则x ＝a2， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1， 当0＜a ≤2e 时，ln a 2＋1≤ln 1e ＋1＝0，所以f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1≥0， 所以f (x )≥0成立．(2)①当a ＝2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，即f (x )＝x 2－2e (ln x ＋1)有唯一的零点x ＝1e；②当0＜a ＜2e 时，由(1)得，f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1， 且f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＞0，即f (x )＝x 2－a (ln x ＋1)不存在零点；③当a ＞2e 时，f (x )的最小值f ⎝⎛⎭⎫a 2＝－a 2⎝⎛⎭⎫ln a 2＋1＜0，又1e ＜ a 2，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e 2＞0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2上有唯一的零点， 又当a ＞2e时，a ＞a2，f (a )＝a 2－a (ln a ＋1)＝a (a －ln a －1)， 令g (a )＝a －ln a －1，g ′(a )＝1－1a ＝a －1a，g ′(a )＝0，得a ＝1，可知g (a )在⎝⎛⎭⎫2e ，1上递减，在(1，＋∞)上递增， 所以g (a )≥g (1)＝0，所以f (a )≥0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞上有唯一的零点，所以，当a ＞2e时，f (x )有2个不同的零点，综上所述，①当a ＝2e 时，有唯一的零点；②当0＜a ＜2e 时，不存在零点；③当a ＞2e 时，有2个不同的零点．1．对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解，这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类问题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况，进而求解．2．研究方程的根的情况，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，并借助函数的大致图象判断方程的根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．(2020·佛山模拟)已知函数f (x )＝(x 2－ax )ln x ＋12x 2(其中a ∈R )，(1)若a ＞0，讨论函数f (x )的单调性． (2)若a ＜0，求证：函数f (x )有唯一的零点．解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋(x 2－ax )1x ＋x ＝(2x －a )ln x ＋2x －a ＝(2x －a )(1＋ln x )，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0⇒x 1＝a 2，x 2＝1e，①当x 1＝x 2，即a 2＝1e ，a ＝2e 时，f ′(x )≥0，f (x )是(0，＋∞)上的增函数；②当x 1＜x 2，即a 2＜1e ，0＜a ＜2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；③当x 2＜x 1，即1e ＜a 2，a ＞2e 时，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ⎝⎛⎭⎫1e ，a 2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；综上所述，当0＜a ＜2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 2，⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫a 2，1e 单调递减； 当a ＝2e时，f (x )在(0，＋∞)单调递增；当a ＞2e时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e ，⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫1e ，a 2单调递减． (2)若a ＜0，令f ′(x )＝0，即(2x －a )(1＋ln x )＝0，得x ＝1e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，故当x ＝1e 时，f (x )取得极小值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ⎝⎛⎭⎫1e －a ln 1e ＋12e 2＝1e ⎝⎛⎭⎫a －12e ＜0， 以下证明：在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0， 令x ＝1et ，t ＞1，则x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， f (x )＝f ⎝⎛⎭⎫1e t ＝1e t⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1e t －a ln 1e t ＋12e t ，f (x )＜0⇒f ⎝⎛⎭⎫1e t ＜0⇒⎝⎛⎭⎫1e t －a (－t )＋12e t ＜0⇔at e t －t ＋12＜0⇒at e t ＜t －12，因为a ＜0，t ＞1，不等式at e t ＜t －12显然成立，故在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上，f (x )＜0， 又f (1)＝12＞0，即f (1)f ⎝⎛⎭⎫1e ＜0，故当a ＜0时，函数f (x )有唯一的零点x 0∈⎝⎛⎭⎫1e ，1.限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·天津卷节选)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数． (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0. 解析：(1)由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x )．因此，当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x ＞cos x ，得f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x＜cos x ，得f ′(x )＞0，则f (x )单调递增．所以，f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )，f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )．(2)证明：记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ，依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )，从而g ′(x )＝－2e x sin x ．当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2时，g ′(x )＜0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝⎛⎭⎫π2－x ＜0.因此，h (x )在区间⎣⎡⎦⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫π2＝f ⎝⎛⎭⎫π2＝0.所以，当x ∈⎣⎡⎦⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝⎛⎭⎫π2－x ≥0.2．(2019·大庆三模)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k ＞0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e)上仅有一个零点．解析：(1)由f (x )＝x 22－k ln x (k ＞0)得f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx .由f ′(x )＝0解得x ＝k .f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：x (0，k ) k (k ，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )k (1－ln k )2所以，f x )的单调递减区间是(0，k )，单调递增区间是(k ，＋∞)；f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k (1－ln k )2. (2)证明：由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k (1－ln k )2.因为f (x )存在零点，所以k (1－ln k )2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0， 所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k ＞e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝e －k 2＜0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． 3．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点；(2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点， 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．4．(2019·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)． 令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值． 综上，a ≤－2e －32或a ＝1.5．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)， 由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数， h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ， 又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝u u ＋ln u， 其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u ＜37u 成立． 综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )为f (x )的导数． (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax ，求a 的取值范围．解：(1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x ＋x sin x －1，g ′(x )＝x cos x .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．又g (0)＝0，g ⎝⎛⎭⎫π2＞0，g (π)＝－2，故g (x )在(0，π)存在唯一零点， 所以f ′(x )在区间(0，π)存在唯一零点． (2)由题设知f (π)≥a π，f (π)＝0，可得a ≤0，由(1)知，f ′(x )在(0，π)只有一个零点，设为x 0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，π)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，π)上单调递减．又f (0)＝0，f (π)＝0，所以当x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0，故f (x )≥ax . 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．2．(2020·成都诊断)已知函数f (x )＝(x 2－2ax ＋a 2)·ln x ，a ∈R . (1)当a ＝0时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ＝－1时，令F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ，证明：F (x )≥－e －2，其中e 为自然对数的底数；(3)若函数f (x )不存在极值点，求实数a 的取值范围．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2ln x (x ＞0)，此时f ′(x )＝2x ln x ＋x ＝x (2ln x ＋1)．令f ′(x )＞0，解得x ＞e －12.∴函数f (x )的单调递增区间为(e －12，＋∞)，单调递减区间为(0，e －12)．(2)证明：F (x )＝f (x )x ＋1＋x －ln x ＝x ln x ＋x .由F ′(x )＝2＋ln x ，得F (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (e －2)＝－e －2.(3)f ′(x )＝2(x －a )ln x ＋(x －a )2x ＝x －ax ·(2x ln x ＋x －a )．令g (x )＝2x ln x ＋x －a ，则g ′(x )＝3＋2ln x ，∴函数g (x )在(0，e －32)上单调递减，在(e －32，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (e －32)＝－2e－32－a . ①当a ≤0时，∵函数f (x )无极值，∴－2e －32－a ≥0，解得a ≤－2e －32.②当a ＞0时，g (x )min ＝－2e －32－a ＜0，即函数g (x )在(0，＋∞)上存在零点，记为x 0.由函数f (x )无极值点，易知x ＝a 为方程f ′(x )＝0的重根， ∴2a ln a ＋a －a ＝0，即2a ln a ＝0，a ＝1.当0＜a ＜1时，x 0＜1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＞1时，x 0＞1且x 0≠a ，函数f (x )的极值点为a 和x 0； 当a ＝1时，x 0＝1，此时函数f (x )无极值． 综上，a ≤－2e －32或a ＝1.3．(2019·深圳三模)已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的单调区间；(2)证明：对任意的t ＞0，存在唯一的m 使t ＝f (m )；(3)设(2)中所确定的m 关于t 的函数为m ＝g (t )，证明：当t ＞e 时，有710＜ln g (t )ln t ＜1.解析：(1)∵f (x )＝x ln x ， ∴f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)，∴当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，此时f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． (2)证明：∵当0＜x ≤1时，f (x )≤0，又t ＞0，令h (x )＝f (x )－t ，x ∈[1，＋∞)， 由(1)知h (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，h (1)＝－t ＜0，h (e t )＝t (e t －1)＞0， ∴存在唯一的m ，使t ＝f (m )成立．(3)证明：∵m ＝g (t )且由(2)知t ＝f (m )，t ＞0，当t ＞e 时，若m ＝g (t )≤e ，则由f (m )的单调性有t ＝f (m )≤f (e)＝e ，矛盾，∴m ＞e ， 又ln g (t )ln t ＝ln m ln f (m )＝ln m ln (m ln m )＝ln m ln m ＋ln (ln m )＝uu ＋ln u， 其中u ＝ln m ，u ＞1，要使710＜ln g (t )ln t ＜1成立，只需0＜ln u ＜37u ，令F (u )＝ln u －37u ，u ＞1，F ′(u )＝1u －37，当1＜u ＜73时F ′(u )＞0，F (u )单调递增，当u ＞73时，F ′(u )＜0，F (u )单调递减．∴对u ＞1，F (u )≤F ⎝⎛⎭⎫73＜0，即ln u 37u 成立． 综上，当t ＞e 时，710＜ln g (t )ln t＜1成立．4．(2019·厦门二调)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝x ＋1x ＋f ′(x )．(1)讨论h (x )＝g (x )－f (x )的单调性；(2)若h (x )的极值点为3，设方程f (x )＋mx ＝0的两个根为x 1，x 2，且x 2x 1≥e a ，求证：f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 解析：(1)∵h (x )＝g (x )－f (x )＝x －a ln x ＋1＋ax ，其定义域为(0，＋∞)，∴h ′(x )＝(x ＋1)[x －(1＋a )]x 2.在(0，＋∞)递增；②a ＋1＞0即a ＞－1时，x ∈(0,1＋a )时，h ′(x )＜0，x ∈(1＋a ，＋∞)时，h ′(x )＞0， h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，综上，a ＞－1时，h (x )在(0,1＋a )递减，在(1＋a ，＋∞)递增，a ≤－1时，h (x )在(0，＋∞)递增．(2)证明：由(1)得x ＝1＋a 是函数h (x )的唯一极值点，故a ＝2. ∵2ln x 1＋mx 1＝0,2ln x 2＋mx 2＝0， ∴2(ln x 2－ln x 1)＝m (x 1－x 2)， 又f (x )＝2ln x ，∴f ′(x )＝2x，f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＝2x 1＋x 2＋m2x 1－x 2＝x 1－x 22⎝⎛⎭⎫2x 1＋x 2＋m＝x 1－x 2x 1＋x 2＋m x 1－x 22＝1－x 2x 11＋x 2x 1＋ln x 2x 1.令x 2x 1＝t ≥e 2，φ(t )＝1－t 1＋t ＋ln t ，则φ′(t )＝t 2＋1t (t ＋1)2＞0， ∴φ(t )在[e 2，＋∞)上递增，φ(t )≥φ(e 2)＝1＋2e 2＋1＞1＋232＋1＝65.故f ′(x 1＋x 2)＋m f ′(x 1－x 2)＞65. 5．(2019·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝ln x －x ＋1x －1.(1)讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；(2)设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．解：(1)f (x )的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为f ′(x )＝1x ＋2(x －1)2＞0，所以f (x )在(0,1)，(1，＋∞)单调递增．因为f (e)＝1－e ＋1e －1＜0，f (e 2)＝2－e 2＋1e 2－1＝e 2－3e 2－1＞0，所以f (x )在(1，＋∞)有唯一零点x 1，即f (x 1)＝0.又0＜1x 1＜1，f ⎝⎛⎭⎫1x 1＝－ln x 1＋x 1＋1x 1－1＝－f (x 1)＝0，故f (x )在(0,1)有唯一零点1x 1. 综上，f (x )有且仅有两个零点． (2)因为1x 0＝，故点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0在曲线y ＝e x 上． 由题设知f (x 0)＝0，即ln x 0＝x 0＋1x 0－1，故直线AB 的斜率k ＝1x 0－ln x 0－ln x 0－x 0＝1x 0－x 0＋1x 0－1－x 0＋1x 0－1－x 0＝1x 0.曲线y ＝e x 在点B ⎝⎛⎭⎫－ln x 0，1x 0处切线的斜率是1x 0，曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处切线的斜率也是1x 0，所以曲线y ＝ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．高考解答题·审题与规范(一) 函数与导数类考题重在“拆分”思维流程函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先求导，再变形、分离或分解出基本函数，再根据题意处理.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅰ卷)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.(1)设g (x )＝f ′(x )，对g (x )求导可得g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝⎛⎭⎫α，π2单调递减，得证．(2)对x 进行讨论，当x ∈(－1,0]时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时，利用函数单调性，确定f (x )先增后减且f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，所以此区间上没有零点；当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，利用函数单调性确定此区间上有唯一零点；当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，所以此区间上没有零点. 审结论问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．规范解答评分细则[解析] (1)设g (x )＝f ′(x )，则g (x )＝cos x －11＋x，g ′(x )＝－sin x ＋1(1＋x )2.1分① 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.2分② 设零点为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫α，π2时，g ′(x )＜0.3分③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.4分④(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.6分⑤(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.8分⑥ 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.9分⑦ (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.10分⑧ (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.12分⑨第(1)问踩点得分①构造函数g (x )＝f ′(x )并正确求导g ′(x )得1分．②判断g ′(x )在⎣⎡⎦⎤－1，π2上递减，由零点存在定理判定g ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一零点α，得1分． ③判断g ′(x )在(－1，α)，⎝⎛⎭⎫α，π2上的符号，得1分．④得出g (x )＝f ′(x )在⎝⎛⎭⎫－1，π2有唯一极大值点得1分．第(2)问踩点得分⑤判断f ′(x )在(－1,0)递增，得1分，判断f (x )在(－1,0)递减，又f (0)＝0，有唯一零点，得1分． ⑥当x ∈⎝⎛⎦⎤0，π2时判断f ′(x )的单调性，得1分；判断f ′(x )存在零点β，研究f (x )的单调性，得1分．⑦由f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＞0，结合f (x )的单调性，得出f (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上无零点，得1分． ⑧当x ∈⎝⎛⎦⎤π2，π时，研究f (x )的单调性，由零点存在定理得出结论，得1分． ⑨当x ∈(π，＋∞)时，f (x )＜0，从而f (x )在(π，＋∞)上无零点得1分，根据分类讨论，得出总结论，得1分.。
2020版高考数学大二轮复习2.3导数的简单应用课件文
【解析】 本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的 极值与函数零点个数的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解 能力、抽象概括能力等，考查化归与转化思想、分类讨论思想、数形 结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
(1)设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x－1＋1 x，g′(x)＝－sin x＋1＋1 x2. 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，2π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．
2．[2019·河北保定乐凯中学模拟]设函数 f(x)＝g(x)＋x2，曲线 y
＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，则曲线 y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线的斜率为( )
A．2
1 B.4
C．4 D．－12
解析：因为曲线 y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 y＝2x＋1，
(ⅲ)当 0<a<3 时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为 f(a3)＝－2a73＋ b，最大值为 b 或 2－a＋b.
2020版高考文科数学二轮课件：4-2-1 导数的简单应用
2018
导数的几何意义、利用导数讨论函数的
Ⅱ卷 13、21
零点及单调性
Ⅲ卷 21 导数的几何意义利用导数求切线、证明
分值 17 17 12 17
17 12
导数的几何意义、利用导数研究函数的
Ⅰ卷 14、21
17
单调性、参数范围
2017 Ⅱ卷 21 利用导数研究函数的单调性、参数范围 12
Ⅲ卷 21
利用导数研究函数的单调性、证明 12
方法技巧
研究极值、最值问题的 3 个关注点 (1)求函数 f(x)的极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值 的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求 解． (3)求函数 f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数 值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
即 ax＋lnx>0 在 x∈(0，＋∞)上有解，
即 a>－lnxx在 x∈(0，＋∞)上有解．
令 g(x)＝－lnxx，则 g′(x)＝－1－x2lnx， ∴g(x)＝－lnxx在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， ∴g(x)＝－lnxx的最小值为 g(e)＝－1e， ∴a＞－1e. 故选 B. 【答案】 B 【点评】 本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档 题．
典例精讲
【例 1】 (2019 年高考·课标全国卷Ⅰ)曲线 y＝3(x2＋x)ex 在点(0，0)处的切线方程为 ________．
【解析】 y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex ＝3(x2＋3x＋1)ex， 所以切线的斜率 k＝y′|x＝0＝3， 则曲线 y＝3(x2＋x)ex 在点(0，0)处的切线方程为 y＝3x，即 3x－y＝0. 【答案】 3x－y＝0 【点评】 准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟， 而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．
浙江2020版高考数学第四章导数及其应用4.2导数的应用(第1课时)讲义(含解析)
§4.2导数的应用1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．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．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．概念方法微思考1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)提示必要不充分题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．( √)(2)函数的极大值一定大于其极小值．( ×)(3)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．( √)(4)开区间上的单调连续函数无最值．( √)题组二教材改编2．[P32A组T4]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)取到极小值答案 C解析 在(4,5)上f ′(x )>0恒成立， ∴f (x )是增函数．3．[P29练习T2]设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2(x >0)，当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，∴x ＝2为f (x )的极小值点．4．[P26练习T1]函数f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为__________． 答案 (0,4)解析 f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)， 由f ′(x )<0，得0<x <4，∴函数f (x )的单调递减区间为(0,4)．5．[P32A 组T6]函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是__________．答案π6＋ 3 解析 ∵y ′＝1－2sin x ，∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0.∴当x ＝π6时，y max＝π6＋ 3.6．[P30例5]函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[0,3]上的最大值与最小值分别为__________．答案 4，－43解析 由f (x )＝13x 3－4x ＋4，得f ′(x )＝x 2－4＝(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)＝－43，f (0)＝4，f (3)＝1，故f (x )在[0,3]上的最大值是4，最小值是－43.题组三 易错自纠7．(2007·浙江)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( )答案 D解析 当f (x )为增函数时，f ′(x )≥0； 当f (x )为减函数时，f ′(x )≤0.8．(2011·浙江)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )答案 D解析 设h (x )＝f (x )e x，则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x. 由x ＝－1为函数h (x )的一个极值点，得当x ＝－1时，ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c ＝c －a ＝0， ∴c ＝a .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a .若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2， 则x 1x 2＝a a＝1，D 中图象一定不满足该条件．第1课时 导数与函数的单调性题型一 不含参数的函数的单调性1．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案 B解析 由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.故选B.2．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 答案 D解析 因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 当f ′(x )>0时，解得x >1e，即函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞； 当f ′(x )<0时，解得0<x <1e，即函数的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， 故选D.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_________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 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∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.思维升华确定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)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 题型二 含参数的函数的单调性例1已知函数f (x )＝x 2e－ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．当a ≠0时，f ′(x )＝2x e －ax＋x 2(－a )e－ax＝e－ax(－ax 2＋2x )．因为e－ax>0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a.①当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 上有g (x )≥0，即f ′(x )≥0，函数y ＝f (x )单调递增．②当a <0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a，0上有g (x )≤0，即f ′(x )≤0，函数y ＝f (x )单调递减．综上所述，当a ＝0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞，单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a ；当a <0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ，0.思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 跟踪训练1已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a >0)，试讨论f (x )的单调性． 解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a >0)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，令f ′(x )>0，则x <0或x >2－2a a，令f ′(x )<0，则0<x <2－2a a；②当a ＝1时，f ′(x )≥0在R 上恒成立； ③当a >1时，令f ′(x )>0，则x >0或x <2－2a a，令f ′(x )<0，则2－2a a<x <0.综上所述，当0<a <1时，f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a 上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0上单调递减．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小或解不等式例2(1)已知定义域为R 的偶函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0.若a ＝f (e )e，b ＝f (ln2)ln2，c ＝f (3)3，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b <a <cB ．a <c <bC ．a <b <cD ．c <a <b答案 D 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2， 又当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，即函数g (x )在区间(－∞，0)内单调递减．因为f (x )为R 上的偶函数，所以g (x )为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．由0<ln2<e<3，可得g (3)<g (e)<g (ln2)，即c <a <b ，故选D.(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e xf (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0，＋∞)D ．(3，＋∞) 答案 A解析 令g (x )＝e xf (x )－e x， ∴g ′(x )＝e xf (x )＋e xf ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )>1，∴g ′(x )>0， ∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e xf (x )>e x＋3，∴g (x )>3，∵g (0)＝3，∴g (x )>g (0)，∴x >0，故选A.命题点2 根据函数单调性求参数例3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.又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x －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，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． 引申探究1．本例(2)中，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 因为h (x )在[1,4]上单调递增，所以当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，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h (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，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a >－1，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 思维升华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．(2)f (x )为增函数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．跟踪训练2 (1)(2018·宁波模拟)已知三次函数f (x )＝13x 3－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在(－∞，＋∞)上是增函数，则m 的取值范围是( ) A ．m <2或m >4 B ．－4<m <－2 C ．2<m <4 D ．以上皆不正确答案 D解析 由于函数在R 上递增，故导函数恒为非负数，即f ′(x )＝x 2－2(4m －1)x ＋15m 2－2m －7≥0恒成立，其判别式Δ＝4(4m －1)2－4(15m 2－2m －7)≤0，解得2≤m ≤4. (2)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ＋1＋a 2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，3上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案 [－1,1]解析 令t ＝2x，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8，g (t )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t ＋a t .当a ＝0时，g (t )＝|2t |＝2t 单调递增，满足题意； 当a ＞0时，g (t )＝2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，所以a2≤22，解得0＜a ≤1； 当a ＜0时，需2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8上非负，所以2×22＋a22≥0，解得－1≤a ＜0. 综上，实数a 的取值范围为[－1,1]．用分类讨论思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．例已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性． 解 g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1. 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．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 )答案 C解析 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．(2018·台州调考)定义在R 上的可导函数f (x )，已知y ＝2f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的单调递增区间是( )A ．[0,1]B ．[1,2]C ．(－∞，1]D ．(－∞，2]答案 D解析 据函数y ＝2f ′(x )的图象可知，当x ≤2,2f ′(x )≥1⇒f ′(x )≥0，且使f ′(x )＝0的点为有限个，所以函数y ＝f (x )在(－∞，2]上单调递增，故选D.4．(2018·浙江台州中学质检)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )答案 D解析 由题意得f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，若函数f (x )的图象如D 选项中的图象所示，则f ′(x )≤0在R 上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a <0，a 2－4a ≤0，此时不等式组无解，所以D 错误，故选D.5．定义在R 上的函数y ＝f (x )，满足f (3－x )＝f (x )，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，若x 1<x 2，且x 1＋x 2>3，则有( ) A ．f (x 1)<f (x 2) B ．f (x 1)>f (x 2) C ．f (x 1)＝f (x 2) D ．不确定答案 B解析 据已知由f (x )＝f (3－x )，可得函数图象关于直线x ＝32对称，又由⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，得当x >32时，f ′(x )<0；当x <32时，f ′(x )>0.又若x 1<x 2，x 1＋x 2>3，则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－32>⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－32，因此据函数的单调性可得f (x 1)>f (x 2)，故选B.6．(2018·浙江名校协作体模拟)已知函数f (x )＝(2x －1)·e x＋ax 2－3a (x >0)为增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－2e ，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，＋∞C ．(－∞，－2e] D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32e答案 A解析 ∵f (x )＝(2x －1)e x＋ax 2－3a 在(0，＋∞)上是增函数，∴f ′(x )＝(2x ＋1)e x＋2ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a ≤⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x e x .设g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x e x ，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ，由g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ＝0和x >0得x ＝12，∵当x >12时，g ′(x )>0，当0<x <12时，g ′(x )<0，∴g (x )在x ＝12处取得最小值，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4e ，∴－2a ≤4e ，∴a ≥－2e ，故选A.7．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1,3)，则b ＋c ＝________. 答案 －12解析 f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知，－1<x <3是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解， ∴－1,3是f ′(x )＝0的两个根， ∴b ＝－3，c ＝－9，∴b ＋c ＝－12.8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为____________． 答案 {x |x <－1或x >1}解析 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减． ∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．9．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________．答案 (0,1)∪(2,3)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 <3.10．已知函数f (x )＝ln x ＋(x －b )2(b ∈R )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，则实数b 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，94 解析 由题意得f ′(x )＝1x ＋2(x －b )＝1x ＋2x －2b ，因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，所以f ′(x )＝1x ＋2x －2b >0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解，所以b <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，由函数的性质易得当x ＝2时，12x ＋x 取得最大值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ＝12×2＋2＝94，所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，94.11．(2018·湖州五中模拟)设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)． (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)若函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增，求k 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx，f ′(0)＝1，f (0)＝0， 曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为x －y ＝0. (2)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx＝0，得x ＝－1k(k ≠0)，若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(3)由(2)知，若k >0，则当且仅当－1k≤－1，即k ≤1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增；若k <0，则当且仅当－1k≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．综上可知，当函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．12．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a (1－x )x， 当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1)， 单调减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)；当a ＝0时，f (x )为常函数． (2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )在区间(t ,3)上有变号零点． 由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9； 由g ′(3)>0，即m >－373.∴－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.13．(2018·杭州高级中学模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，g (x )为f (x )的导函数．若f (x )在(0,1)上单调递减，则下列结论正确的是( )A ．a 2－3b 有最小值3 B ．a 2－3b 有最大值2 3 C ．f (0)·f (1)≤0 D ．g (0)·g (1)≥0答案 D解析 由题意可得g (x )＝f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (x )在(0,1)上单调递减，所以g (x )≤0在(0,1)上恒成立，即g (0)≤0，g (1)≤0，所以g (0)·g (1)≥0，故选D.14．(2019·杭州第二中学模拟)对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x ∈R |f (x )＝0}，β∈{x ∈R |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“情侣函数”．若函数f (x )＝e x －2＋x －3与g (x )＝ax －ln x 互为“情侣函数”，则实数a 的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln33，1eB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln33C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1e D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1e 答案 C 解析 令f (x )＝ex －2＋x －3＝0，解得α＝x ＝2，根据条件可得|2－β|≤1，解得1≤β≤3，对于函数g (x )＝ax －ln x ，当a ＝0时，g (1)＝0，满足条件；当a <0时，此时y ＝ax 与y ＝ln x 的交点的横坐标在(0,1)之间，不满足条件；当a >0时，要使得β≤3，由y ＝ln x 可得y ′＝1x，设切点为(x 0，y 0)，则对应的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，若该切线过原点，则－y 0＝1x 0(－x 0)＝－1，即y 0＝1，则x 0＝e ，结合图象(图略)可知g (e)＝a e －lne≤0，解得a ≤1e ，即0<a ≤1e .综上，可得0≤a ≤1e，故选C.15．已知函数f (x )＝ax 2－ln x (其中a 为非零常数)，x 1，x 2为两不相等正数，且满足f (x 1)＝f (x 2)．若x 1，x 0，x 2为等差数列，则( )A ．f ′(x 0)>0B ．f ′(x 0)<0C ．f ′(x 0)＝0D ．f ′(x 0)的正负与a 的正负有关答案 A解析 由f (x 1)＝f (x 2)得a (x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝ln x 2x 1，即2ax 0＝lnx 2x 1x 2－x 1.另一方面f ′(x 0)＝2ax 0－1x 0＝lnx 2x 1x 2－x 1－2x 2＋x 1＝1x 2－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 2x1－2·x2x 1－1x 2x 1＋1. 设t ＝x 2x 1(t >0且t ≠1)，g (t )＝ln t －2·t －1t ＋1(t >0)， 则g ′(t )＝1t－4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以g (t )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0， 所以当x 2>x 1时，t >1，所以g (t )>0，故f ′(x 0)>0； 当x 2<x 1时，0<t <1，所以g (t )<0，故f ′(x 0)>0. 综上可知，f ′(x 0)>0.16．已知f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在区间(－2,2)上不单调，求a 的取值范围． 解 ∵f (x )＝x 3－ax －1， ∴f ′(x )＝3x 2－a .由f (x )在区间(－2,2)上不单调，知f ′(x )存在零点，∴a ≥0. 由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)， ∵f (x )在区间(－2,2)上不单调， ∴0<3a3<2，即0<a <12.。
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故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若 a＜0 时，当 x∈0，－21a时，f′(x)＞0； 当 x∈－21a，＋∞时，f′(x)＜0. 故 f(x)在0，－21a上单调递增，在－21a，＋∞上单 调递减． (2)证明：由(1)知，当 a＜0 时，f(x)在 x＝－21a处取 得最大值，最大值为 f－21a＝ln－21a－1－41a，
所以当 x＞0 时，g(x)≤0， 从而当 a＜0 时，ln－21a＋21a＋1≤0， 即 f(x)≤－43a－2.
函数与方程、不等式的交汇是考查的热点，常以含 指数函数、对数函数的情形为载体考查函数的零点(方程 的根)、比较大小、不等式证明以及根据不等式恒成立与 能成立求参数的值(或范围)．主要以解答数零点(方程根)的个数问题． 第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为 函数的图象与 x 轴(或直线 y＝k)在该区间上的交点问题； 第二步：利用导数研究该函数在该区间上单调性、极 值(最值)、端点值等性质， 进而画出其图象； 第三步：结合图象求解． 2．根据函数零点情况求参数范围：(1)要注意端点的 取舍；(2)选择恰当的分类标准进行讨论．
两个 三个
充要条件
f(x1)＜0或f(x2)＞0 f(x1)＝0或者f(x2)＝
0
f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x1)＞0或f(x2)＜0 f(x1)＝0或者f(x2)＝
0
f(x1)＜0且f(x2)＞0
【例 1】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝13x3－a(x2 ＋x＋1)．
(1)若 a＝3，求 f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点． (1)解：当 a＝3 时，f(x)＝13x3－3x2－3x－3，f′(x)＝ x2－6x－3. 令 f′(x)＝0，解得 x＝3－2 3或 x＝3＋2 3.
专题六 函数与导数
第 4 讲 导数的综合应用
1．(2019·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x－xcos x－ x，f′(x)为 f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点； (2)若 x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求 a 的取值范围． (1)证明：设 g(x)＝f′(x)，则 g(x)＝cos x＋xsin x－1. 所以 g′(x)＝－sin x＋sin x＋xcos x＝x·cos x. 当 x∈0，π2时，g′(x)>0；当 x∈π2，π时，g′(x)<0，
所以 f(x)≤－43a－2 等价于 ln－21a－1－41a≤－43a－2， 即 ln－21a＋21a＋1≤0， 设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝1x－1. 当 x∈(0，1)时，g′(x)＞0； x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0. 所以 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0.
又 f(0)＝0，f(π)＝0，所以当 x∈[0，π]时，f(x)≥0. 又当 a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故 f(x)≥ax. 因此，a 的取值范围是(－∞，0]．
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋ 1)x.
(1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a＜0 时，证明：f(x)≤－43a－2. (1)解：f(x)的定义域(0，＋∞)． f′(x)＝1x＋2ax＋2a＋1＝（2ax＋1）x （x＋1）， 若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以 g(x)在0，π2上单调递增，在π2，π上单调递减． 又 g(0)＝0，gπ2>0，g(π)＝－2， 故 g(x)在(0，π)存在唯一零点． 所以 f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点． (2)解：由题设知 f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得 a≤0. 由(1)知，f′(x)在(0，π)只有一个零点，设为 x0，且当 x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当 x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以 f(x) 在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
则 g′(x)＝x2（（xx22＋＋x2＋x＋1）3）2 ≥0， 仅当 x＝0 时 g′(x)＝0，所以 g(x)在(－∞，＋∞)上单 调递增． 故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点． 又 f(3a－1)＝－6a2＋2a－13＝－6(a－16)2－16＜0， f(3a＋1)＝13＞0， 故 f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点．
时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定 其零点的个数即可．存在两个极值点 x1，x2 且 x1＜x2 的 函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：
a的符号
零点个 数
一个
a＞0(f(x1)为极大值， f(x2)为极小值)
两个 三个
一个
a＜0(f(x1)为极小值， f(x2)为极大值)
热点 1 利用导数研究函数的零点(方程的根) 1．利用导数研究函数的零点 函数的零点、方程的实根、函数图象与 x 轴的交点的 横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的 单调性、极值与最值，画出函数图象的变化趋势，数形结 合求解． 2．三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当 x→∞
当 x∈(－∞，3－2 3)∪(3＋2 3，＋∞)时，f′(x)＞0； 当 x∈(3－2 3，3＋2 3)时，f′(x)＜0. 故 f(x)在(－∞，3－2 3)，(3＋2 3，＋∞)上单调递 增，在(3－2 3，3＋2 3)上单调递减． (2)证明：由于 x2＋x＋1＞0， 所以 f(x)＝0 等价于x2＋xx3＋1－3a＝0. 设 g(x)＝x2＋xx3＋1－3a，