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

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第4讲第2课时利用导数解决不等式恒(能)成立问题

解
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

• (2)结合条件(1)，利用零点存在性定理找出函数在极值点一侧的零点，然后证明其倒数为函数在极值点另一侧的一个零点即可．
[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．

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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，