全国高考数学二轮复习专题六函数与导数第3讲导数及其应用学案理

第3讲导数及其应用[考情考向分析] 1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点.2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型.3.导数与函数零点、不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一导数的几何意义1．函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的不同．例1 (1)(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x答案 D解析方法一∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.又f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.方法二∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，∴a＝1，即f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋1的切线，也是曲线y＝ln(x＋2)的切线，则实数b＝________.答案ln 2解析设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋1和曲线y＝ln(x＋2)的切点分别为(x1，ln x1＋1)，(x 2，ln(x 2＋2))．∵直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋1的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋2)的切线， ∴1x 1＝1x 2＋2，即x 1－x 2＝2. ∴切线方程为y －(ln x 1＋1)＝1x 1(x －x 1)，即为y ＝x x 1＋ln x 1或y －ln(x 2＋2)＝1x 2＋2(x －x 2)， 即为y ＝x x 1＋2－x 1x 1＋ln x 1，∴2－x 1x 1＝0，则x 1＝2，∴b ＝ln 2.思维升华 (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，进而和导数联系起来求解．跟踪演练1 (1)(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x －y ＝0解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.(2)若函数f (x )＝ln x (x >0)与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫ln12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D ．(－ln 2，＋∞)答案 A解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)， 则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)， 则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t <0，∴h (t )在(0,2)上为减函数， 则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 12e ，∴a ∈⎝⎛⎭⎪⎫ln12e ，＋∞. 热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．例2 (2018·聊城模拟)已知函数f (x )＝2e x－kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围．解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x－k ，x ∈(0，＋∞)， 因为x >0，所以2e x>2.当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k2，此时f (x )单调递增；由f ′(x )<0得0<x <ln k2，此时f (x )单调递减．综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k 2内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln k2，＋∞内单调递增．(2)①当0<k ≤2时，由(1)可得f (x )在(0，＋∞)内单调递增，且f (0)＝0， 所以对于任意的x ∈(0，m )，f (x )>0. 这时|f (x )|>2x 可化为f (x )>2x ， 即2e x－(k ＋2)x －2>0. 设g (x )＝2e x－(k ＋2)x －2， 则g ′(x )＝2e x －(k ＋2)， 令g ′(x )＝0，得x ＝ln k ＋22>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k ＋22内单调递减，且g (0)＝0， 所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k ＋22时，g (x )<0，不符合题意． ②当k >2时，由(1)可得f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，ln k 2内单调递减，且f (0)＝0，所以存在x 0>0，使得对于任意的x ∈(0，x 0)都有f (x )<0. 这时|f (x )|>2x 可化为－f (x )>2x ， 即－2e x＋()k －2x ＋2>0.设h (x )＝－2e x＋()k －2x ＋2，则h ′(x )＝－2e x＋()k －2.(ⅰ)若2<k ≤4，则h ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立， 这时h (x )在(0，＋∞)内单调递减，且h (0)＝0， 所以对于任意的x ∈(0，x 0)都有h (x )<0，不符合题意． (ⅱ)若k >4，令h ′(x )>0，得x <ln k －22，这时h (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，lnk －22内单调递增，且h (0)＝0， 所以对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，ln k －22，都有h (x )>0， 此时取m ＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0，lnk －22，则对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立．综上可得k 的取值范围为()4，＋∞.思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可；②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．跟踪演练2 (1)(2018·河南省中原名校质量考评)已知f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax 在(0，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．{1} B ．{－1} C ．(0,1] D ．[－1,0) 答案 B解析 f (x )＝()x 2＋2ax ln x －12x 2－2ax ，f ′(x )＝2(x ＋a )ln x ，∵f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， 当x ＝1时，f ′(x )＝0满足题意，当x >1时，ln x >0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≥0恒成立．∵x ＋a >1＋a ，∴1＋a ≥0，解得a ≥－1， 当0<x <1时，ln x <0，要使f ′(x )≥0恒成立， 则x ＋a ≤0恒成立，∵x ＋a <1＋a ，∴1＋a ≤0，解得a ≤－1. 综上所述，a ＝－1.(2)(2018·资阳三诊)已知定义在R 上的偶函数f (x )(函数f (x )的导函数为f ′(x ))满足f ⎝⎛⎭⎪⎫x －12＋f (x ＋1)＝0，e 3f (2 018)＝1，若f (x )>f ′(－x )，则关于x 的不等式f (x ＋2)>1ex 的解集为( ) A ．(－∞，3) B ．(3，＋∞) C ．(－∞，0) D ．(0，＋∞)答案 B解析 ∵f (x )是偶函数，∴f (x )＝f (－x )，f ′(x )＝[]f (－x )′＝－f ′(－x )，∴f ′(－x )＝－f ′(x )，f (x )>f ′(－x )＝－f ′(x )， 即f (x )＋f ′(x )>0，设g (x )＝e xf (x )， 则[]e xf (x )′＝e x[]f (x )＋f ′(x )>0，∴g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12＋f (x ＋1)＝0， 得f (x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32＋f ()x ＋3＝0， 相减可得f (x )＝f ()x ＋3，f (x )的周期为3，∴e 3f ()2 018＝e 3f (2)＝1，g (2)＝e 2f (2)＝1e ，f (x ＋2)>1ex ，结合f (x )的周期为3可化为ex －1f (x －1)>1e＝e 2f (2)，g (x －1)>g (2)，x －1>2，x >3，∴不等式的解集为()3，＋∞，故选B. 热点三 利用导数求函数的极值、最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2018·北京)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x. (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x. 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x＝(ax －1)(x －2)e x.若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.思维升华 (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 ]上的最值时，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．跟踪演练3 (2018·江西省八所重点中学联考)已知f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e ln x ＋1x －x .(1)求函数f (x )的极值；(2)设g (x )＝ln(x ＋1)－ax ＋e x，对于任意x 1∈[0，＋∞)，x 2∈[1，＋∞)，总有g (x 1)≥e 2f (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝e ＋1e x －1x 2－1＝－()x －e ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1e x2， 令f ′(x )＝0，可得x ＝1e或x ＝e.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：所以f (x )的极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－2e ，极大值为f (e)＝2e.(2)由(1)可知，当x ∈[1，＋∞)时， 函数f (x )的最大值为2e，对于任意x 1∈[0，＋∞)，x 2∈[1，＋∞)，总有g (x 1)≥e2f (x 2)成立，等价于对于任意x ∈[0，＋∞)，g (x )≥1恒成立，g ′(x )＝e x ＋1x ＋1－a (x ≥0)，①当a ≤2时，因为e x≥x ＋1， 所以g ′(x )＝e x＋1x ＋1－a ≥x ＋1＋1x ＋1－a ≥2－a ≥0， 即g (x )在[0，＋∞)上单调递增，g (x )≥g (0)＝1恒成立，符合题意． ②当a >2时，设h (x )＝e x＋1x ＋1－a (x ≥0)， h ′(x )＝e x－1(x ＋1)2＝(x ＋1)2e x－1(x ＋1)2≥0， 所以g ′(x )在[0，＋∞)上单调递增， 且g ′(0)＝2－a <0，则存在x 0∈(0，＋∞)， 使得g ′(x 0)＝0，所以g (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 又g (x 0)<g (0)＝1，所以g (x )≥1不恒成立，不符合题意．综合①②可知，实数a 的取值范围是(]－∞，2.真题体验1．(2017·浙江改编)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________．(填序号)答案 ④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．观察图象可知，排除①③.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④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)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________． 答案 －1解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)．由ex －1>0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0； 当x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x;②f (x )＝x 2； ③f (x )＝3－x;④f (x )＝cos x .答案 ①解析 若f (x )具有性质M ，则[e x f (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]>0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )>0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意． 经验证，②③④均不符合题意．4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．答案 x －y ＋1＝0解析 ∵y ′＝2x －1x2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1， ∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“在某一点处的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________．押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，∴a2≥1，得a ≥2. 又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在(1,2)上恒成立，∴a ≤2，∴a ＝2. 4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0， 因此函数f (x )在[0,1]上单调递增， 所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在[1,2]上能成立， 只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2018·株洲质检)设函数y ＝x sin x ＋cos x 的图象在点()t ，f (t )处切线的斜率为g (t )，则函数y ＝g (t )的图象一部分可以是( )答案 A解析 因为y ′＝x cos x ，所以g (t )＝t cos t ， 由g (－t )＝－t cos t ＝－g (t )知函数g (t )为奇函数， 所以排除B ，D 选项，当从y 轴右侧t →0时，cos t >0，t >0， 所以g (t )>0，故选A.2．(2018·昆明统考)已知函数f (x )＝exx2＋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.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 24 B.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，e 2C ．(0,2] D.[)2，＋∞答案 A解析 由题意得f ′(x )＝e x(x －2)x 3＋2k x －k ＝(x －2)()e x－kx 2x3，f ′(2)＝0，令g (x )＝e x －kx 2，则g (x )在区间(0，＋∞)内恒大于等于0或恒小于等于0，令g (x )＝0，得k ＝exx2，令h (x )＝ex x 2，则h ′(x )＝e x (x －2)x 3，所以h (x )最小值为h (2)＝e 24，无最大值，所以k ≤e24，故选A. 3．(2018·衡水金卷调研)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x <0的解集为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12B ．(0，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D ．(－∞，0)答案 B解析 构造函数g (x )＝f (x )ex，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )ex，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0， 故函数g (x )在R 上为减函数，又f (0)＝12，所以g (0)＝f (0)e 0＝12，则不等式f (x )－12e x <0可化为f (x )e x <12，即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞)．4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3 C ．a >－13D ．a <－13答案 B解析 由题意得，y ′＝a e ax ＋3＝0在(0，＋∞)上有解， 即a e ax＝－3， ∵e ax >0，∴a <0.又当a <0时，0<e ax<1，要使a e ax＝－3，则a <－3.5．(2018·西南名校联盟月考)设过曲线f (x )＝e x＋x ＋2a (e 为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l 1，总存在过曲线g (x )＝a2(1－2x )－2sin x 上一点处的切线l 2，使得l 1⊥l 2，则实数a 的取值范围为( ) A ．[－1,1] B ．[－2,2] C ．[－1,2] D ．[－2,1]答案 C解析 设y ＝f (x )的切点为(x 1，y 1)，y ＝g (x )的切点为(x 2，y 2)，f ′(x )＝e x＋1，g ′(x )＝－a －2cos x ，由题意得，对任意x 1∈R 总存在x 2使得(1e x＋1)(－a －2cos x 2)＝－1， ∴2cos x 2＝11e x ＋1－a 对任意x 1∈R 均有解x 2，故－2≤11e x ＋1－a ≤2对任意x 1∈R 恒成立，则a －2≤11e x ＋1≤a ＋2对任意x 1∈R 恒成立． 又11e x ＋1∈(0,1)，∴a －2≤0且2＋a ≥1，∴－1≤a ≤2.6．(2018·焦作模拟)已知f (x )＝x ln x ＋f ′(1)x，则f ′(1)＝________. 答案 12解析 因为f ′(x )＝1＋ln x －f ′(1)x 2，令x ＝1， 得f ′(1)＝1－f ′(1)，解得f ′(1)＝12.7．(2018·全国Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________. 答案 －3解析 ∵y ′＝(ax ＋a ＋1)e x，∴当x ＝0时，y ′＝a ＋1， ∴a ＋1＝－2，得a ＝－3.8．已知函数f (x )＝2ln x 和直线l ：2x －y ＋6＝0，若点P 是函数f (x )图象上的一点，则点 P 到直线l 的距离的最小值为________． 答案855解析 设直线y ＝2x ＋m 与函数f (x )的图象相切于点P (x 0，y 0)(x 0>0)．f ′(x )＝2x，则f ′(x 0)＝2x 0＝2，解得x 0＝1.∴P (1,0)．则点P 到直线2x －y ＋6＝0的距离d ＝|2×1－0＋6|22＋(－1)2＝855，即为点P 到直线2x －y ＋6＝0的距离的最小值．9．(2018·衡水金卷调研)已知函数f (x )＝mx 2＋2x －2ex，m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，g (m )＝f (x )max－f (x )min ，则关于m 的不等式g (m )≥4e2的解集为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e 解析 由f (x )＝mx 2＋2x －2ex，得f ′(x )＝()2mx ＋2e x －()mx 2＋2x －2e x()e x 2＝2mx ＋2－mx 2－2x ＋2e x＝－mx 2＋()2－2m x －4ex＝－()mx ＋2(x －2)ex，∵m ∈[]1，e ，x ∈[1,2]，∴f ′(x )≥0，因此函数f (x )在区间[1,2]上单调递增， ∴f (x )max ＝f (2)＝4m ＋2e 2，f (x )min ＝f (1)＝me ，从而g (m )＝f (x )max －f (x )min ＝4m ＋2e 2－m e ＝4m ＋2－m ee 2， 令4m ＋2－m e e 2≥4e 2，得m ≥24－e， 又m ∈[1，e]，∴m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e .故不等式g (m )≥4e 2的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤24－e ，e .10．(2018·吕梁模拟)已知函数f (x )＝exx－a ()x －ln x .(1)当a ≤0时，试求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝e x(x －1)x2－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x ＝e x(x －1)－ax (x －1)x2， ＝()e x －ax (x －1)x 2.当a ≤0时，对于∀x ∈(0，＋∞)，e x－ax >0恒成立， 所以由f ′(x )>0，得x >1；由f ′(x )<0，得0<x <1. 所以f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)． (2)若f (x )在(0,1)内有极值， 则f ′(x )＝0在(0,1)内有解． 令f ′(x )＝()e x －ax (x －1)x 2＝0，即e x－ax ＝0，即a ＝e xx.设g (x )＝exx，x ∈(0,1)，所以 g ′(x )＝e x(x －1)x2， 当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0恒成立， 所以g (x )单调递减．又因为g (1)＝e ，又当x →0时，g (x )→＋∞， 即g (x )在(0,1)上的值域为(e ，＋∞)， 所以当a >e 时，f ′(x )＝()e x －ax (x －1)x 2＝0 有解．设H (x )＝e x－ax ，则 H ′(x )＝e x－a <0，x ∈(0,1)， 所以H (x )在(0,1)上单调递减． 因为H (0)＝1>0，H (1)＝e －a <0，所以H (x )＝e x－ax ＝0在(0,1)上有唯一解x 0.当x 变化时，H (x )，f ′(x )，f (x )变化情况如表所示：所以当a >e 时，f (x )在(0,1)内有极值且唯一．当a ≤e 时，当x ∈(0,1)时，f ′(x )≤0恒成立，f (x )单调递减，不成立． 综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．B 组 能力提高11．(2018·山东联盟考试)对于函数f (x )＝e x－ln(x ＋2)－2，以下描述正确的是( ) A ．∃x 0∈(－2，＋∞)，f (x 0)∈(－∞，－2) B ．∀x ∈(－2，＋∞)，f (x )∈(－∞，－2) C ．∀x ∈(－2，＋∞)，f (x )∈(－2，＋∞) D ．f (x )min ∈(－1,1) 答案 C解析 设函数g (x )＝e x－x －1，g ′(x )＝e x－1， 当x >0时，g ′(x )>0，当x <0时，g ′(x )<0， 所以g (x )min ＝g (0)＝0，即e x≥x ＋1， 设函数h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)， h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2，令h ′(x )>0，得x >－1，令h ′(x )<0，得－2<x <－1，所以h (x )min ＝h (－1)＝0，即x ＋1≥ln(x ＋2)， 又等号取不同x 值，所以e x>ln(x ＋2)，e x－ln(x ＋2)>0，函数f (x )＝e x－ln(x ＋2)－2的值域为(－2，＋∞)，故选C.12．(2018·齐鲁名校教科研协作体模拟)已知函数f (x )＝sin x －x cos x ，现有下列结论： ①当x ∈[0，π]时，f (x )≥0；②当0<α<β<π时，α·sin β>β·sin α；③若n <sin x x <m 对∀x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，则m －n 的最小值等于1－2π；④已知k ∈[]0，1，当x i ∈()0，2π时，满足|sin x i |x i＝k 的x i 的个数记为n ，则n 的所有可能取值构成的集合为{0,1,2,3}． 其中正确的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 当x ∈[0，π]时，f ′(x )＝x sin x ≥0， 函数f (x )在[0，π]上为增函数， 所以f (x )≥f (0)＝0，①正确； 令g (x )＝sin x x，由①知，当x ∈(0，π)时，g ′(x )＝x ·cos x －sin xx 2<0，所以g (x )在(0，π)上为减函数， 所以g ()α>g ()β，sin αα>sin ββ， 所以α·sin β<β·sin α，②错误； 由②可知g (x )＝sin x x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，所以g (x )＝sin x x >g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π，则n ≤2π，令φ(x )＝sin x －x ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，φ′(x )＝cos x －1<0，所以φ(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为减函数，所以φ(x )＝sin x －x <φ(0)＝0，所以sin x x<1，所以m ≥1，则()m －n min ＝m min －n max ＝1－2π，③正确；令h (x )＝|sin x |，k 表示点(x i ，h (x i ))与原点(0,0)连线的斜率，结合图象(图略)可知，当k ∈[]0，1，x ∈(0,2π)时，n 的所有可能取值有0,1,2,3，④正确．13．(2018·齐齐哈尔模拟)已知函数f (x )＝k ln x －x －1x，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴垂直． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意x ∈(0,1)∪(1，e)(其中e 为自然对数的底数)，都有f (x )x －1＋1x >1a(a >0)恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， ∵f (x )＝k ln x －x －1x，定义域为(0，＋∞)， ∴f ′(x )＝k x －1x2＝kx －1x2(x >0)．由题意知f ′(1)＝k －1＝0，解得k ＝1， ∴f ′(x )＝x －1x 2(x >0)， 由f ′(x )>0，解得x >1；由f ′(x )<0，解得0<x <1， ∴f (x )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)由(1)知f (x )＝ln x －1＋1x，∴f (x )x －1＋1x ＝ln x x －1－1x －1＋1x (x －1)＋1x ＝ln xx －1. 方法一 设m (x )＝ln x x －1，则m ′(x )＝x －1－x ln xx (x －1)2，令n (x )＝x －1－x ln x ，则n ′(x )＝1－ln x －1＝－ln x ， ∴当x >1时，n ′(x )<0，n (x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴当x ∈(1，e)时，n (x )<n (1)＝0，∴当x ∈(1，e)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减， ∴当x ∈(1，e)时，m (x )>m (e)＝1e －1，由题意知1a ≤1e －1，又a >0，∴a ≥e－1. 下面证明：当a ≥e－1,0<x <1时，ln x x －1>1a 成立，即证a ln x <x －1成立， 令φ(x )＝a ln x －x ＋1， 则φ′(x )＝a x －1＝a －xx(0<x <1)， 由a ≥e－1,0<x <1，得φ′(x )>0， 故φ(x )在(0,1)上是增函数， ∴x ∈(0,1)时，φ(x )<φ(1)＝0， ∴a ln x <x －1成立，即ln x x －1>1a 成立，故正数a 的取值范围是[)e －1，＋∞. 方法二 ①当x ∈(0,1)时，ln x x －1>1a(a >0)可化为a ln x －x ＋1<0(a >0)， 令g (x )＝a ln x －x ＋1(a >0)，则问题转化为证明g (x )<0对任意x ∈(0,1)恒成立． 又g ′(x )＝a x －1＝a －xx(a >0)， 令g ′(x )>0，得0<x <a ，令g ′(x )<0，得x >a ，∴函数g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减． (ⅰ)当0<a <1时，下面验证g (a )＝a ln a －a ＋1>0(a ∈(0,1))． 设T (x )＝x ln x －x ＋1(0<x <1)，则T ′(x )＝ln x ＋1－1＝ln x <0(0<x <1)． 所以T (x )在(0,1)上单调递减，所以T (x )>T (1)＝0.即g (a )>0(a ∈(0,1)． 故此时不满足g (x )<0对任意x ∈(0,1)恒成立； (ⅱ)当a ≥1时，函数g (x )在(0,1)上单调递增． 故g (x )<g (1)＝0对任意x ∈(0,1)恒成立， 故a ≥1符合题意． 综合(ⅰ)(ⅱ)，得a ≥1.②当x ∈(1，e)时，ln x x －1>1a (a >0)，令h (x )＝a ln x －x ＋1(a >0)，则问题转化为证明h (x )>0对任意x ∈(1，e)恒成立． 又h ′(x )＝a x －1＝a －xx(a >0)， 令h ′(x )>0得 0<x <a ；令h ′(x )<0，得x >a ，∴函数h (x )在(0，a )上单调递增，在(a ，＋∞)上单调递减． (ⅰ)当a ≥e 时，h (x )在(1，e)上是增函数， 所以h (x )>h (1)＝0，(ⅱ)当1<a <e 时，h (x )在(1，a )上单调递增，在(a ，e)上单调递减， 所以只需h (e)≥0，即a ≥e－1，(ⅲ)当0<a ≤1时，h (x )在(1，e)上单调递减， 则h (x )<h (1)＝0，不符合题意． 综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得a ≥e－1.由①②得正数a 的取值范围是[)e －1，＋∞.。