2019届高考数学专题二函数与导数第3讲导数的综合应用教案理
新高考数学一轮复习第2讲导数在研究函数中的应用3第3课时导数与函数的综合问题教学案
第3课时 导数与函数的综合问题利用导数研究函数的零点(方程根)的问题(高频考点)利用导数研究函数的零点(方程根)的问题，是高考的重点，常出现在解答题的某一问中，难度偏大，主要命题角度有：(1)利用最值(极值)判断零点个数； (2)构造函数法研究零点问题． 角度一 利用最值(极值)判断零点个数已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R )．(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )－k (x ＋2)＋2.若函数g (x )在区间[12，＋∞)上有两个零点，求实数k 的取值范围．【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数为f ′(x )＝－ax ＋1＋a －1x＝－（ax －1）（x －1）x(a ＞0)，①当a ∈(0，1)时，1a＞1.由f ′(x )＜0，得x ＞1a或a ＜1.所以f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞；②当a ＝1时，恒有f ′(x )≤0， 所以f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)； ③当a ∈(1，＋∞)时，1a＜1.由f ′(x )＜0, 得x ＞1或x ＜1a.所以f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．综上，当a ∈(0，1)时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞； 当a ＝1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)；当a ∈(1，＋∞)时，f (x )的单调递减区间为(0，1a)，(1，＋∞)．(2)g (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个零点，即关于x 的方程k＝x 2－x ln x ＋2x ＋2在x ∈[12，＋∞)上有两个不相等的实数根．令函数h (x )＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，x ∈[12，＋∞)，则h ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4（x ＋2）2， 令函数p (x )＝x 2＋3x －2ln x －4，x ∈[12，＋∞)．则p ′(x )＝（2x －1）（x ＋2）x 在[12，＋∞)上有p ′(x )≥0，故p (x )在[12，＋∞)上单调递增．因为p (1)＝0，所以当x ∈[12，1)时，有p (x )＜0，即h ′(x )＜0，所以h (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，有p (x )＞0，即h ′(x )＞0， 所以h (x )单调递增．因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝910＋ln 25，h (1)＝1， 所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤1，910＋ln 25.角度二 构造函数法研究零点问题设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．【解】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －m x ＝x 2－mx ，m ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， m ＞0时，f ′(x )＝（x ＋m ）（x －m ）x，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＞m 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 综上m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；m ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数，F ′(x )＝－（x －1）（x －m ）x，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点；当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时F ′(x )＜0，1＜x ＜m 时F ′(x )＞0， 所以函数F (x )在(0，1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增， 注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln (2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点，综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象只有一个交点．利用导数研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减． 又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43.化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4，即－2≤a ≤2.利用导数研究不等式问题(高频考点)利用导数研究不等式问题是高考中的常考点，主要出现在解答题中，难度较大，主要命题角度有：(1)证明函数不等式； (2)不等式恒成立问题． 角度一 证明函数不等式(2020·温州市高考模拟)设函数f (x )＝e x－1x，证明：(1)当x ＜0时，f (x )＜1；(2)对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a .【证明】 (1)因为当x ＜0时，f (x )＜1，等价于xf (x )＞x ，即xf (x )－x ＞0， 设g (x )＝xf (x )－x ＝e x－1－x ，所以g ′(x )＝e x－1＜0在(－∞，0)上恒成立， 所以g (x )在(－∞，0)上单调递减， 所以g (x )＞g (0)＝1－1－0＝0，所以xf (x )－x ＞0恒成立， 所以x ＜0时，f (x )＜1.(2)要证明当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a ， 即证0＜x ＜ln(1＋a )时，f (x )－1＜a ， 即证e x－1x＜a ＋1，即证e x－1＜(a ＋1)x 即证e x－1－(a ＋1)x ＜0， 令h (x )＝e x－1－(a ＋1)x ， 所以h ′(x )＝e x－(a ＋1)＜eln(a ＋1)－(a ＋1)＝0，所以h (x )单调递减，所以h (x )＜h (0)＝0， 同理可证当x ＜0时，结论成立．所以对任意a ＞0，当0＜|x |＜ln(1＋a )时，|f (x )－1|＜a . 角度二 不等式恒成立问题(2019·高考浙江卷)已知实数a ≠0，设函数f (x )＝a ln x ＋1＋x ，x >0. (1)当a ＝－34时，求函数f (x )的单调区间；(2)对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞均有f (x )≤x 2a ，求a 的取值范围． 注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数．【解】 (1)当a ＝－34时，f (x )＝－34ln x ＋1＋x ，x >0.f ′(x )＝－34x ＋121＋x＝（1＋x －2）（21＋x ＋1）4x 1＋x，令f ′(x )>0，解得x >3，令f ′(x )<0，解得0<x <3，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)． (2)由f (1)≤12a ，得0<a ≤24.当0<a ≤24时，f (x )≤x 2a 等价于x a 2－21＋x a－2ln x ≥0. 令t ＝1a，则t ≥2 2.设g (t )＝t2x －2t 1＋x －2ln x ，t ≥22，则g (t )＝x ⎝⎛⎭⎪⎫t －1＋1x 2－1＋xx－2ln x .①当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫17，＋∞时， 1＋1x≤22，则g (t )≥g (22)＝8x －421＋x －2ln x .记p (x )＝4x －221＋x －ln x ，x ≥17，则p ′(x )＝2x－2x ＋1－1x＝2x x ＋1－2x －x ＋1x x ＋1＝（x －1）[1＋x （2x ＋2－1）]x x ＋1（x ＋1）（x ＋1＋2x ）.故x 17⎝ ⎛⎭⎪⎫17，1 1 (1，＋∞)p ′(x ) － 0 ＋ p (x )p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17单调递减极小值p (1)单调递增因此，g (t )≥g (22)＝2p (x )≥0.②当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17时， g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－2x ln x －（x ＋1）x. 令q (x )＝2x ln x ＋(x ＋1)，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17，则q ′(x )＝ln x ＋2x＋1>0，故q (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e 2，17上单调递增，所以q (x )≤q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17. 由①得，q ⎝ ⎛⎭⎪⎫17＝－277p ⎝ ⎛⎭⎪⎫17<－277p (1)＝0.所以q (x )<0.因此，g (t )≥g ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＝－q （x ）x>0. 由①②知对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，t ∈[22，＋∞)，g (t )≥0，即对任意x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 2，＋∞，均有f (x )≤x2a. 综上所述，所求a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，24.(1)利用导数证明不等式的方法证明f (x )＜g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )＜0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，当x ∈(a ，b )时，有F (x )＜0，即证明f (x )＜g (x )．(2)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．1．若e x≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．k ≤1 B ．k ≥1 C ．k ≤－1D ．k ≥－1解析：选A.由e x≥k ＋x ，得k ≤e x－x . 令f (x )＝e x－x ，所以f ′(x )＝e x－1.f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )＜0时，x ＜0，f ′(x )＞0时，x ＞0.所以f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f (x )min ＝f (0)＝1.所以k 的取值范围为k ≤1，故选A.2．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2； (2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2，因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x(x －4)，所以x (0，16) 16 (16，＋∞)g ′(x ) －0 ＋g (x )2－4ln 2故g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2， 即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e－(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0， f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎪⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0，所以，存在x 0∈(m ，n )使f (x 0)＝kx 0＋a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)， 直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax.设h (x )＝x －ln x －ax，则h ′(x )＝ln x －x2－1＋ax 2＝－g （x ）－1＋ax2， 其中g (x )＝x2－ln x .由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点．核心素养系列6 逻辑推理——两个经典不等式的活用逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x ≥1＋ln x (x >0)，当且仅当x ＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x≥x ＋1(x ∈R )，当且仅当x ＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x>x ＋1>x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)．(1)已知函数f (x )＝1ln （x ＋1）－x，则y ＝f (x )的图象大致为( )(2)已知函数f (x )＝e x，x ∈R .证明：曲线y ＝f (x )与曲线y ＝12x 2＋x ＋1有唯一公共点．【解】 (1)选B.因为f (x )的定义域为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>0，ln （x ＋1）－x ≠0，即{x |x >－1，且x ≠0}，所以排除选项D. 当x >0时，由经典不等式x >1＋ln x (x >0)， 以x ＋1代替x ，得x >ln(x ＋1)(x >－1，且x ≠0)，所以ln(x ＋1)－x <0(x >－1，且x ≠0)，即x >0或－1<x <0时均有f (x )<0，排除A ，C ，易知B 正确．(2)证明：令g (x )＝f (x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋x ＋1＝e x －12x 2－x －1，x ∈R ，则g ′(x )＝e x－x －1，由经典不等式e x ≥x ＋1恒成立可知，g ′(x )≥0恒成立，所以g (x )在R 上为单调递增函数，且g (0)＝0.所以函数g (x )有唯一零点，即两曲线有唯一公共点．已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)证明：对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)证明：由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0. 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e.设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .【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 )在(0，1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.①因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x .[基础题组练]1．(2020·台州市高考模拟)已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．无数个解析：选A.因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点．2．(2020·丽水模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：(构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x >0时，即x ∈(0，1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x <0时，即x ∈[－1，0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1，0)上单调递增，所以g (x )min ＝g (－1)＝4， 从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案：43．已知函数f (x )＝(2－a )(x －1)－2ln x (a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ， 则f ′(x )＝1－2x ＝x －2x，由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)因为f (x )＜0在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上恒成立不可能，故要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上无零点， 只要对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，f (x )＞0恒成立，即对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，a ＞2－2ln x x －1恒成立． 令h (x )＝2－2ln x x －1，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，则h ′(x )＝2ln x ＋2x－2（x －1）2，再令m (x )＝2ln x ＋2x －2，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13， 则m ′(x )＝－2（1－x ）x2＜0， 故m (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为减函数，于是，m (x )＞m ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝4－2ln 3＞0， 从而h ′(x )＞0，于是h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数， 所以h (x )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝2－3ln 3， 所以a 的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．4．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f (x )＝x 2＋1x，x ∈(0，1]．(1)求f (x )的极值点； (2)证明：f (x )＞x ＋34.解：(1)f ′(x )＝2x －1x2.令f ′(x )＝0，解得x ＝312∈(0，1]．当0＜x ＜312时，f ′(x )＜0，此时f (x )单调递减；当312＜x ≤1时，f ′(x )＞0，此时f (x )单调递增，所以，f (x )有极小值点x ＝312，但不存在极大值点．(2)证明：设F (x )＝f (x )－x ，x ∈(0，1]，则F ′(x )＝2x －1x 2－12x ＝4x 3－（x ）3－22x2，设t ＝(x )3，则方程4x 3－(x )3－2＝4t 2－t －2＝0在区间t ∈(0，1)内恰有一个实根． 设方程4x 3－(x )3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x 0，即x 30＝（x 0）3＋24.所以，当0＜x ＜x 0时，F ′(x )＜0，此时F (x )单调递减； 当x 0＜x ≤1时，F ′(x )＞0，此时F (x )单调递增．所以[F (x )]min ＝F (x 0)＝x 20＋1x 0－x 0＝x 30－（x 0）3＋1x 0＝－34x 0＋32x 0.由y ＝－34x ＋32x 在(0，1]上是减函数知，－34x 0＋32x 0＞－34×1＋32×1＝34，故[F (x )]min＞34. 综上，f (x )>x ＋34.5.函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )的导函数的图象如图所示：(1)求a ，b 的值并写出f (x )的单调区间； (2)若函数y ＝f (x )有三个零点，求c 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝13x 3＋ax 2＋bx ＋c ，所以f ′(x )＝x 2＋2ax ＋b .因为f ′(x )＝0的两个根为－1，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2＝－2a ，－1×2＝b ，解得a ＝－12，b ＝－2，由导函数的图象可知，当－1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减， 当x ＜－1或x ＞2时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，故函数f (x )在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减． (2)由(1)得f (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋c ，函数f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数， 所以函数f (x )的极大值为f (－1)＝76＋c ，极小值为f (2)＝c －103.而函数f (x )恰有三个零点，故必有⎩⎪⎨⎪⎧76＋c ＞0，c －103＜0，解得－76＜c ＜103.所以使函数f (x )恰有三个零点的实数c 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，103.6．(2020·浙江金华十校第二学期调研)设函数f (x )＝e x －x ，h (x )＝－kx 3＋kx 2－x ＋1. (1)求f (x )的最小值；(2)设h (x )≤f (x )对任意x ∈[0，1]恒成立时k 的最大值为λ，证明：4＜λ＜6. 解：(1)因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x－1， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝1.(2)证明：由h (x )≤f (x )，化简可得k (x 2－x 3)≤e x－1， 当x ＝0，1时，k ∈R ， 当x ∈(0，1)时，k ≤e x－1x 2－x3，要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题； ①e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立； ②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．先证：①e x－1x 2－x 3＞4，即证e x －1＞4(x 2－x 3)，由(1)可知，e x －x ≥1恒成立，所以e x－1≥x ， 又x ≠0，所以e x－1＞x ，即证x ≥4(x 2－x 3)⇔1≥4(x －x 2)⇔(2x －1)2≥0， (2x －1)2≥0，显然成立，所以e x－1x 2－x 3＞4对任意x ∈(0，1)恒成立；再证②存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6成立．取x 0＝12，e －114－18＝8(e －1)，因为e ＜74，所以8(e －1)＜8×34＝6，所以存在x 0∈(0，1)，使得e x 0－1x 20－x 30＜6， 由①②可知，4＜λ＜6.[综合题组练]1．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值．解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)，令f ′(x )＞0，解得x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)上单调递增，在(12，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)．当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1，m ≥|f ′(x )|恒成立，所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类： 当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1，所以|f ′(x )|≤1； 当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13； f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1；－1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1.所以m 的最小值为1.2．(2020·台州市高考模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx (a ，b ∈R )．(1)若函数f (x )在(0，2)上存在两个极值点，求3a ＋b 的取值范围；(2)当a ＝0，b ≥－1时，求证：对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．解：(1)f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ，由已知可得f ′(x )＝0在(0，2)上存在两个不同的零点，故有⎩⎪⎨⎪⎧f ′（0）＞0f ′（2）＞0Δ＞0－a 2∈（0，2），即⎩⎪⎨⎪⎧b ＞02a ＋b ＋4＞0a 2－4b ＞0，a ∈（－4，0）令z ＝3a ＋b ， 如图所示：由图可知－8＜z ＜0，故3a ＋b 的取值范围(－8，0)．(2)证明：f (x )＝13x 3＋bx (b ≥－1，x ∈[0，2])，所以f ′(x )＝x 2＋b ，当b ≥0时，f ′(x )≥0在[0，2]上恒成立，则f (x )在[0，2]上单调递增， 故0＝f (0)≤f (x )≤f (2)＝2b ＋83，所以|f (x )|≤2b ＋83；当－1≤b ＜0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝－b ∈(0，2)， 则f (x )在[0，－b ]上单调递减，在[－b ，2]上单调递增，所以f (－b )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}．因为f (0)＝0，f (2)＝2b ＋83＞0，f (－b )＝23b －b ＜0，要证|f (x )|≤2b ＋83，只需证－23b －b ≤2b ＋83，即证－b (－b ＋3)≤4，因为－1≤b ＜0，所以0＜－b ≤1，3＜－b ＋3≤4， 所以－b (－b ＋3)≤4成立．综上所述，对任意的实数x ∈[0，2]，|f (x )|≤2b ＋83恒成立．。
2019届江苏专用高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3
4.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋ 27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为__3__百万件.
答案 解析
y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)， 当0<x<3时，y′>0； 当x>3时，y′<0. 故当x＝3时，该商品的年利润最大.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
§3.2 导数的应用
第3课时 导数与函数的综合问题
内容索引
题型分类 深度剖析 课时作业
题型分类 深度剖析
题型一 导数与不等式有关的问题
命题点1 解不等式
例1
设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x>0时，有
xf′x－fx x2
<0
恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是__(－__∞__，__－__2_)_∪__(_0_，__2_)_. 答案 解析
解答 几何画板展示
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥
k x＋1
恒成立，求实数k的取值范围.
解答
引申探究
本题(2)中，若改为存在x0∈[1，e]，使不等式f(x)≥
k x＋1
成立，求实数k的
取值范围. 解答
(1)利用导数解不等式的思路
思维升华
已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数
5.(2017·南京质检)直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的 图象相交于点A和点B，则AB的最小值为_4_－__2_l_n_2__.
答案 解析
由题意得，AB＝|ex＋1－(2x－1)|＝|ex－2x＋2|，令h(x)＝ex－2x＋2， 则h′(x)＝ex－2，所以h(x)在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB的最小值是4－2ln 2.
高考数学一轮总复习 3.3 导数的应用 (二)教案 理 新人教A版
3.3 导数的应用 (二)典例精析题型一 利用导数证明不等式【例1】已知函数f(x)＝12x2＋ln x. (1)求函数f(x)在区间[1，e]上的值域；(2)求证：x ＞1时，f(x)＜23x3. 【解析】(1)由已知f′(x)＝x ＋1x， 当x ∈[1，e]时，f′(x)＞0，因此f(x)在 [1，e]上为增函数.故f(x)max ＝f(e)＝e22＋1，f(x)min ＝f(1)＝12， 因而f(x)在区间[1，e]上的值域为[12，e22＋1]. (2)证明：令F(x)＝f(x)－23x3＝－23x3＋12x2＋ln x ，则F′(x)＝x ＋1x－2x2＝(1－x)(1＋x ＋2x2)x， 因为x ＞1，所以F′(x)＜0，故F(x)在(1，＋∞)上为减函数.又F(1)＝－16＜0， 故x ＞1时，F(x)＜0恒成立，即f(x)＜23x3. 【点拨】有关“超越性不等式”的证明，构造函数，应用导数确定所构造函数的单调性是常用的证明方法.【变式训练1】已知对任意实数x ，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x ＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x ＜0时( )A.f′(x)＞0，g′(x)＞0B.f′(x)＞0，g′(x)＜0C.f′(x)＜0，g′(x)＞0D.f′(x)＜0，g′(x)＜0【解析】选B.题型二 优化问题【例2】 (2012湖南模拟)某地建一座桥，两端的桥墩已建好，这两个桥墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测算，一个桥墩的工程费用为256万元；距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元.假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素.记余下工程的费用为y 万元.(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝640米时，需新建多少个桥墩才能使y 最小？【解析】(1)设需新建n 个桥墩，则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝m x－1. 所以y ＝f(x)＝256n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝256(m x －1)＋m x(2＋x)x ＝256m x＋m x ＋2m －256. (2)由(1)知f′(x)＝－256m x2＋12mx 21 ＝m 2x2(x 23－512). 令f′(x)＝0，得x 23＝512.所以x ＝64.当0＜x ＜64时，f′(x)＜0，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64＜x ＜640时，f′(x)＞0，f(x)在区间(64,640)内为增函数.所以f(x)在x ＝64处取得最小值.此时n ＝m x －1＝64064－1＝9. 故需新建9个桥墩才能使y 最小.【变式训练2】(2013上海质检)如图所示，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，骨架把圆柱底面8等份，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面).当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米).【解析】设圆柱底面半径为r ，高为h ，则由已知可得4(4r ＋2h)＝9.6，所以2r ＋h ＝1.2.S ＝2.4πr －3πr2，h ＝1.2－2r ＞0，所以r ＜0.6.所以S ＝2.4πr －3πr2(0＜r ＜0.6).令f(r)＝2.4πr －3πr2，则f′(r)＝2.4π－6πr.令f′(r)＝0得r ＝0.4.所以当0＜r ＜0.4，f′(r)＞0；当0.4＜r ＜0.6，f′(r)＜0.所以r ＝0.4时S 最大，Smax ＝1.51.题型三 导数与函数零点问题【例3】 设函数f(x)＝13x3－mx2＋(m2－4)x ，x ∈R. (1)当m ＝3时，求曲线y ＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且α＜β.若对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】(1)当m ＝3时，f(x)＝13x3－3x2＋5x ，f′(x)＝x2－6x ＋5. 因为f(2)＝23，f′(2)＝－3，所以切点坐标为(2，23)，切线的斜率为－3， 则所求的切线方程为y －23＝－3(x －2)，即9x ＋3y －20＝0. (2)f′(x)＝x2－2mx ＋(m2－4).令f′(x)＝0，得x ＝m －2或x ＝m ＋2.当x ∈(－∞，m －2)时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，m －2)上是增函数；当x ∈(m －2，m ＋2)时，f′(x)＜0，f(x)在(m －2，m ＋2)上是减函数；当x ∈(m ＋2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(m ＋2，＋∞)上是增函数.因为函数f(x)有三个互不相同的零点0，α，β，且f(x)＝13x[x2－3mx ＋3(m2－4)]， 所以⎩⎨⎧≠->--.0)4(3,0)4(12)3(222m m m解得m ∈(－4，－2)∪(－2,2)∪(2,4).当m ∈(－4，－2)时，m －2＜m ＋2＜0，所以α＜m －2＜β＜m ＋2＜0.此时f(α)＝0，f(1)＞f(0)＝0，与题意不合，故舍去.当m ∈(－2,2)时，m －2＜0＜m ＋2，所以α＜m －2＜0＜m ＋2＜β.因为对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β.所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.因为当x ＝m ＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，所以m ＋2＝1，即m ＝－1.当m ∈(2,4)时，0＜m －2＜m ＋2，所以0＜m －2＜α＜m ＋2＜β.因为对任意的x ∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，所以α＜1＜β.所以f(1)为函数f(x)在[α，β]上的最小值.因为当x ＝m ＋2时，函数f(x)在[α，β]上取最小值，所以m ＋2＝1，即m ＝－1(舍去).综上可知，m 的取值范围是{－1}.【变式训练3】已知f(x)＝ax2(a ∈R)，g(x)＝2ln x.(1)讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝g(x)在区间[2，e]上有两个不等解，求a 的取值范围.【解析】(1)当a ＞0时，F(x)的递增区间为(1a ，＋∞)，递减区间为(0，1a)； 当a≤0时，F(x)的递减区间为(0，＋∞).(2)[12ln 2，1e). 总结提高在应用导数处理方程、不等式有关问题时，首先应熟练地将方程、不等式问题直接转化为函数问题，再利用导数确定函数单调性、极值或最值.。
2019-2020年高考数学复习导数及应用教案
2019-2020年高考数学复习导数及应用教案•知识结构内容提炼、思想方法归纳:导数及其应用这部分内容，在近几年的高考中已成为一个热点，试题比重在逐年增加，题型从选择题、填空题到解答题均有涉及.选择题、填空题主要考查本章的基本公式和基本方法的应用，如求函数的导数，切线的斜率，函数的单调区间、极值、最值；解答题一般为导数的应用，主要考查利用导数判断函数的单调性，在应用题中用导数求函数的最大值和最小值学习导数的概念要结合其实际背景以帮助理解，要熟记常用的导数公式，掌握函数四则运算的求导法则和复合函数的求导法则，会求简单初等函数的导数化归转化思想与分类讨论思想是本章内容的重要数学思想，把不熟悉的转化为熟悉的，把不规范的转化为规范的甚至模式化的问题，将是复习本章内容的基本思维模式用函数和方程的思想指导本章的学习.在导数应用的许多问题中都蕴含着函数和方程关系，用函数和方程的思想加以指导，禾U于问题的解决•正确理解函数极值的概念.确定函数的极值应从几何直观入手，理解可导函数在其定义域上的单调性与函数极值的相互关系，掌握利用导数判断函数极值的基本方法.准确、深刻地理解函数最值的概念，揭示函数最值与极值的联系与区别.（1）函数的极值是在局部范围内讨论问题，是一个局部概念，而函数的最值是对整个定义域而言，是在整体范围内讨论问题，是一个整体性的概念；（2）闭区间上的连续函数一定有最值，开区间内的可导函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值；（3）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值则可能不止一个，也可能没有极值；⑷如果函数不在闭区间［a,b］上可导，则确定函数的最值时，不仅要比较该函数各导数为零的点与端点处的值，还要比较函数在定义域内不可导的点处的值；（5）在解决实际应用问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值进行比较。
2019届高考数学一轮复习 第三章 导数及应用 专题研究 导数的综合运用教案 文
列表
x (0，1) 1 (1，2) 2 (2，4)
g′(x) ＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
∴g(x)极小值＝g(2)＝ln2－b－2，g(x)极大值＝g(1)＝－b－54.
又 g(4)＝2ln2－b－2.
∵方程 g(x)＝0 在[1，4]上恰有两个不相等的实数根，则
gg（（12））≥<00，，解得 g（4）≥0，
题型三 导数与方程
(2018·德州一模)已知函数 f(x)＝lnx－12ax2－2x. (1)若函数 f(x)在 x＝2 处取得极值，求实数 a 的值； (2)若函数 f(x)在定义域内单调递增，求实数 a 的取值范围； (3)当 a＝－12时，关于 x 的方程 f(x)＝－12x＋b 在[1，4]上恰 有两个不相等的实数根，求实数 b 的取值范围．
★状元笔记★ 利用导数证明不等式的常用技巧： (1)利用导数证明不等式的关键在于要构造好函数的形式，转 化为研究函数的最值或值域问题，有时需用到放缩技巧． (2)求证不等式 f(x)≥g(x)，一种常见思路是用图像法来说明 函数 f(x)的图像在函数 g(x)图像的上方，但通常不易说明．于是 通常构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，通过导数研究函数 F(x)的性质， 进而证明欲证不等式．
令 f′(x)＝0，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． ②证明：方法一：当 x∈(1，＋∞)时，1<xl－nx1<x， 即为 lnx<x－1<xlnx， 由①可得 f(x)＝lnx－(x－1)在(1，＋∞)上单调递减，
导数的综合应PPT课件
又 f12＝1－ln2，f(2)＝－12＋ln2， f(12)－f(2)＝32－2ln2＝lne3－2 ln16， ∵e3>16，∴f12－f(2)>0，即 f12>f(2)． ∴f(x)在区间12，2上的最大值 f(x)max＝f12＝1－ln2.
综上可知，函数 f(x)在12，2上的最大值是 1－ln2，最小值是 0.
(2)因为当x<1时，f′(x)>0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0， 所以当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝52－a； 当x＝2时，f(x)取极小值f(2)＝2－a. 故当f(2)>0或f(1)<0时，方程f(x)＝0仅有一个实根． 解得a<2或a>52.
考点2 利用导数证明不等式问题
例 2：已知函数 f(x)＝1－ axx＋lnx. (1)若函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数，求正实数 a 的取值范 围； (2)当 a＝1 时，求 f(x)在12，2上的最大值和最小值； (3)当 a＝1 时，求证：对大于 1 的任意正整数 n，都有 lnn>12＋ 13＋14＋…＋1n.
解析：(1)∵f(x)＝1－ ax x＋lnx，∴f′(x)＝axa－x2 1(a>0)． ∵函数 f(x)在[1，＋∞)上为增函数， ∴f′(x)＝axa－x21≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴ax－1≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立． 即 a≥1x对 x∈[1，＋∞)恒成立． ∴a≥1.
图4－3－3
关于导数的应用，课标要求 (1)了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的 单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间． (2)了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导 数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上 不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
2019高考数学二轮复习 专题五 函数与导数 第3讲 导数及其应用学案
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．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)，(x2，ln(x2＋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.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞ 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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞. 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，如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 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)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)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)>1e x 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)>1e x ，结合f (x )的周期为3可化为e x －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·浙江省重点中学联考)已知函数f (x )＝－ln(x ＋b )＋a (a ，b ∈R )． (1)若y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝－x ＋3，求a ，b 的值； (2)当b ＝0时，f (x )≥－2x －1对定义域内的x 都成立，求a 的取值范围． 解 (1)由f (x )＝－ln(x ＋b )＋a ，得f ′(x )＝－1x ＋b，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(2)＝－12＋b ＝－1，f (2)＝－ln (2＋b )＋a ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－1.(2)当b ＝0时，f (x )≥－2x －1对定义域内的x 都成立，即－ln x ＋a ≥－2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12恒成立，所以a ≥ln x －2x －1，则a ≥(ln x －2x －1)max . 令g (x )＝ln x －2x －1， 则g ′(x )＝1x－12x －1＝2x －1－x x 2x －1. 令m (x )＝2x －1－x ， 则m ′(x )＝12x －1－1＝1－2x －12x －1， 令m ′(x )>0，得12<x <1，令m ′(x )<0，得x >1，所以m (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则m (x )max ＝m (1)＝0， 所以g ′(x )≤0，即g (x )在定义域上单调递减， 所以g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12，即a ≥ln 12.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，且当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 ．4B ．3C ．2D ．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 的值为________．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·宁波月考)已知f (x )＝14x 2＋cos x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(x )的图象是( )答案 A解析 由题意得f ′(x )＝x 2－sin x ，易得函数f ′(x )为奇函数，排除B ，D ；设g (x )＝x2－sin x ，则g ′(x )＝12－cos x ，易得当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3时，g ′(x )＝12－cos x <0，即函数f ′(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π3上单调递减，排除C ，故选A.2．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 ＝e x x 2，令h (x )＝e x x 2，则h ′(x )＝e x(x －2)x3，所以h (x )的最小值为h (2)＝e 24，无最大值，所以k ≤e24，故选A.3．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．(2018·浙江杭州二中月考)若函数f (x )＝13bx 3－ax 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫b －1b x ＋1存在极值点，则关于a ，b 的描述正确的是( )A ．a ＋b 有最大值 2B ．a ＋b 有最小值－ 2C ．a 2＋b 2有最小值1D ．a 2＋b 2无最大值也无最小值 答案 D解析 由题意得f ′(x )＝bx 2－2ax －⎝⎛⎭⎪⎫b －1b ，则由函数f (x )存在极值点得导函数f ′(x )＝bx 2－2ax －⎝ ⎛⎭⎪⎫b －1b 存在穿过型零点，则(－2a )2＋4b ⎝⎛⎭⎪⎫b －1b >0，化简得a 2＋b 2>1，所以a 2＋b 2无最大值也无最小值，故选D.5．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．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________．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．已知函数f (x )＝x ＋a x 2＋1 (a ∈R )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－14，m ，则常数a ＝________，m ＝________. 答案 341解析 由题意得f (x )＝x ＋a x 2＋1≥－14， 即a ≥－14x 2－x －14对任意x ∈R 恒成立，且存在x ∈R 使得等号成立，所以a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max ，又因为－14x 2－x －14＝－14(x ＋2)2＋34，所以a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14x 2－x －14max ＝34，所以f (x )＝x ＋34x 2＋1＝4x ＋34x 2＋4，则f ′(x )＝－2x 2－3x ＋22(x 2＋1)2＝(x ＋2)(－2x ＋1)2(x 2＋1)2， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，12时，f ′(x )>0， 当x ∈(－∞，－2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，f ′(x )<0，又x →－∞时，f (x )→0，所以易知，当x ＝12时，f (x )取得最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4×12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋4＝1，即m ＝1. 10．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 ，＋∞)．11．已知函数f (x )＝x －a ln x ＋b ，a ，b 为实数．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝2x ＋3，求a ，b 的值； (2)若|f ′(x )|<3x2对x ∈[2,3]恒成立，求a 的取值范围．解 (1)由已知，得f ′(x )＝1－a x， 且由题设得f ′(1)＝2，f (1)＝5， 从而得1－a ＝2且1＋b ＝5， 解得a ＝－1，b ＝4.(2)根据题设可知，命题等价于当x ∈[2,3]时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－a x<3x2恒成立⇔|x －a |<3x 恒成立⇔－3x <a －x <3x 恒成立⇔x －3x <a <x ＋3x恒成立．(*)设g (x )＝x －3x，x ∈[2,3]，h (x )＝x ＋3x，x ∈[2,3]，则(*)式即为g (x )max <a <h (x )min ，而当x ∈[2,3]时，g (x )＝x －3x 和h (x )＝x ＋3x均为增函数，则g (x )max ＝g (3)＝2，h (x )min ＝h (2)＝72，所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，72. B 组 能力提高12．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 xx，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，即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 xx<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 i ∈(0,2π)时，n 的所有可能取值有0,1,2,3，④正确．13．已知函数f (x )＝x ln x ＋a x，g (x )＝x 3－x 2－3，a ∈R . (1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝x ln x －1x，f (1)＝－1，f ′(x )＝ln x ＋1＋1x 2，f ′(1)＝2，从而曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2(x －1)－1， 即y ＝2x －3.(2)对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)≥g (x 2)成立， 从而在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上，f (x )min ≥g (x )max . 又g (x )＝x 3－x 2－3，g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，从而函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，23上单调递减， 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增， g (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，g (2)＝1.又f (1)＝a ，则a ≥1.下面证明当a ≥1时，x ln x ＋a x ≥1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立． 又f (x )＝x ln x ＋a x≥x ln x ＋1x，即证x ln x ＋1x≥1.令h (x )＝x ln x ＋1x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2， 则h ′(x )＝ln x ＋1－1x2，h ′(1)＝0.当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1时，h ′(x )≤0， 当x ∈[1,2]时，h ′(x )≥0，从而y ＝h (x )在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减， 在[1,2]上单调递增，h (x )min ＝h (1)＝1，从而当a ≥1时，x ln x ＋a x ≥1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上恒成立， 即实数a 的取值范围为[1，＋∞)．14．已知函数f (x )＝m x＋x ln x (m >0)，g (x )＝ln x －2. (1)当m ＝1时，求函数f (x )的单调递增区间； (2)若对任意的x 1∈[1，e]，总存在x 2∈[1，e]，使f (x 1)x 1·g (x 2)x 2＝－1，其中e 是自然对数的底数，求实数m 的取值范围．解 (1)当m ＝1时，f (x )＝1x＋x ln x ，则f ′(x )＝－1x2＋ln x ＋1.因为f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ′(1)＝0， 所以当x >1时，f ′(x )>0； 当0<x <1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意知，令h (x )＝f (x )x ＝mx 2＋ln x ， φ(x )＝g (x )x ＝ln x －2x. 考虑函数φ(x )＝ln x －2x，因为φ′(x )＝3－ln x x2>0在[1，e]上恒成立， 所以函数φ(x )＝ln x －2x在[1，e]上单调递增，故φ(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－1e .又h (x )·φ(x )＝－1，所以h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，e ，即12≤m x 2＋ln x ≤e 在[1，e]上恒成立，即x 22－x 2ln x ≤m ≤x 2(e －ln x )在[1，e]上恒成立． 设p (x )＝x 22－x 2ln x ，则p ′(x )＝－2x ln x ≤0在[1，e]上恒成立， 所以p (x )在[1，e]上单调递减， 所以m ≥p (x )max ＝p (1)＝12.设q (x )＝x 2(e －ln x )，则q ′(x )＝x (2e －1－2ln x )≥x (2e －1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q (x )在[1，e]上单调递增， 所以m ≤q (x )min ＝q (1)＝e.综上所述，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，e . 15．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， ∴当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，＋∞.。
【2019最新】高中数学第三章导数应用3-2导数在实际问题中的应用教案1
【2019最新】高中数学第三章导数应用3-2导数在实际问题中的应用教案1一、教学目标：1、知识与技能：⑴让学生掌握在实际生活中问题的求解方法；⑵会利用导数求解最值。
2、过程与方法：通过分析具体实例，经历由实际问题抽象为数学问题的过程。
3、情感、态度与价值观：让学生感悟由具体到抽象，由特殊到一般的思想方法二、教学重点：函数建模过程教学难点：函数建模过程三、教学方法：探究归纳，讲练结合四、教学过程（一）、复习：利用导数求函数极值和最值的方法（二）、探究新课例1、在边长为60 cm 的正方形铁片的四角切去相等的正方形，再把它的边沿虚线折起(如图)，做成一个无盖的方底箱子，箱底的边长是多少时，箱底的容积最大？最大容积是多少？ 解法一：设箱底边长为x cm ，则箱高602x h -=cm ，得箱子容积 260)(322x x h x x V -== )600(<<x ． 23()602x V x x '=- )600(<<x 令 23()602x V x x '=-＝0，解得 x=0（舍去），x=40， 并求得 V(40)=16 000 由题意可知，当x 过小（接近0）或过大（接近60）时，箱子容积很小，因此，16 000是最大值答：当x=40cm 时，箱子容积最大，最大容积是16 000cm 3解法二：设箱高为x cm ，则箱底长为(60-2x )cm ，则得箱子容积x x x V 2)260()(-=)300(<<x ．（后面同解法一，略）由题意可知，当x过小或过大时箱子容积很小，所以最大值出现在极值点处．事实上，可导函数260)(322x x h x x V -==、x x x V 2)260()(-=在各自的定义域中都只有一个极值点，从图象角度理解即只有一个波峰，是单峰的，因而这个极值点就是最值点，不必考虑端点的函数值例2、圆柱形金属饮料罐的容积一定时，它的高与底与半径应怎样选取，才能使所用的材料最省？解：设圆柱的高为h ，底半径为R ，则表面积S=2πRh+2πR 2由V=πR 2h ，得2V h R π=，则 S(R)= 2πR 2V R π+ 2πR 2=2V R+2πR 2 令 22()V s R R '=-+4πR=0 解得，，从而h=2V R π即h=2R 因为S(R)只有一个极值，所以它是最小值答：当罐的高与底直径相等时，所用材料最省变式：当圆柱形金属饮料罐的表面积为定值S 时，它的高与底面半径应怎样选取，才能使所用材料最省？ 提示：S =2Rh π+22R π⇒h =R R S ππ222- ⇒V (R )=R R S ππ222-πR 2=3221)2(21R SR R R S ππ-=- )('R V )=026R S π=⇒ ⇒R h R Rh R 222622=⇒+=πππ．例3、已知某商品生产成本C 与产量q 的函数关系式为C =100+4q ，价格p 与产量q 的函数关系式为q p 8125-=．求产量q 为何值时，利润L 最大？ 分析：利润L 等于收入R 减去成本C ，而收入R 等于产量乘价格．由此可得出利润L 与产量q 的函数关系式，再用导数求最大利润． 解：收入211252588R q p q q q q ⎛⎫=⋅=-=- ⎪⎝⎭，利润221125(1004)2110088L R C q q q q q ⎛⎫=-=---=-- ⎪⎝⎭(0100)q <<1214L q '=-+ 令0L '=，即12104q -+=，求得唯一的极值点84q =答：产量为84时，利润L 最大 （三）、小结：本节课学习了导数在解决实际问题中的应用.（四）、课堂练习：第69页练习题 （五）、课后作业：第69页A 组中1、3 B 组题。
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第3讲导数的综合应用1.(2018·全国Ⅱ卷,理21)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.(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'(x)=-(x2-2x+1)·e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)解:设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (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)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点.②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.③若h(2)<0,即a>,因为h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点;由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0,故h(x)在(2,4a)上有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)上有两个零点.综上,当f(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=.2.(2017·全国Ⅲ卷,理21)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+1+…1+<m,求m的最小值. 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f'(x)=1-=知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,故x=a是f(x)在(0,+∞)的最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln1+<.从而ln1++ln1++…+ln1+<++…+=1-<1.故1+1+…1+<e.而1+1+1+>2,所以m的最小值为3.1.考查角度考查利用导数知识证明不等式、根据不等式恒成立确定参数范围,考查利用导数知识研究函数零点个数、根据函数零点个数确定参数取值范围、证明函数零点的性质等.2.题型及难易度解答题,属于难题或者较难题.(对应学生用书第16~18页)导数与不等式考向1 导数方法证明不等式【例1】(2018·郑州二模)已知函数f(x)=e x-x2.(1)求曲线f(x)在x=1处的切线方程;(2)求证:当x>0时,≥ln x+1.(1)解:f'(x)=e x-2x,由题设得f'(1)=e-2,f(1)=e-1,所以f(x)在x=1处的切线方程为y=(e-2)x+1.(2)证明:设g(x)=f(x)-(e-2)x-1,x>0,则g'(x)=e x-2x-(e-2),g″(x)=e x-2,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,g'(ln 2)<0,所以,存在x0∈(0,ln 2),使得g'(x0)=0,所以,当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=e x-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取等号,故≥x,x>0,又x≥ln x+1,即≥ln x+1,当x=1时,等号成立.导数方法证明不等式的基本途径有两条:∈,f(x)≤f(x)≤f(x)考向2 根据不等式确定参数取值范围【例2】(2018·咸阳一模)已知f(x)=e x-aln x(a∈R).(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x∈(1,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.解:(1)已知f(x)=e x-aln x,则f'(x)=e x-,f'(1)=e-a,切点为(1,e),所求切线方程为y-e=(e-a)(x-1),即(e-a)x-y+a=0.(2)当a=-1时,原不等式即为e x+ln x-e-m(x-1)>0,记F(x)=e x+ln x-e-m(x-1),F(1)=0,依题意有F(x)>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求导得F'(x)=e x+-m,F'(1)=e+1-m,F″(x)=e x-,当x>1时,F″(x)>0,则F'(x)在(1,+∞)上单调递增,有F'(x)>F'(1)=e+1-m,若m≤e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+∞)上单调递增,且F(x)>F(1)=0,适合题意;若m>e+1,则F'(1)<0,又F'(ln m)=>0,故存在x1∈(1,ln m)使F'(x1)=0,当1<x<x1时,F'(x)<0,得F(x)在(1,x1)上单调递减,F(x)<F(1)=0,舍去,综上,实数m的取值范围是(-∞,e+1].,只需[f(x)-g(x)]热点训练1:(2018·河南一模)已知:f(x)=(2-x)e x+a(x-1)2(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调区间;(2)若对任意的x∈R,都有f(x)≤2e x,求a的取值范围.解:(1)f'(x)=(1-x)e x+2a(x-1)=(x-1)(2a-e x),当a≤0时,函数在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减;当0<a<时,函数在(-∞,ln 2a),(1,+∞)上递减,在(ln 2a,1)上递增;当a>时,函数在(-∞,1),(ln 2a,+∞)上递减,在(1,ln 2a)上递增;当a=时,函数在R上递减.(2)由对任意的x∈R,f(x)≤2e x,即(2-x)e x+a(x-1)2≤2e x,当x=1时,e x≤2e x,恒成立,当x≠1时,整理得:a≤,对任意x∈R恒成立,设g(x)=,求导g'(x)==,令g'(x)=0,解得x=1±,当x>1+,g'(x)>0,当1<x<1+,g'(x)<0,当x<1-,g'(x)<0,当1-<x<1时g'(x)>0,所以当x=1+时取极小值,极小值为,当x=1-时取极小值,极小值为,由<,所以g(x)的最小值为,由题意对任意的x∈R,都有f(x)≤2e x,即a≤g(x)最小值,所以a的取值范围为-∞,.导数与函数的零点考向1 确定函数零点的个数【例3】(2018·湖北武汉调研)已知函数f(x)=e x-ax-1(a∈R,e=2.718 28…是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)讨论g(x)=f(x)·x-在区间[0,1]内零点的个数.解:(1)f'(x)=e x-a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无减区间;当a>0时,f(x)的单调减区间为(-∞,ln a),增区间为(ln a,+∞).(2)由g(x)=0得f(x)=0或x=,先考虑f(x)在区间[0,1]的零点个数.当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增且f(0)=0,f(x)有一个零点;当a≥e时,f(x)在(-∞,1)上单调递减,f(x)有一个零点;当1<a<e时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,1)上单调递增.而f(1)=e-a-1,所以a≤1或a>e-1时,f(x)有一个零点,当1<a≤e-1时,f(x)有两个零点.而x=时,由f=0得a=2(-1).所以a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,g(x)有两个零点;当1<a≤e-1且a≠2(-1)时,g(x)有三个零点.考向2 根据函数零点的个数确定参数取值范围【例4】(2018·河南南阳一中三模)设函数f(x)=x2-mln x,g(x)=x2-x+a.(1)当a=0时,f(x)≥g(x)在(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;(2)当m=2时,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,求实数a的取值范围. 解:(1)当a=0时,由f(x)-g(x)≥0得mln x≤x,因为x>1,所以ln x>0,所以有m≤在(1,+∞)上恒成立,令h(x)=,h'(x)=,由h'(x)=0得x=e,当x>e,h'(x)>0,当0<x<e时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)上为减函数,在(e,+∞)上为增函数,所以h(x)min=h(e)=e,所以实数m的取值范围为(-∞,e].(2)当m=2时,函数h(x)=f(x)-g(x)=x-2ln x-a,h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点,即方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,令φ(x)=x-2ln x,则φ'(x)=1-=,当1≤x<2时,φ'(x)<0;当2<x≤3时,φ'(x)>0,所以φ(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增,φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2,又φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,φ(1)>φ(3),要使方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有两个不同的根,结合图象可知φ(2)<a≤φ(3).所以实数a的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3].根据函数零点个数确定参数取值范围的基本思想也是数形结合热点训练2:(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=xe x-(x+1)2.(1)当x∈[-1,2]时,求f(x)的最大值与最小值;(2)讨论方程f(x)=ax-1的实根的个数.解:(1)因为f(x)=xe x-(x+1)2,所以f'(x)=(x+1)e x-2(x+1)=(x+1)(e x-2),令f'(x)=0得x1=-1,x2=ln 2,f'(x),f(x)随x的变化如下表:f(x)在[-1,2]上的最小值是-(ln 2)2-1,因为2e2-9>0,-<0,2e2-9>-,所以f(x)在[-1,2]上的最大值是2e2-9.(2)f(x)-ax+1=xe x-x2-(a+2)x=x(e x-x-a-2),所以f(x)=ax-1⇔x=0或e x-x-a-2=0,设g(x)=e x-x-a-2,则g'(x)=e x-1,x>0时,g'(x)>0,x<0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,在(-∞,0)上是减函数,g(x)≥g(0)=-a-1,且x→+∞,g(x)→+∞,x→-∞,g(x)→+∞,①当-a-1>0,即a<-1时,g(x)=0没有实根,方程f(x)=ax-1有1个实根;②当-a-1=0,即a=-1时,g(x)=0有1个实根为零,方程f(x)=ax-1有1个实根;③当-a-1<0,即a>-1时,g(x)=0有2个不等于零的实根,方程f(x)=ax-1有3个实根. 综上可得,a≤-1时,方程f(x)=ax-1有1个实根;a>-1时,方程f(x)=ax-1有3个实根.热点训练3:(2018·衡水金卷高三大联考)已知函数f(x)=ln x-2x2+3,g(x)=f'(x)+4x+aln x(a≠0).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若关于x的方程g(x)=a有实数根,求实数a的取值范围.解:(1)依题意,得f'(x)=-4x==,x∈(0,+∞).令f'(x)>0,即1-2x>0.解得0<x<;令f'(x)<0,即1-2x<0.解得x>.故函数f(x)的单调递增区间为0,,单调递减区间为,+∞.(2)由题意得,g(x)=f'(x)+4x+aln x=+aln x.依题意,方程+aln x-a=0有实数根,即函数h(x)=+aln x-a存在零点.h'(x)=-+=,令h'(x)=0,得x=.当a<0时,h'(x)<0.即函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减,而h(1)=1-a>0,h()=+a1--a=-1<-1<0.所以函数h(x)存在零点;0,,+∞-所以h=a+aln-a=-aln a为函数h(x)的极小值,也是最小值.当h>0,即0<a<1时,函数h(x)没有零点;当h≤0,即a≥1时,注意到h(1)=1-a≤0,h(e)=+a-a=>0,所以函数h(x)存在零点.综上所述,当a∈(-∞,0)∪[1,+∞)时,方程g(x)=a有实数根.【例1】(2018·河北石家庄二中模拟)已知函数f(x)=2ln -.(1)求f(x)的单调区间;(2)若g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2,若对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)=2ln -,所以f'(x)=-==,因为f(x)的定义域为(0,+∞),当<x<2时,f'(x)<0,0<x<或x>2时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间是,2,单调递增区间是0,,(2,+∞).(2)由(1)知,f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x>1时f(x)≥f(2)=0,又g(x)=(x-t)2+(ln x-at)2≥0,所以对任意x1∈(1,+∞),存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得f(x1)≥g(x2)成立, ⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)≤0成立,⇔存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立.因为(x-t)2+(ln x-at)2表示点(x,ln x)与点(t,at)之间距离的平方,所以存在t∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得g(x2)=0成立,⇔y=ln x的图象与直线y=ax有交点,⇔方程a=在(0,+∞)上有解.设h(x)=,则h'(x)=,当x∈(0,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 又h(e)=,x→0,h(x)→-∞,所以h(x)的值域是-∞,,所以实数a的取值范围是-∞,.【例2】(2018·福建宁德5月质检)已知函数f(x)=x3-3ax2+4(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若函数f(x)有三个零点,证明:当x>0时,f(x)>6(a-a2)e a.(1)解:f'(x)=3x2-6ax=3x(x-2a),令f'(x)=0,则x=0或x=2a,当a=0时,f'(x)≥0,f(x)在R上是增函数;当a>0时,令f'(x)>0,得x<0,x>2a,所以f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得0<x<2a,所以f(x)在(0,2a)上是减函数.当a<0时,令f'(x)>0,得x<2a,x>0,所以f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数;令f'(x)<0,得2a<x<0,所以f(x)在(2a,0)上是减函数.综上所述:当a=0时,f(x)在R上是增函数;当a>0时,f(x)在(-∞,0),(2a,+∞)上是增函数,在(0,2a)上是减函数.当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.(2)证明:由(1)可知,当a=0时,f(x)在R上是增函数,所以函数f(x)不可能有三个零点;当a<0时,f(x)在(-∞,2a),(0,+∞)上是增函数,在(2a,0)上是减函数.所以f(x)的极小值为f(0)=4>0,所以函数f(x)不可能有三个零点,当a>0时,f(x)的极小值为f(2a)=4-4a3,要满足f(x)有三个零点,则需4-4a3<0,即a>1,当x>0时,要证明:f(x)>6(a-a2)e a等价于要证明f(x)min>6(a-a2)e a,即要证:4-4a3>6(a-a2)e a,由于a>1,故等价于证明:1+a+a2<ae a,证明如下:构造函数g(a)=3ae a-2-2a-2a2(a∈(1,+∞)),g'(a)=(3+3a)e a-2-4a,令h(a)=(3+3a)e a-2-4a,因为h'(a)=(6+3a)e a-4>0,所以函数h(a)在(1,+∞)上单调递增,所以h(a)min=h(1)=6e-6>0,所以函数g(a)在(1,+∞)上单调递增.所以g(a)min=g(1)=3e-6>0,所以1+a+a2<ae a,所以f(x)>6(a-a2)e a.【例3】(2018·聊城二模)已知函数f(x)=2tln x,g(x)=x2-k(t∈R,k∈R).(1)当k=1时,若曲线y=f(x)与y=g(x)有且仅有一个公共点,求t的取值范围;(2)当t=1时,设h(x)=f(x)-g(x),若函数h(x)存在两个不同的零点x1,x2,求证>1. 解:(1)当k=1时,g(x)=x2-1,设h(x)=f(x)-g(x)=2tln x-x2+1,由于曲线y=f(x)和曲线y=g(x)有且只有一个公共点,令h(x)=2tln x-x2+1,则h'(x)=-2x=,即函数y=h(x)只有一个零点,由于h(1)=0,所以x=1是函数y=h(x)的一个零点,①当t≤0时,x>0,则h'(x)<0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,所以函数h(x)有且只有一个零点x=1.②当t>0时,h'(x)=,当x∈(0,)时,h'(x)>0,当x∈(,+∞)时,h'(x)<0,所以函数h(x)在区间(0,)内单调递增,在(,+∞)内单调递减,此时h(x)max=h(),a.当t=1时,h(x)max=h(1)=0,此时符合题意;b.当0<t<1时,取x1=<1,则h(x1)=-<0,h()>h(1)=0,所以h(x)在(x1,)上存在另一个零点,不符合题意;c.当t>1时,取x2=t+,则h(x2)=2tln x2-+1<2tx2-+1=0, h()>h(1)=0,所以h(x)在(,t+)上存在另一个零点,不符合题意,综上,t的取值范围是{t|t≤0或t=1}.(2)当t=1时,h(x)=2ln x-x2+k,设F(x)=h(x)-h(2-x)=2ln x-2ln(2-x)-4x+4,则F'(x)=+-4=,所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,故F(x)在(0,1)上单调递增,所以F(x)<F(1)=0,即h(x)<h(2-x)在(0,1)上恒成立,又h'(x)=-2x=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,当x∈(1,+∞)上,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 不妨设x1<x2,则x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),所以2-x1∈(1,2),所以h(x1)<h(2-x1),又h(x1)=h(x2),故h(x2)<h(2-x1),所以x2>2-x1,故而>1.。