高考数学(文科)二轮专题：第二篇专题六第3讲 导数的简单应用
2020高考文科数学二轮考前复习方略课件：专题六 第3讲 导数的简单应用
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第二部分 专题六 函数与导数
7
2.导数的几何意义 函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处的切线的斜率 k＝f′(x0)，相应的切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
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第二部分 专题六 函数与导数
6
[研考点考向·破重点难点] 考点 1 导数的运算及其几何意义(基础型) [知识整合]
1.导数公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a＞0)； (4)(logax)′＝xln1 a(a＞0，且 a≠1)．
解析：设直线 x－y＋1＝0 与函数 f(x)＝ln x－ax 的图象的切点为 P(x0，y0)，因为 f′(x)
x0－y0＋1＝0
＝1x－a，所以由题意，得f′（x0）＝x10－a＝1
，解得 a＝e12－1.
f（x0）＝ln x0－ax0＝y0
答案：e12－1
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第二部分 专题六 函数与导数
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第二部分 专题六 函数与导数
23
②当 1<1a<e，即1e<a<1 时，f(x)在1，1a上单调递减，在1a，e上单调递增，所以 f(x) 在[1，e]上的最小值为 f1a<f(1)＝－2，不合题意． ③当1a≥e，即 0<a≤1e时，f(x)在[1，e]上单调递减， 所以 f(x)在[1，e]上的最小值为 f(e)<f(1)＝－2，不合题意． 综上，实数 a 的取值范围是[1，＋∞)．
高考文科数学二轮复习导数的综合应用
(3)设 c>1，证明当 x∈(0,1)时， 1＋(c－1)x＞cx.
[ 解] (1)由题设知 ，f(x)的定义域为 (0，＋ ∞)，f′(x)＝1x－1，令 f′(x)＝0，解
得 x＝1.
当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当 x＞1 时， f′(x)＜0，f(x)单调递减 ．
当 x<－ 1 时，g′ (x)<0，g(x)单调递减；当 x>－1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增 ．所
以 g(x)≥ g(－1)＝ 0.
因此 f(x)＋e≥0.
[ 教师备选题 ]
1．(2016 ·全国卷 Ⅲ)设函数 f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论 f(x)的单调性；
x－1 (2)证明当 x∈(1，＋∞ )时， 1＜ ln x ＜x；
g(x)在(1， ＋∞)上单调递增 ，因此 g(x)＞0； ② 当 a＞2 时，令 g′ (x)＝0 得 x1＝a－1－ a－ 1 2－1，x2＝a－1＋ a－1 2－1. 由 x2＞1 和 x1x2＝1 得 x1＜1，故当 x∈(1，x2)时， g′ (x)＜0，g(x)在 (1，x2)单
调递减 ，因此 g(x)＜0. 综上 ，a 的取值范围是 (－∞， 2]．
(1)讨论 f(x)的单调性；
3 (2)当 a<0 时，证明 f(x)≤－ 4a－ 2.
[ 解] (1)f(x)的定义域为 (0，＋∞ )，
1
x＋1 2ax＋ 1
f′(x)＝ x＋ 2ax＋2a＋ 1＝
x
.
若 a≥0，则当 x∈ (0，＋∞ )时 ，f′ (x)>0，
故 f(x)在(0， ＋∞)上单调递增 ．
高考数学文科二轮专题攻略课件：第三讲 导数的简单应用
∴f(x)的单调增区间为(0,1)与(2,+∞),单调减区间为(1,2).
(2)假设存在实数a满足题意,
由已知得g'(x)=f '(x)-a=x- 2a -2≥0恒成立,
x
即 x2 2x 2a ≥0当x>0时恒成立,
x
考点聚焦 栏目索引
∴a≤ 1 (x2-2x)= 1 (x-1)2- 1 恒成立.
又a1所以b3则f栏目索引高考导航考点聚焦栏目索引高考导航考点聚焦所以fx的单调递增区间为?fx在01上单调递增在1e上单调递减所以fx在区间0e上的最大值为f12a栏目索引高考导航考点聚焦上单调递增在?上单调递减在1e上单调递增所以最大值在x?或xe处取得ln?a?2a1?ln??10所以felneaefx在区间01上单调递增在?上单调递减在栏目索引高考导航考点聚焦所以最大值可能在x1或xe处取得而f1ln1a2a10所以felneaefx在区间01上单调递增在1e上单调递减所以最大值在x1处取得而f1ln1a2a10矛盾
考点聚焦 栏目索引
1.若函数f(x)=-
1 3
x3+
1 2
x2+2ax在
2 3
,
上存在单调递高增考导区航 间,则实
数a的取值范围是
.
答案 解析
1 9
,
对f(x)求导,得f
'(x)=-x2+x+2a=-
x
1 2
2
+
1 4
+2a.
当x∈
2 3
,
时,
f
'(x)的最大值为f
'
2 3
=
0,
1 e
上单调递减,在
高考数学文(二轮复习)课件《导数的简单应用
b 又y′＝2ax－x2， b 7 所以在点P处的切线斜率4a－ ＝－ .② 4 2 由①②解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3.
(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切 线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一 定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点． (2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐 标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率 间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之 间的关系，进而和导数关联起来求解．
2．(2014· 湖南高考)若0<x1<x2<1，则( A．e －e >ln x2－ln x1 B．e －e <ln x2－ln x1 C．x2e >x1e D．x2e <x1e
x1 x1 x2 x2 x2 x1 x2 x1
)
答案：C
1 解析：构造函数f(x)＝e －ln x，则f′(x)＝e － ，故f(x)＝ex x
2.应对策略 首先要理解导数的工具性作用；其次要弄清函数单调性与 导数符号之间的关系，掌握求函数极值、最值的方法步骤，对 于已知函数单调性或单调区间，求参数的取值范围问题，一般 先利用导数将其转化为不等式在某个区间上的恒成立问题，再 利用分离参数法求解.
基础记忆
试做真题
ห้องสมุดไป่ตู้
基础要记牢,真题须做熟
基础知识不“背死”，就不能“用活”！ 1．导数的几何意义 (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点 (x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)． (2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝ f′(x0)(x－x0)． (3)导数的物理意义：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用 精品
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲 线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
高考数学(文科)二轮专题重点增分专题三 导数的简单应用
答案：－ 3
考点二
利用导数研究函数的单调性
增分考·点深度精研
[析母题——高考年年“神”相似]
[典例] 已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
[解] 函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
答案：B
2．已知函数f(x)在定义域R 内可导，f(x)＝f(2－x)，且当x∈ (－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0.设a＝f(0)，b＝f f(3)，则a，b，c的大小关系为 A．c<a<b C．a<b<c B．c<b<a D．b<c<a
1 2
，c＝ ( )
解析：依题意得，当 x<1 时，f′(x)>0，函数 f(x)为增函数．
[多练强化]
x2 1．已知函数f(x)＝－ln x＋ ＋3，则函数f(x)的单调递减区间 2 是 A．(－∞，0) C．(0，＋∞) B．(0,1) D．(1，＋∞) ( )
f′x<0， 1 解析：f′(x)＝－x＋x(x>0)．由 得0<x<1.所以函 x>0，
数f(x)的单调递减区间为(0,1)．
解析：因为 f(2)＝23－2×22＋2＝2≠0，所以点 P(2,0)不在曲线 1 5 3 2 f(x)＝x －2x ＋2 上．设切点坐标为(x0，y0)，则 ≤x0≤ ， 2 2
2 － 2 x y0＝x3 0 0 ＋ 2， 因为 f′(x)＝3x2－4x，所以 0－y0 2 2－x ＝3x0－4x0， 0 2 消去 y0，整理得(x0－1)(x0 －3x0＋1)＝0， 3＋ 5 解得 x0＝1 或 x0＝ (舍去) 2 3－ 5 或 x0＝ (舍去)，所以 y0＝1，f′(x0)＝－1， 2 所以所求的切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 y＝－x＋2. 答案：y＝－x＋2
新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题六 第3讲 导数的简单应用 Word版含解析
第3讲 导数的简单应用[做真题]题型一 导数的几何意义1．(·高考全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D.法一：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 所以(－x )3＋(a －1)(－x )2＋a (－x )＝－[x 3＋(a －1)x 2＋ax ]，所以2(a －1)x 2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D.法二：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D.2．(·高考全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( ) A ．a ＝e ，b ＝－1 B ．a ＝e ，b ＝1 C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1解析：选D.因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝e －1，b ＝－1.3．(·高考全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为________． 解析：因为y ＝2ln(x ＋1)，所以y ′＝2x ＋1.当x ＝0时，y ′＝2，所以曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y －0＝2(x －0)，即y ＝2x .答案：y ＝2x4．(·高考全国卷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 ＝________．解析：设y ＝kx ＋b 与y ＝ln x ＋2和y ＝ln(x ＋1)的切点分别为(x 1，ln x 1＋2)和(x 2，ln(x 2＋1))．则切线分别为y －ln x 1－2＝1x 1(x －x 1)，y －ln(x 2＋1)＝1x 2＋1(x －x 2)，化简得y ＝1x 1x ＋ln x 1＋1，y ＝1x 2＋1x －x 2x 2＋1＋ln(x 2＋1)，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝－x2x 2＋1＋ln （x 2＋1），解得x 1＝12，从而b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 答案：1－ln 2题型二 导数与函数的单调性、极值与最值1．(·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，则f (x )的极小值为( )A ．－1B ．－2e －3 C ．5e －3D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A.2．(一题多解)(·高考全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：法一：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，所以f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2＝4⎝⎛⎭⎫cos x －12(cos x ＋1)， 由f ′(x )≥0得12≤cos x ≤1，即2k π－π3≤x ≤2k π＋π3，k ∈Z ，由f ′(x )≤0得－1≤cos x ≤12，即2k π＋π≥x ≥2k π＋π3或2k π－π≤x ≤2k π－π3，k ∈Z ，所以当x ＝2k π－π3(k ∈Z )时，f (x )取得最小值，且f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫2k π－π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫2k π－π3＋sin 2⎝⎛⎭⎫2k π－π3＝－332. 法二：因为f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )＝4sin x 2cos x 2·2cos 2x 2＝8sin x 2cos 3 x 2＝833sin 2x 2cos 6x2，所以[f (x )]2＝643×3sin 2x 2cos 6 x 2≤643·⎝ ⎛⎭⎪⎫3sin 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 2＋cos 2x 244＝274， 当且仅当3sin 2x 2＝cos 2x 2，即sin 2x 2＝14时取等号，所以0≤[f (x )]2≤274，所以－332≤f (x )≤332， 所以f (x )的最小值为－332.答案：－332[山东省学习指导意见]1．导数概念及其几何意义了解导数概念的实际背景，体会导数的思想及其内涵，理解导数的几何意义． 2．导数的运算(1)能根据导数定义，求函数y ＝c ，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝1x 的导数．(2)能利用导数公式表和导数的四则运算法则求简单函数的导数． 3．导数在研究函数中的应用(1)结合实例，了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间．(2)结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及在给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．4．生活中的优化问题举例会利用导数在解决实际问题(探究利润最大、用料最省、效率最高等优化问题)．导数的几何意义[典型例题](1)(·高考全国卷Ⅱ)曲线y＝2sin x＋cos x 在点(π，－1)处的切线方程为()A．x－y－π－1＝0B．2x－y－2π－1＝0C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0(2)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为________．(3)(·广州市调研测试)若过点A(a，0)作曲线C：y＝x e x的切线有且仅有两条，则实数a的取值范围是________．【解析】(1)依题意得y′＝2cos x－sin x，y′|x＝π＝(2cos x－sin x)|x＝π＝2cos π－sin π＝－2，因此所求的切线方程为y＋1＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0，故选C.(2)f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，所以P(1，3)或(－1，3)，经检验，点(1，3)，(－1，3)均不在直线y＝2x－1上，故点P的坐标为(1，3)或(－1，3)．(3)设切点坐标为(x0，x0e x0)，y′＝(x＋1)e x，y′|x＝x0＝(x0＋1)e x0，所以切线方程为y－x0e x0＝(x0＋1)e x0(x－x0)，将点A(a，0)代入可得－x0e x0＝(x0＋1)e x0(a－x0)，化简，得x20－ax0－a＝0，过点A(a，0)作曲线C的切线有且仅有两条，即方程x20－ax0－a＝0有两个解，则有Δ＝a2＋4a>0，解得a>0或a<－4，故实数a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．【答案】(1)C(2)(1，3)或(－1，3)(3)(－∞，－4)∪(0，＋∞)(1)求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法[对点训练]1．(·武汉调研)设曲线C ：y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，在曲线C 上一点M (1，－4)处的切线记为l ，则切线l 与曲线C 的公共点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.y ′＝12x 3－6x 2－18x ，所以切线l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝－12，所以切线l 的方程为12x ＋y －8＝0.联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －8＝0y ＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，消去y ，得3x 4－2x 3－9x 2＋12x －4＝0，所以(x ＋2)(3x －2)(x －1)2＝0，所以x 1＝－2，x 2＝23，x 3＝1，所以切线l 与曲线C 有3个公共点．故选C.2．(·四川绵阳一诊改编)若函数f (x )＝x 3＋(t －1)x －1的图象在点(－1，f (－1))处的切线平行于x 轴，则t ＝________，切线方程为________．解析：因为函数f (x )＝x 3＋(t －1)x －1，所以f ′(x )＝3x 2＋t －1.因为函数f (x )的图象在点(－1，f (－1))处的切线平行于x 轴，所以f ′(－1)＝3×(－1)2＋t －1＝2＋t ＝0，解得t ＝－2.此时f (x )＝x 3－3x －1，f (－1)＝1，切线方程为y ＝1.答案：－2 y ＝1利用导数研究函数的单调性[典型例题]命题角度一 求函数的单调区间或判断函数的单调性已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x（x ＋1）2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．【解】 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x （x －2a ＋3）（x ＋1）3，x >－1.①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增． 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，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，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时求导数并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．命题角度二已知函数的单调性求参数已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，其定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝1x －2x ＋1＝－2x 2－x －1x ，令f ′(x )＝0，则x ＝1(负值舍去)． 当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)法一：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a＝－（2ax ＋1）（ax －1）x .①当a ＝0时，f ′(x )＝1x>0，所以f (x )在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意； ②当a >0时，由f ′(x )<0，得x >1a .所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞. 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧1a ≤1，a >0，解得a ≥1；③当a <0时，由f ′(x )<0，得x >－12a .所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞. 依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧－12a ≤1，a <0，解得a ≤－12.综上所述，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． 法二：f ′(x )＝1x －2a 2x ＋a ＝－2a 2x 2＋ax ＋1x.由f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g (x )＝－2a 2x 2＋ax ＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a ＝0时，1≤0不合题意；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧14a <1，g （1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >14或a <0，－2a 2＋a ＋1≤0，所以⎩⎨⎧a >14或a <0，a ≥1或a ≤－12，所以a ≥1或a ≤－12.所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)．(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解．[对点训练]1．若函数f (x )＝(x ＋a )e x 在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围为________． 解析：f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x (x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.答案：(－∞，－1)2．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2. 当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0； 故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增．利用导数研究函数的极值(最值)问题[典型例题]命题角度一 求已知函数的极值(最值)已知函数f (x )＝ln xx－1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．【解】 (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2，由⎩⎨⎧f ′（x ）>0，x >0得0<x <e ； 由⎩⎨⎧f ′（x ）<0，x >0，得x >e. 所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，(m ，2m )⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减， 所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max＝ln mm －1.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，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 ]上的最值时，在求得极值的基础上，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．命题角度二 已知函数的极值或最值求参数(·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b .(1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解】 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3单调递减； 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)单调递增；若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a 3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(i)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ii)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(iii)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.已知函数极值点或极值求参数的方法[对点训练](·长质量检测(一))已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x (其中常数a ≠0)． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a 的值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋x 2－3x ，x >0， f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝12，x 2＝1，当0<x <12时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递增； 当12<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减； 当x >1时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增．所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，1. (2)f ′(x )＝2ax 2－（2a ＋1）x ＋1x ＝（2ax －1）（x －1）x，令f ′(x )＝0，得x ′1＝1，x ′2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x ′2＝12a ≠x ′1＝1，当12a<0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2.当0<12a <1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减，在(1，e]上单调递增， 所以最大值1可能在x ＝12a或x ＝e 处取得，而f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝⎛⎭⎫12a 2－(2a ＋1)×12a ＝ln 12a －14a －1<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2.当1<12a <e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎦⎤12a ，e 上单调递增， 所以最大值1可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1<12a <e 矛盾．当12a≥e 时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以最大值1在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，不符合题意． 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.一、选择题1．已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数a 的值是( )A ．12B ．1C ．2D ．e解析：选B.由题意知y ′＝a e x ＋1＝2，则a >0，x ＝－ln a ，代入曲线方程得y ＝1－ln a ，所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a )，即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.2．(·成都第二次诊断性检测)已知直线l 既是曲线C 1：y ＝e x 的切线，又是曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切线，则直线l 在x 轴上的截距为( )A ．2B ．1C ．e 2D ．－e 2解析：选B.设直线l 与曲线C 1：y ＝e x 的切点为A (x 1，e x 1)，与曲线C 2：y ＝14e 2x 2的切点为B ⎝⎛⎭⎫x 2，14e 2x 22.由y ＝e x ，得y ′＝e x ，所以曲线C 1在点A 处的切线方程为y －e x 1＝e x 1(x －x 1)，即y ＝e x 1x －e x 1(x 1－1) ①.由y ＝14e 2x 2，得y ′＝12e 2x ，所以曲线C 2在点B 处的切线方程为y －14e 2x 22＝12e 2x 2(x －x 2)，即y ＝12e 2x 2x －14e 2x 22②.因为①②表示的切线为同一直线，所以⎩⎨⎧e x 1＝12e 2x 2，e x 1（x 1－1）＝14e 2x 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2，x 2＝2，所以直线l的方程为y ＝e 2x －e 2，令y ＝0，可得直线l 在x 上的截距为1，故选B.3．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－26] B ．⎝⎛⎦⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C.由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g （1）≥0⇔－26≤a ≤26或⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－4，a ≥－5⇔a ≥－26，故选C.4．函数f (x )(x >0)的导函数为f ′(x )，若xf ′(x )＋f (x )＝e x ，且f (1)＝e ，则( ) A ．f (x )的最小值为e B ．f (x )的最大值为e C ．f (x )的最小值为1eD ．f (x )的最大值为1e解析：选A.设g (x )＝xf (x )－e x ， 所以g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )－e x ＝0， 所以g (x )＝xf (x )－e x 为常数函数． 因为g (1)＝1×f (1)－e ＝0， 所以g (x )＝xf (x )－e x ＝g (1)＝0， 所以f (x )＝e xx ，f ′(x )＝e x（x －1）x 2，当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， 所以f (x )≥f (1)＝e.5．若函数f (x )＝e x －(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( )A ．(－e 2，－e)B ．⎝⎛⎭⎫－∞，－e2 C ．⎝⎛⎭⎫－∞，－12 D ．(－∞，－e －1)解析：选D.由题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝e x －(m ＋1)⎝⎛⎭⎫1x －2＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，所以m ＋1＝x e x 1－2x 在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令g (x )＝x e x1－2x ，则g ′(x )＝－e x （x －1）（2x ＋1）（1－2x ）2，所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，其图象如图所示，要使m ＋1＝x e x 1－2x 在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，则m ＋1<g (1)，即m ＋1<－e ，m <－e －1，所以实数m 的取值范围是(－∞，－e －1)．故选D.6．(多选)对于函数f (x )＝xe x ，下列说法正确的有( )A ．f (x )在x ＝1处取得极大值1eB ．f (x )有两个不同的零点C ．f (4)<f (π)<f (3)D ．πe 2>2e π解析：选AC.由函数f (x )＝xe x ，可得函数f (x )的导数为f ′(x )＝1－x e x .当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．可得函数f (x )在x ＝1处取得极大值1e ，且为最大值，所以A 正确；因为f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (0)＝0，当x >0时，f (x )>0恒成立，所以函数f (x )只有一个零点，所以B 错误；由f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f (4)<f (π)<f (3)，所以C 正确；由f (x )在(1，＋∞)上单调递减，且π>2>1，可得πe π<2e2，即πe 2<2e π，所以D 错误．故选AC.二、填空题7．(·高考全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x 在点(0，0)处的切线方程为________．解析：因为y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝3(x 2＋3x ＋1)e x ，所以曲线在点(0，0)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝0＝3，所以所求的切线方程为y ＝3x .答案：y ＝3x8．函数f (x )＝x 2－ln x 的最小值为________．解析：因为f (x )＝x 2－ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －1x ，令2x －1x ＝0得x ＝22，令f ′(x )>0，则x >22；令f ′(x )<0，则0<x <22.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递增，所以f (x )的极小值(也是最小值)为⎝⎛⎭⎫222－ln 22＝1＋ln 22. 答案：1＋ ln 229．(·甘肃兰州一中期末改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f ′(－2)＝________，f (x )的极小值为________．解析：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x .令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.答案：0 －e三、解答题10．已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程；(2)讨论f (x )的单调性．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x, f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e，所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝⎛⎭⎫1e ＋1x . (2)f ′(x )＝1x －2ax ＋1＝－2ax 2＋x ＋1x，x >0， ①当a ≤0时，显然f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知其判别式为正， 设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，则x 1x 2＝－12a<0，所以x 1<0<x 2， 所以f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a （x －x 1）（x －x 2）x，x >0.令f ′(x )>0，得x ∈(0，x 2)，令f ′(x )<0得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a. 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减． 11．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x .(1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围． 解：(1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a x ＋2＝a ＋2x x. 当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x. 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2.(2)因为f ′(x )＝a ＋2x x， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a 2， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增； 由f ′(x )<0得，x <－a 2， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减． 所以当a <0时，f (x )的最小值为极小值，即f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2－a .根据题意得f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2－a ≥－a ， 即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2，综上实数a 的取值范围是[－2，0)．12．(·广州市调研测试)已知函数f (x )＝x e x ＋a (ln x ＋x )．(1)若a ＝－e ，求f (x )的单调区间；(2)当a <0时，记f (x )的最小值为m ，求证：m ≤1.解：(1)当a ＝－e 时，f (x )＝x e x －e(ln x ＋x )，f (x )的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝(x ＋1)e x －e ⎝⎛⎭⎫1x ＋1＝x ＋1x (x e x －e)．当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时．f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)证明：f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋1x(x e x ＋a )， 令g (x )＝x e x ＋a ，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 因为a <0，所以g (0)＝a <0，g (－a )＝－a e －a ＋a >－a ＋a ＝0， 故存在x 0∈(0，－a )，使得g (x 0)＝x 0e x 0＋a ＝0.当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )＝x ＋1x(x e x ＋a )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )＝x ＋1x (x e x ＋a )>0，f (x )单调递增． 故x ＝x 0时，f (x )取得最小值，即m ＝f (x 0)＝x 0e x 0＋a (ln x 0＋x 0)． 由x 0e x 0＋a ＝0得m ＝x 0e x 0＋a ln(x 0e x 0)＝－a ＋a ln(－a )，令x ＝－a >0，h (x )＝x －x ln x ，则h ′(x )＝1－(1＋ln x )＝－ln x ， 当x ∈(0，1)时，h ′(x )＝－ln x >0，h (x )＝x －x ln x 单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝－ln x <0，h (x )＝x －x ln x 单调递减， 故x ＝1，即a ＝－1时，h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，故m ≤1.。
高考数学专题讲座3 (文科)函数与导数的综合应用
第3讲：函数与导数的综合应用【知识归纳】1.导数的定义：f(x)在点x 0处的导数记作xx f x x f x f y x x x ∆-∆+='='→∆=)()(lim)(00000；2.导数的几何意义：曲线y ＝f （x ）在点P （x 0,f(x 0)）处的切线的斜率是).(0x f '相应地，切线方程是);)((000x x x f y y -'=-3.导数的四则运算法则：;)(;)(;)(2vv u v u v u v u v u uv v u v u '-'=''+'=''±'='± 4.常见函数的导数公式:cosx;)(sinx Q);(m mx )(x );(C 01-m m ='∈='='为常数C ;log 1)(log ;x 1)(lnx lna;a )(a ;e )(e -sinx;)(cosx e a xa x x x x x='='=='=' 5.导数的应用：（1）利用导数判断函数的单调性：设函数y ＝f （x ）在某个区间内可导，如果,0)(>'x f 那么f(x)为增函数；如果,0)(<'x f 那么f(x)为减函数；如果在某个区间内恒有,0)(='x f 那么f(x)为常数；（2）求可导函数()f x 的极值:①确定函数的定义区间，求导数)(x f '②求方程()0f x '=的根③用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格.检查)(x f '在方程根左右的值的符号，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；如果左右不改变符号，那么()f x 在这个根处无极值.如果函数在某些点处连续但不可导，也需要考虑这些点是否是极值点 . （3）利用导数求函数的最值:设函数)(x f 在[]b a ,上连续，在(,)a b 内可导，则求)(x f 在[]b a ,上的最大值与最小值的步骤如下：①求)(x f 在(,)a b 内的极值；②将)(x f 的各极值与)(a f 、)(b f 比较得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值(4)利用导数进行综合应用：以导函数和不等式为基础，单调性为主线，最(极值)为助手，从数形结合、分类讨论等多视角进行综合探索. 通过研究函数的单调性、最值与不等式、数列等基本知识的综合应用，提高分析问题和解决问题的能力以及数学归纳法的应用。
2019高考数学二轮复习第3讲导数的简单应用课件理
2 0
1 3 ax (-cos x)dx,则 的展开式中 , x 项的系数为 2 ax
9
答案
-
21 2
2 0
解析 a=
(-cos x)dx=-sin x
1 2 x sin sin 0 ==-1. 的 0 2x 2
令f '(x)=0,解得x=t2- 3 ,或x=t2+ 3 . 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x f '(x) f(x)
(-∞,t2- 3 ) + ↗
t2- 3 0 极大值
(t2- 3 ,t2+ 3 ) ↘
t2+ 3 0 极小值
(t2+ 3 ,+∞) + ↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2- 3 )=(- 3 )3-9×(- 3 )=6 3 ;函数 f(x)的极小值为f(t2+ 3 )=( 3 )3-9×( 3)=-6 3.
值.
1.函数y=
1 A. e
C.0
x x 在[0,2]上的最大值是 e 2 B. 2 e 1 D. 2 e
(
)
1 x 答案 A 易知y'= x ,x∈[0,2],令y'>0,得0<x<1,令y'<0,得1<x e x ≤2.所以函数y= x 在[0,1]上单调递增,在(1,2]上单调递减.所以y= e x 在[0,2]上的最大值是y| = 1 .故选A. x=1 x e e
x2 1.已知函数f(x)=-ln x+ +3,则函数f(x)的单调递减区间是 2
2020届高考数学(文)课标版二轮课件：专题六第3讲 导数的简单应用
a 3
,1单调递增,所以f(x)在[0,1]
的最小值为f
a 3
=-
a3 27
+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
于是m=-
a3 27
+2,M=42,-2a,0
a
a
3.
2,
所以M-m=2-a
a3 27
,0
a
2,
a3
,2
a
3.
当0<a<2时,可知2-a+
+3xf '(2)-ln x,则f '(2)的值为 ( B )
A. 7 B.- 7 C. 9 D.- 9
4
4
4
4
答案 B ∵f(x)=x2+3x f '(2)-ln x,∴f '(x)=2x+3f '(2)- 1 ,令x=2,得f '(2)=4+3f '(2)-
x
1 ,解得f '(2)=- 7 .
2
-1
1
.
考点三 利用导数研究极值、最值
命题角度一 求函数的极值、最值
(2019课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.
解析 (1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
若a<0,则当x∈
-
,
a 3
∪(0,+∞)时,
专题通关攻略 高考数学文二轮复习课件：3导数的简单应用
f(x)=lnx
导函数
f′(x)=_a_xl_n_a_
f′(x)=_e_x
1
f′(x)=_x_ln_a_
1
f′(x)=__x_
(2)导数四则运算法则:
①[f(x)±g(x)]′=_f_′__(_x_)_±__g_′__(_x_)_;
②[f(x)·g(x)]′=_f_′__(_x_)_g_(_x_)_+_f_(_x_)_g_′__(_x_)_;
【方法规律】 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： 求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为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.
(2)若k∈[4，+∞)，曲线y=f(x)上总存在相异两点M(x1，y1)，N(x2， y2)使得曲线y=f(x)在M，N两点处切线互相平行，求x1+x2的取值范围.
【解题导引】(1)求导函数，对k分类讨论，利用导数的正负，即可得 到f(x)在区间(0，2)上的单调性. (2)利用过M，N点的切线互相平行，建立方程，结合基本不等式， 再求最值，即可求x1+x2的取值范围.
m2
n即28m+2，n≤12.
m2
因为 2mn 2m所 n以m6，·n≤18，由2m+n=12且2m=n得m=3，
2
n=6.当m<2时，抛物线开口向下，据题意得：n 8 1即, 2n+m≤
m2 2
18，因为 2m n 2n 所m以m9, ·n≤ 由2n+m81=, 18且2n=m得
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析20---导数的简单应用
高考数学二轮复习考点知识与题型专题解析导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．『典型题训练』1．若过函数f(x)＝ln x－2x图象上一点的切线与直线y＝2x＋1平行，则该切线方程为()A．2x－y－1＝0B．2x－y－2ln2＋1＝0C．2x－y－2ln2－1＝0D．2x＋y－2ln2－1＝02．已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l过定点()A．(0，2) B．(1，0)C．(1，a＋1) D．(e，1))，则曲线y＝f(x)在x＝0 3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝cos x－xf′(π2处的切线方程是()A．2x－y－1＝0 B．2x＋y＋1＝0C．x－2y＋2＝0 D．x＋2y＋1＝04．已知函数f(x)＝a e x＋x2的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝(2e+2)x＋b，那么ab＝()A．2 B．1 C．－1 D．－25．[2021·重庆三模]已知曲线C1：f(x)＝e x＋a和曲线C2：g(x)＝ln (x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的取值范围是()，+∞)B．[0，＋∞)A．[−94]C．(−∞，1]D．(−∞，94在点(－1，－3)处的切线方程为________________．6．[2021·全国甲卷(理)]曲线y＝2x−1x+2微专题2利用导数研究函数的单调性『常考常用结论』导数与单调性的关系1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0；2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．『提分题组训练』1．[2021·山东烟台模拟]已知a＝ln12 020+2 0192 020，b＝ln12 021+2 0202 021，c＝ln12 022+2 0212 022，则a，b，c的大小关系是()A.a>b>c B．a>c>bC．c>b>a D．c>a>b2．函数f(x)＝x2－a ln x在[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，2] B．(2，＋∞)C．(－∞，2] D．(－∞，2)3．已知函数f(x)＝23x3－ax2＋4x在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是()A．(2√2，＋∞) B．[2√2，＋∞)C．(－∞，－2√2) D．(－∞，－2√2]4．若函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(－π，0)，f′(x)sin x<f(x)cos x恒成立，则()A．√2f(−5π6)>f(−3π4)B．f(−5π6)>√2f(−3π4)C．√2f(−5π6)<f(−3π4)D．f(−5π6)<√2f(−3π4)5．定义在R上的函数f(x)满足f(x)>1－f′(x)，f(0)＝6，则不等式f(x)>1＋5e x(e为自然对数的底数)的解集为()A．(0，＋∞) B．(5，＋∞)C．(－∞，0)∪(5，+∞) D.(−∞，0)6．[2021·山东济南一模]设a＝2022ln2020，b＝2021ln2021，c＝2020ln2022，则() A．a>c>b B．c>b>aC．b>a>c D．a>b>c微专题3利用导数研究函数的极值、最值『常考常用结论』导数与极值、最值(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”；函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”．『提分题组训练』1．已知函数f(x)＝12sin2x＋sin x，则f(x)的最小值是()A．－3√32B．3√32C．－3√34D．3√342．[2021·全国乙卷(理)]设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A ．a ＜bB ．a ＞bC ．ab ＜a 2D ．ab ＞a 23．函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则点(a ，b )为() A ．(3，－3) B ．(－4，11) C ．(3，－3)或(－4，11) D ．(4，11)4．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(2a ，3－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是() A ．(－3，1) B ．(－2，1) C ．(−3，−12) D ．(－2，－1]5．若函数f (x )＝12e 2x －m e x －m2x 2有两个极值点，则实数m 的取值范围是() A ．(12，+∞) B ．(1，＋∞) C ．(e 2，+∞) D ．(e ，＋∞) 6．[2021·山东模拟]若函数f (x )＝{2x−2−2m ，x <12x 3−6x 2，x ≥1有最小值，则m 的一个正整数取值可以为________．参考答案导数的简单应用微专题1导数的几何意义及其应用典型题训练1．解析：由题意，求导函数可得y ′＝1x －2， ∵切线与直线y ＝2x ＋1平行， ∴1x －2＝2， ∴x ＝14，∴切点P 坐标为(14，−2ln 2−12)，∴过点P 且与直线y ＝2x ＋1平行的切线方程为y ＋2ln2＋12＝2(x −14)，即2x －y －2ln2－1＝0.故选C.答案：C2．解析：由f (x )＝ax －ln x ＋1⇒f ′(x )＝a －1x ，f ′(1)＝a －1，f (1)＝a ＋1，故过(1，f (1))处的切线方程为：y ＝(a －1)(x －1)＋a ＋1＝(a －1)x ＋2，故l 过定点(0，2)．故选A.答案：A3．解析：∵f (x )＝cos x －xf ′(π2)， ∴f ′(x )＝－sin x －f ′(π2)，∴f ′(π2)＝－sin π2－f ′(π2)＝－1－f ′(π2)， 解得：f ′(π2)＝－12，∴f (x )＝cos x ＋12x ，f ′(x )＝－sin x ＋12，∴f (0)＝1，f ′(0)＝12，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线方程为y －1＝12x ，即x －2y ＋2＝0.故选C.4．解析：因为f (x )＝a e x ＋x 2，所以f ′(x )＝a e x ＋2x ，因此切线方程的斜率k ＝f ′(1)＝a e ＋2，所以有a e ＋2＝2e ＋2，得a ＝2，又切点在切线上，可得切点坐标为(1，2e ＋2＋b )， 将切点代入f (x )中，有f (1)＝2e ＋1＝2e ＋2＋b ，得b ＝－1， 所以ab ＝－2.故选D. 答案：D5．解析：f ′(x )＝e x ，g ′(x )＝1x+b ，设斜率为1的切线在C 1，C 2上的切点横坐标分别为x 1，x 2，由题知e x 1＝1x2+b＝1，∴x 1＝0，x 2＝1－b ，两点处的切线方程分别为y －(1＋a )＝x 和y －a 2＝x －(1－b )， 故a ＋1＝a 2－1＋b ，即b ＝2＋a －a 2＝－(a −12)2＋94≤94.故选D. 答案：D6．解析：y ′＝(2x−1x+2)′＝2(x+2)−(2x−1)(x+2)2＝5(x+2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(−1+2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即y ＝5x ＋2.答案：y ＝5x ＋2微专题2利用导数研究函数的单调性提分题组训练1．解析：构造函数f (x )＝ln x ＋1－x ，f ′(x )＝1x－1＝1−x x，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以f (12 020)>f (12 021)>f (12 022)，a >b >c .故选A.2．解析：由题意得，f ′(x )＝2x －ax ≥0在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 所以a ≤2x 2在x ∈[1，＋∞)上恒成立， 因为2x 2在x ∈[1，＋∞)的最小值为2， 所以m ≤2.故选C. 答案：C3．解析：f ′(x )＝2x 2－2ax ＋4，由题意得∃x ∈(－2，－1)，使得不等式f ′(x )＝2(x 2－ax ＋2)<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <(x +2x )max ，令g (x )＝x ＋2x ，x ∈(－2，－1)， 则g ′(x )＝1－2x 2＝x 2−2x 2，令g ′(x )>0，解得－2<x <－√2， 令g ′(x )<0，解得－√2<x <－1，故g (x )在(－2，－√2)上单调递增，在(－√2，－1)上单调递减， 故g (x )max ＝g (－√2)＝－2√2，故满足条件的a 的范围是(－∞，－2√2)， 故选C. 答案：C4．解析：因为任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x <f (x )cos x 恒成立， 即任意x ∈(－π，0)，f ′(x )sin x －f (x )cos x <0恒成立， 又x ∈(－π，0)时，sin x <0，所以[f (x )sin x ]′＝f ′(x )sin x−f (x )cos x(sin x )2<0，所以f (x )sin x 在(－π，0)上单调递减， 因为－5π6<－3π4，所以f(−5π6)sin(−5π6)>f(−3π4)sin(−3π4)，即f(−5π6)−12>f(−3π4)−√22，所以√2f (−5π6)<f (−3π4)，故选C.答案：C5．解析：设g (x )＝e x f (x )－e x ，因为f (x )>1－f ′(x )，所以g ′(x )＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]>0，所以g (x )是R 上的增函数， 又g (0)＝e 0f (0)－e 0＝5，所以不等式f (x )>1＋5e x 可化为e xf (x )－e x >5，即g (x )>g (0)，所以x >0.故选A.答案：A6．解析：令f (x )＝ln xx+1且x ∈(0，＋∞)，则f ′(x )＝1+1x−ln x (x+1)2，若g (x )＝1＋1x －ln x ，则在x ∈(0，＋∞)上g ′(x )＝－1x 2−1x <0，即g (x )单调递减， 又g (e)＝1e >0，g (e 2)＝1e 2－1<0，即∃x 0∈(1e ，e 2)使g (x 0)＝0， ∴在(x 0，＋∞)上g (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )单调递减； ∴f (2021)<f (2020)，有ln 20212 022<ln 20202 021，即a >b ，令m (x )＝ln xx−1且x ∈(0，1)∪(1，+∞)，则m ′(x )＝1−1x−ln x (x−1)2，若n (x )＝1－1x －ln x ，则n ′(x )＝1x (1x －1)，即在x ∈(0，1)上n (x )单调递增，在x ∈(1，＋∞)上n (x )单调递减，∴n (x )<n (1)＝0，即m ′(x )<0，m (x )在x ∈(1，＋∞)上递减， ∴m (2022)<m (2021)，有ln 20222 021<ln 20212 020，即b >c ，故选D.答案：D微专题3利用导数研究函数的极值、最值提分题组训练1．解析：由题得f ′(x )＝cos2x ＋cos x ＝2cos 2x ＋cos x －1＝(2cos x －1)(cos x ＋1)， 所以当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－1≤cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )取得最小值时，cos x ＝12，此时sin x ＝±√32， 当sin x ＝－√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝－3√34； 当sin x ＝√32时，f (x )＝sin x cos x ＋sin x ＝3√34； 所以f (x )的最小值是－3√34.故选C.答案：C 2．解析：当a >0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图1所示，观察可知b >a .当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .综上，可知必有ab >a 2成立．故选D.答案：D3．解析：由f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2，求导f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，由函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则{f(1)=10f′(1)=0，即{1−a−b+a2=103−2a−b=0，解得{a=−4b=11或{a=3b=−3，当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时f(x)在定义域R上为增函数，无极值，舍去．当a＝－4，b＝11，f′(x)＝3x2＋8x－11，x＝1为极小值点，符合题意，故选B.答案：B4．解析：因为函数f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最大值，又f(－1)＝f(2)＝2，且f(x)在区间(2a，3－a2)上有最大值，所以2a<－1<3－a2≤2，解得－2<a≤－1，所以实数a的取值范围是(－2，－1]故选D.答案：D5．解析：依题意，f′(x)＝e2x－m e x－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e2x－m e x－mx＝0，则e2x＝m(e x+x)，显然m≠0，则1m ＝e x+xe2x，设g(x)＝e x+xe2x，则g′(x)＝(e x+1)·e2x−(e x+x)·2e2xe4x ＝1−e x−2xe2x，设h(x)＝1－e x－2x，则h′(x)＝－e x－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，<1，解得m>1.∴0<1m故选B.答案：B6．解析：y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2)．∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的一个正整数取值可以为4.答案：4。
《导数的应用文科》课件
导数在金融、经济等领域的 应用将更加重要
导数在教育、科普等领域的 应用将更加普及
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汇报人：
导数在历史学中的应用
历史事件的变化趋 势：通过导数分析 历史事件的发展趋 势和变化规律
历史人物的评价： 通过导数分析历史 人物的贡献和影响
历史事件的影响： 通过导数分析历史 事件对后世的影响 和意义
历史事件的比较： 通过导数分析不同 历史事件之间的异 同和联系
导数在哲学中的应用
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导数在哲学中的定义：导数在哲学中通常被用来描述事物发展的趋势和变 化速度。
自然语言处理： 导数在语言模型 和情感分析中用 于优化模型参数
计算机视觉：导 数在图像识别和 图像生成中用于 优化模型参数
导数在大数据分析中的应用前景
导数在数据分析中的重要性：导 数是数据分析中的重要工具，可 以帮助我们更好地理解和分析数 据。
导数在机器学习中的应用：导数 在机器学习中扮演着重要的角色， 可以帮助我们更好地理解和优化 机器学习模型。
《导数的应用文科》 PPT课件
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目录
添加目录项标题 导数在生活中的应用 导数的实际应用案例 总结与展望
导数的定义与性质 导数在文科中的应用 导数的未来发展前景
01
添加章节标题
02
导数的定义与性质
导数的定义
导数是函数在某一点的切线斜率 导数是函数在某一点的瞬时变化率 导数是函数在某一点的极限值 导数是函数在某一点的微分值
导数的性质
导数是函数在某一点的切线斜率 导数是函数在某一点的瞬时变化率 导数是函数在某一点的局部线性近似 导数是函数在某一点的局部线性逼近
2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分 专题6 第3讲 导数的简单应用(文科)
第二部分 专题六 函数与导数
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【解析】
(1)由题意可知
y′＝axcos
x－asin x2
x，故在点
M(π，0)处
的切线方程为 y＝－πa(x－π)＝－π1x＋b，则ab＝ ＝11， ， 故选 C．
(2)由题意得：f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex
∴f′(0)＝3，又 f(0)＝1
第二部分 专题六 函数与导数
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【解析】 (1)函数 f(x)＝xln x 的导数为 f′(x)＝ln x＋1，
设切点为(m，n)，则 n＝mln m，可得切线的斜率为 k＝1＋ln m，
所以 1＋ln m＝n＋m e＝mlnmm＋e，解得 m＝e，k＝1＋ln e＝2，故选 B．
分值 5 5 5 5 5 5
第二部分 专题六 函数与导数
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02 考点分类 • 析重点
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考点一 导数的几何意义
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1．导数的几何意义 函 数 f(x) 在 点 x0 处 的 导 数 f′(x0) 的 几 何 意 义 是 在 曲 线 y ＝ f(x) 上 点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x －x0)．
(2)由积分的几何意义可得，m2＝m 0
xdx＝
3
23x2
m0 ＝23m32
，
解得 m＝49.
第二部分 专题六 函数与导数
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考点二 利用导数研究函数的单调性
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导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在 (－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0． (2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区 间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性．
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第3讲 导数的简单应用(限时60分钟，满分96分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·湖北八市联考)已知直线y ＝ax 是曲线y ＝ln x 的切线，则实数a ＝ A.12B.12eC.1eD.1e2 解析 设切点为(x 0，ln x 0)．∵(ln x )′＝1x，∴曲线y ＝ln x 在点(x 0，ln x 0)处的切线的斜率为1x 0，∴切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，即y ＝xx 0＋ln x 0－1.∵切线方程为y ＝ax ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1x 0，ln x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝e ，a ＝1e . 故选C. 答案 C2．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 )的图象可能是解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A ，C.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2>0，故选项D 正确．故选D.答案 D3．(2019·江西萍乡模拟)若曲线f (x )＝4ln x －x 2在点(1，－1)处的切线与曲线y ＝x 2－3x ＋m 相切，则m 的值是A.134B ．3C ．2D ．1解析 因为f (x )＝4ln x －x 2，所以f ′(x )＝4x－2x .所以f ′(1)＝2，所以曲线y ＝f (x )在点(1，－1)处的切线方程为y ＋1＝2(x －1)，即y ＝2x －3.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －3，y ＝x 2－3x ＋m ，得x 2－5x ＋m ＋3＝0.因为直线y ＝2x －3与曲线y ＝x 2－3x ＋m 相切，所以Δ＝25－4(m ＋3)＝0，解得m ＝134.答案 A4．(2019·日照二模)设定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ，则f (x )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极大值，又无极小值 解析 因为xf ′(x )－f (x )＝x ln x ， 所以xf ′（x ）－f （x ）x 2＝ln x x ，所以⎝⎛⎭⎫f （x ）x ′＝ln xx ，所以f （x ）x ＝12ln 2x ＋c ，所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e ，所以c ＝12， 所以f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值． 答案 D5．(2019·武汉二模)已知函数f (x )＝x ln x ＋12x 2－3x 在区间⎝⎛⎭⎫n －12，n 内有极值，则整数n 的值为A ．1B ．2C ．3D ．4解析 由题意知，f ′(x )＝ln x ＋1＋x －3＝ln x ＋x －2，令g (x )＝ln x ＋x －2， 因为g ⎝⎛⎭⎫32＝ln 32＋32－2＝ln 32－12＜ln e －12＝0，g (2)＝ln 2＞0， 所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在⎝⎛⎭⎫32，2内有零点． 又g ′(x )＝1x＋1＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )＝ln x ＋x －2在(0，＋∞)上有唯一的零点x 0，且x 0∈⎝⎛⎭⎫32，2， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎫32，x 0时，f ′(x )＜0， 当x ∈(x 0，2)时，f ′(x )＞0，所以x 0是函数f (x )唯一的极值点，且x 0∈⎝⎛⎭⎫32，2， 所以n ＝2. 答案 B6．(2019·海南省八校联考)已知函数f (x )＝3ln x －x 2＋⎝⎛⎭⎫a －12x 在区间(1，3)上有最大值，则实数a 的取值范围是A.⎝⎛⎭⎫－12，5 B.⎝⎛⎭⎫－12，112 C.⎝⎛⎭⎫12，112D.⎝⎛⎭⎫12，5解析 因为f ′(x )＝3x －2x ＋a －12，所以由题设f ′(x )＝3x －2x ＋a －12在(1，3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＞0，f ′（3）＜0，即⎩⎨⎧a ＋12＞0，a －112＜0⇒－12＜a ＜112.故选B.答案 B7．(2019·昆明二模)已知函数f (x )＝e xx 2＋2k ln x －kx ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是A.⎝⎛⎦⎤－∞，e24 B.⎝⎛⎦⎤－∞，e2 C ．(0，2]D ．[2，＋∞)解析 由题意得f ′(x )＝e x （x －2）x 3＋2k x －k ＝（x －2）（e x －kx 2）x 3，f ′(2)＝0.令g (x )＝e x －kx 2，g (x )在区间(0，＋∞)恒大于等于0，或恒小于等于零， k ＝e x x 2，h (x )＝e xx 2，h ′(x )＝e 2（x －2）x 3， 所以h (x )的最小值为h (2)＝e 24，所以k ≤e 24，选A.答案 A8．(2019·天津)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x ＞1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e]D ．[1，e]解析 当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立， 而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ， 所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1＞0恒成立， 当a ＜1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a ＜1. 综上，a ≥0.当x ＞1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立． 设g (x )＝xln x ，则g ′(x )＝ln x －1（ln x ）2.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1＜x ＜e 时，g ′(x )＜0， 当x ＞e 时，g ′(x )＞0，∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是0≤a ≤e ，即[0，e]．故选C. 答案 C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9．(2019·广东五校协作体二模)若函数f (x )＝x (x －a )2在x ＝2处取得极小值，则a ＝________．解析 求导函数可得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2， 所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2＝0，解得a ＝2或a ＝6，当a ＝2时，f ′(x )＝3x 2－8x ＋4＝(x －2)(3x －2)，函数在x ＝2处取得极小值，符合题意； 当a ＝6时，f ′(x )＝3x 2－24x ＋36＝3(x －2)(x －6)，函数在x ＝2处取得极大值，不符合题意，所以a ＝2.答案 210．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为________．解析 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0，当t >22时，f ′(t )>0， ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值． 答案2211．已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数．若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________．解析 易知函数f (x )的定义域关于原点对称． ∵f (x )＝x 3－2x ＋e x －1ex ，∴f (－x )＝(－x )3－2(－x )＋e －x －1e －x＝－x 3＋2x ＋1e x －e x ＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2＝3x 2≥0(当且仅当x ＝0时，取“＝”)，从而f (x )在R 上单调递增，所以f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)⇔－2a 2≥a －1.解得－1≤a ≤12.答案 ⎣⎡⎦⎤－1，12 12．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ， x ≤a ，－2x ， x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________．解析 (1)若a ＝0，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.当x ＞0时，f (x )＝－2x ＜0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)， 当x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数， 当－1＜x ＜0时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数， ∴f (x )≤f (－1)＝2. ∴f (x )的最大值为2.(2)在同一平面直角坐标系中画出y ＝－2x 和y ＝x 3－3x 的图象，如图所示，当a ＜－1时，f (x )无最大值； 当－1≤a ≤2时，f (x )max ＝2； 当a ＞2时，f (x )max ＝a 3－3a .综上，当a ∈(－∞，－1)时，f (x )无最大值． 答案 (1)2 (2)(－∞，－1)三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分) 13．(2019·兰州模拟)已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．解析 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2x x .当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减； 当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增． 所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时， f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2.所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2. (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值； 当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞上单调递增； 由f ′(x )<0得，x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a2上单调递减． 所以当a <0时，f (x )的最小值为 f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a2－a . 根据题意得f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a2－a ≥－a ， 即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， 所以实数a 的取值范围是[－2，0)．14．(2019·巴蜀质检)已知函数f (x )＝e x (－x 2＋ax －2)(a ∈R )． (1)若x ∈(0，＋∞)时，f (x )不单调，求a 的取值范围；(2)设g (x )＝x 2e x ＋b (x ＋2)2，F (x )＝f (x )＋g (x )，若a ＝1，b ∈⎝⎛⎭⎫0，14，x ∈(0，＋∞)时，F (x )有最小值，求F (x )最小值的取值范围．解析 (1)∵f (x )＝e x (－x 2＋ax －2)，∴f ′(x )＝e x (－x 2＋ax －2)＋e x (－2x ＋a ) ＝e x [－x 2＋(a －2)x ＋a －2]， ∵x ∈(0，＋∞)时，f (x )不单调，∴方程－x 2＋(a －2)x ＋a －2＝0在(0，＋∞)上有解； ∴a －2＝x 2x ＋1＝x ＋1＋1x ＋1－2在(0，＋∞)上有解．又(x ＋1)＋1x ＋1－2>0，(当且仅当x ＝0时等号才成立，故此处无等号)∴a >2.∴实数a 的取值范围为(2，＋∞)． (2)由题意得F (x )＝e x (x －2)＋b (x ＋2)2， ∴F ′(x )＝e x (x －1)＋2b (x ＋2)．设φ(x )＝e x (x －1)＋2b (x ＋2)，则φ′(x )＝x e x ＋2b ， 又x ∈(0，＋∞)，b ∈⎝⎛⎭⎫0，14，∴φ′(x )>0， ∴F ′(x )单调递增，又F ′(0)＝4b －1<0，F ′(1)＝6b >0，∴存在t ∈(0，1)使得F ′(t )＝e t (t －1)＋2b (t ＋2)＝0，且当x ∈(0，t )时，F ′(x )<0，F (x )单调递减，当x ∈(t ，＋∞)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增， ∴F (x )min ＝F (t )＝e t(t －2)＋b (t ＋2)2＝e t (t －2)＋e t （t －1）－2（t ＋2）(t ＋2)2＝e t ⎝⎛⎭⎫－12t 2＋t2－1. 设h (t )＝e t ⎝⎛⎭⎫－12t 2＋t2－1，t ∈(0，1)， 则h ′(t )＝e t ⎝⎛⎭⎫－12t 2－t 2－12<0， ∴h (t )在t ∈(0，1)上单调递减， 又h (0)＝－1，h (1)＝－e ， ∴F (x )min ∈(－e ，－1)，故F (x )最小值的取值范围为(－e ，－1)． 15．(2019·济南二模)已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝－1时，函数g (x )＝f (x )－x e x ＋x 的最大值为m ，求不超过m 的最大整数．解析 (1)f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )， ①当a ≤0时，x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； ②当0＜a ＜12时，x ∈(－∞，ln 2a )时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； x ∈(ln 2a ，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； ③当a ＝12时，x ∈(－∞，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增； ④当a ＞12时，x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； x ∈(0，ln 2a )时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； x ∈(ln 2a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜12时，f (x )在(－∞，ln 2a )上单调递增，在(ln 2a ，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln 2a )上单调递减，在(ln 2a ，＋∞)上单调递增．(2)g (x )＝－e x ＋x 2＋x ，g ′(x )＝－e x ＋2x ＋1，g ″(x )＝－e x ＋2， 当x ∈(0，ln 2)时，g ″(x )＞0，g ′(x )单调递增； x ∈(ln 2，＋∞)时，g ″(x )＜0，g ′(x )单调递减； g ′(0)＝0，g ′(1)＝3－e ＞0，g ′⎝⎛⎭⎫32＝4－e 32＝16－e 3＜0，所以，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫1，32，使g ′(x 0)＝0， 即e x 0＝2x 0＋1，所以，当x 0∈(0，x 0)时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增； x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减； 所以m ＝g (x 0)＝－e x 0＋x 20＋x 0 ＝－(2x 0＋1)＋x 20＋x 0＝x 20－x 0－1＝⎝⎛⎭⎫x 0－122－54， 又x 0∈⎝⎛⎭⎫1，32， 所以，m ∈⎝⎛⎭⎫－1，－14. 所以，不超过m 的最大整数为－1.。