(完整版)2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练
高考数学导数题型归纳(文科)
导数题型归纳 首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法：1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系（2）端点处和顶点是最值所在其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。
最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根； 第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =-- （1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值. 例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.第三种：构造函数求最值题型特征：)()(x g x f >恒成立0)()()(>-=⇔x g x f x h 恒成立；从而转化为第一、二种题型例3:已知函数32()f x x ax =+图象上一点(1,)P b 处的切线斜率为3-，326()(1)3(0)2t g x x x t x t -=+-++> （Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）当[1,4]x ∈-时，求()f x 的值域；（Ⅲ）当[1,4]x ∈时，不等式()()f x g x ≤恒成立，求实数t 的取值范围。
2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析
第2课时 导数与方程题型一 求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)． 解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0， 当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)． 讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况． 跟踪训练1 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的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴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， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知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．题型二 根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ， 所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意． 若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数， 所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一 又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )， 令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增， 所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点． 综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)． 方法二 先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1， 所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华 函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围． 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2， 所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数． 解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2， 令f ′(x )<0，解得0<x <e －2， 所以f (x )在(0，e －2)上单调递减， 在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 所以f (x )在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0， 即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增， 而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞， 画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解 由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数， 则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0， 所以φ(e)<φ(2)． 所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．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x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 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x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减， 所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝， 所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－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.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增， 所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立； 当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立， 所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意， 所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增； 当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0， 所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意． 由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立， 可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减， 又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)， 即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。
2020高考北师大版文科数学-高考大题专项(一) 导数的综合应用
高考大题专项(一)导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.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.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,+∞)上是增加的,在(3-2√3,3+2√3)上是减少的.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.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,+∞)上是减少的.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.已知函数f(x)=1x-x+a ln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-12-1+a=-x2-ax+12.①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,+∞)上是减少的.②若a>2,令f'(x)=0得,x=a-√a 2-42或x=a+√a2-42.当x∈(0,a-√a2-42)∪a+√a2-42,+∞时,f'(x)<0;当x∈a-√a2-42,a+√a2-42时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a-√a2-42),(a+√a2-42,+∞)上是减少的,在(a-√a2-42,a+√a2-42)上是增加的.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f (x )=x 2+a ln x-2x (a ∈R ). (1)求f (x )的递增区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=2x+ax -2=2x 2-2x+a x, 令2x 2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a ),若a ≥12,则Δ≤0,f'(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上是增加的; 若a<12,则Δ>0,方程2x 2-2x+a=0,两根为x 1=1-√1-2a 2,x 2=1+√1-2a2, 当a ≤0时,x 2>0,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增;当0<a<12时,x 1>0,x 2>0,x ∈(0,x 1),f'(x )>0,f (x )递增,x ∈(x 2,+∞),f'(x )>0,f (x )递增.综上,当a ≥12时,函数f (x )递增区间为(0,+∞),当a ≤0时,函数f (x )递增区间为1+√1-2a2,+∞,当0<a<12时,函数f (x )递增区间为0,1-√1-2a 2,1+√1-2a2,+∞.5.(2018全国3,文21)已知函数f (x )=ax 2+x -1e x .(1)求曲线y=f (x )在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a ≥1时,f (x )+e ≥0.(x )=-ax 2+(2a -1)x+2x,f'(0)=2. 因此曲线y=f (x )在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.a ≥1时,f (x )+e ≥(x 2+x-1+e x+1)e -x .令g (x )=x 2+x-1+e x+1, 则g'(x )=2x+1+e x+1.当x<-1时,g'(x )<0,g (x )递减;当x>-1时,g'(x )>0,g (x )递增; 所以g (x )≥g (-1)=0. 因此f (x )+e ≥0.6.(2019河南开封一模,21)设函数f (x )=(x-1)e x -k2x 2(其中k ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间; (2)略.函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f'(x )=e x +(x-1)e x -kx=x e x -kx=x (e x -k ),①当k ≤0时,令f'(x )>0,解得x>0,∴f (x )的递减区间是(-∞,0),递增区间是(0,+∞). ②当0<k<1时,令f'(x )>0,解得x<ln k 或x>0,∴f (x )在(-∞,ln k )和(0,+∞)上是增加的,在(ln k ,0)上是减少的.③当k=1时,f'(x )≥0,f (x )在(-∞,+∞)上是增加的. ④当k>1时,令f'(x )>0,解得x<0或x>ln k ,所以f (x )在(-∞,0)和(ln k ,+∞)上是增加的,在(0,ln k )上是减少的. 7.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f (x )=x 2e ax -1. (1)讨论函数f (x )的单调性; (2)略.函数f (x )的定义域为R .f'(x )=2x e ax +x 2·a e ax =x (ax+2)e ax .当a=0时,f (x )=x 2-1,则f (x )在区间(0,+∞)内是增加的,在区间(-∞,0)内是减少的; 当a>0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得x<-2a 或x>0,令f'(x )<0得-2a <x<0,所以f (x )在区间-∞,-2a内是增加的,在区间-2a ,0内是减少的,在区间(0,+∞)内是增加的; 当a<0时,f'(x )=ax x+2ae ax ,令f'(x )>0得0<x<-2a ,令f'(x )<0得x>-2a或x<0,所以f (x )在区间(-∞,0)内是减少的,在区间0,-2a内是增加的,在区间-2a,+∞内是减少的.8.(2019江西新余一中质检一,19)已知函数f (x )=ln (x -a )x . (1)若a=-1,证明:函数f (x )在(0,+∞)上单调递减;(2)若曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线与直线x-y=0平行,求a 的值; (3)若x>0,证明:ln (x+1)x>xe x -1(其中e 是自然对数的底数).a=-1时,函数f (x )的定义域是(-1,0)∪(0,+∞),所以f'(x )=xx+1-ln (x+1)2,令g (x )=x-ln(x+1),只需证当x>0时,g (x )≤0.又g'(x )=1(x+1)2−1x+1=-x(x+1)2<0在(0,+∞)上恒成立,故g (x )在(0,+∞)上是减少的,所以g (x )<g (0)=-ln 1=0,所以f'(x )<0,故函数f (x )在(0,+∞)上是减少的.,f'(1)=1,且f'(x )=xx -a -ln (x -a )x 2,所以f'(1)=11-a -ln(1-a )=1,即有a1-a-ln(1-a )=0, 令t (a )=a-ln(1-a ),a<1, 则t'(a )=1(1-a )2+11-a >0,故t (a )在(-∞,1)上是增加的,又t (0)=0,故0是t (a )的唯一零点, 即方程a-ln(1-a )=0有唯一实根0,所以a=0.因为xx -1=ln e x x -1=ln (e x -1+1)x -1,故原不等式等价于ln (x+1)>ln (e x -1+1)x -1, 由(1)知,当a=-1时,f (x )=ln (x+1)x在(0,+∞)上是减少的,故要证原不等式成立,只需证明当x>0时,x<e x -1,令h (x )=e x -x-1,则h'(x )=e x -1>0在(0,+∞)上恒成立,故h (x )在(0,+∞)上是增加的, 所以h (x )>h (0)=0,即x<e x -1,故f (x )>f (e x -1),即ln (x+1)x>ln (e x -1+1)e x -1=xe x -1.突破2 利用导数研究函数的极值、最值1.(2019哈尔滨三中模拟)已知函数f (x )=ln x-ax (a ∈R ). (1)当a=12时,求f (x )的极值; (2)略.当a=12时,f (x )=ln x-12x ,函数的定义域为(0,+∞),f'(x )=1x−12=2-x 2x, 令f'(x )=0,得x=2,于是当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:故f (x )的极大值为ln 2-1,无极小值.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f (x )=ln x-ax (a ∈R )在定义域内的极值点的个数.(0,+∞),f'(x )=1x-a=1-axx(x>0). 当a ≤0时,f'(x )>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f (x )在(0,+∞)上是增加的,此时函数f (x )在定义域上无极值点;当a>0时,若x ∈0,1a,则f'(x )>0,若x ∈1a,+∞,则f'(x )<0,故函数f (x )在x=1a处取极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点,当a>0时,函数f (x )有一个极大值点. 3.(2019陕西咸阳模拟一,21)设函数f (x )=2ln x-x 2+ax+2. (1)当a=3时,求f (x )的单调区间和极值; (2)略.f (x )的定义域为(0,+∞).当a=3时,f (x )=2ln x-x 2+3x+2,所以f'(x )=2x -2x+3=-2x 2+3x+2x,令f'(x )=-2x 2+3x+2x=0,得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:所以f(x)的递增区间为(0,2),递减区间为(2,+∞).f(x)的极大值为2ln 2+4,无极小值.4.已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f'(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f'(0)=e0(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x)=e x(x-a+1),令f'(x)=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2,当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上是增加的.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e.②若a-1≥2,则a≥3,当x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上是减少的.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)的递减区间为[1,a-1],递增区间为[a-1,2].所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当a≤2时,f(x)min=f(1)=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=f(2)=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.+2ax+b,因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=1x则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x )=1x -2x-1=-2x 2-x+1x=-2x 2+x -1x , 由f'(x )=0,可得x=12(x=-1舍去),当0<x<12时,f'(x )>0,f (x )递增;当x>12时,f'(x )<0,f (x )递减, 故当x=12时,f (x )取得极大值,且为最大值,f 12=-ln 2-34.故f (x )的最大值为-ln 2-34.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f (x )=ax+ln x ,其中a 为常数. (1)当a=-1时,求f (x )的最大值;(2)若f (x )在区间(0,e]上的最大值为-3,求a 的值.易知f (x )的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f (x )=-x+ln x ,f'(x )=-1+1x=1-x x, 令f'(x )=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x )>0;当x>1时,f'(x )<0.∴f (x )在(0,1)上是增加的,在(1,+∞)上是减少的. ∴f (x )max =f (1)=-1.∴当a=-1时,函数f (x )的最大值为-1.(2)f'(x )=a+1x,x ∈(0,e],则1x∈1e,+∞.①若a ≥-1e ,则f'(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上是增加的,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a<-1e ,令f'(x )>0得,a+1x >0,又x ∈(0,e],解得0<x<-1a ;令f'(x )<0得,a+1x<0,又x ∈(0,e],解得-1a<x ≤e .从而f (x )在0,-1a上是增加的,在-1a,e 上是减少的,∴f (x )max =f -1a=-1+ln -1a.令-1+ln -1a=-3,得ln -1a =-2,即a=-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a=-e 2符合题意.故实数a 的值为-e 2.7.(2019湘赣十四校联考一,21)已知函数f (x )=ln x-mx-n (m ,n ∈R ). (1)若n=1时,函数f (x )有极大值为-2,求m 的值; (2)若对任意实数x>0,都有f (x )≤0,求m+n 的最小值.函数f (x )的定义域为(0,+∞),当n=1时,f (x )=ln x-mx-1,∵函数f (x )有极大值为-2,由f'(x )=1x -m=0,得x=1m>0,∴f (1m )=-ln m-1-1=-2, ∴m=1.经检验m=1满足题意.故m 的值为1. (2)f'(x )=1x -m.①当m<0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的.令x=e n ,则f (e n )=ln e n -m e n -n=-m e n >0,舍去;②当m=0时,∵x ∈(0,+∞),∴f'(x )>0,∴f (x )在(0,+∞)上是增加的,令x=e n+1,则f (e n+1)=ln e n+1-n=1>0,舍去; ③当m>0时,若x ∈0,1m ,则f'(x )>0,若x ∈1m,+∞,则f'(x )<0,∴f (x )在0,1m 上是增加的,在1m,+∞上是减少的.∴f (x )的最大值为f1m=-ln m-1-n ≤0,即n ≥-ln m-1.∴m+n ≥m-ln m-1,设h (m )=m-ln m-1, 令h'(m )=1-1m=0,则m=1.当m ∈(0,1)时,h'(m )<0,∴h (m )在(0,1)上是减少的. 当m ∈(1,+∞)时,h'(m )>0.∴h (m )在(1,+∞)上是增加的. ∴h (m )的最小值为h (1)=0.综上所述,当m=1,n=-1时,m+n 的最小值为0.突破3 导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f (x )=x ln x. (1)略;(2)当x ≥1e 时,f (x )≤ax 2-x+a-1,求实数a 的取值范围.由已知得a ≥xlnx+x+1x 2+1,设h (x )=xlnx+x+1x 2+1, 则h'(x )=(1-x )(xlnx+lnx+2)(x 2+1)2.∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x ≥1e ,∴y ≥-1e -1+2>0, ∴当x ∈1e,1时,h'(x )>0;当x ∈(1,+∞)时,h'(x )<0,∴h (x )在x=1处取得最大值,h (1)=1,∴a ≥1.故a 的取值范围为[1,+∞).2.(2018全国1,文21)已知函数f (x )=a e x -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; (2)证明:当a ≥1e时,f (x )≥0.(x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1x.由题设知,f'(2)=0,所以a=12e 2. 从而f (x )=12e 2e x -ln x-1,f'(x )=12e 2e x -1x . 当0<x<2时,f'(x )<0;当x>2时,f'(x )>0.所以f (x )在(0,2)上是减少的,在(2,+∞)上是增加的.a ≥1e 时,f (x )≥e xe -ln x-1. 设g (x )=e xe -ln x-1, 则g'(x )=e xe−1x .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. 因此,当a ≥1e 时,f (x )≥0.3.(2019湖南湘潭一模,21)已知函数f (x )=e x -x 2-ax. (1)略;(2)当x>0时,f (x )≥1-x 恒成立,求实数a 的取值范围.由题意,当x>0时,e x -x 2-ax ≥1-x ,即a ≤e xx -x-1x +1.令h (x )=e x x -x-1x +1(x>0),则h'(x )=e x (x -1)-x 2+1x 2=(x -1)(e x -x -1)x 2. 令φ(x )=e x -x-1(x>0),则φ'(x )=e x -1>0. 当x ∈(0,+∞)时,φ(x )递增,φ(x )>φ(0)=0. 故当x ∈(0,1)时,h'(x )<0,h (x )递减; 当x ∈(1,+∞)时,h'(x )>0,h (x )递增. 所以h (x )min =h (1)=e -1,所以a ≤e -1. 故a 的取值范围为(-∞,e -1].4.(2019安徽合肥一模,21)已知函数f (x )=e x-1-a (x-1)+ln x (a ∈R ,e 是自然对数的底数). (1)略;(2)若对x ∈[1,+∞),都有f (x )≥1成立,求实数a 的取值范围.f'(x )=e x-1+1x-a (x ≥1),令g (x )=f'(x ),g'(x )=e x-1-1x2, 令φ(x )=g'(x ),φ'(x )=e x-1+2x 3>0,∴g'(x )在[1,+∞)上是增加的,g'(x )≥g'(1)=0. ∴f'(x )在[1,+∞]上是增加的,f'(x )≥f'(1)=2-a.当a ≤2时,f'(x )≥0,f (x )在[1,+∞)上是增加的,f (x )≥f (1)=1,满足条件; 当a>2时,f'(1)=2-a<0. 又f'(ln a+1)=e ln a -a+1lna+1=1lna+1>0, ∴存在x 0∈(1,ln a+1),使得f'(x )=0,此时,当x ∈(1,x 0)时,f'(x )<0;当x ∈(x 0,ln a+1)时, f'(x )>0,∴f (x )在(1,x 0)上是减少的,当x ∈(1,x 0)时,都有f (x )<f (1)=1,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围为(-∞,2].5.(2019陕西咸阳一模,21)设函数f (x )=x+1-m e x ,m ∈R . (1)当m=1时,求f (x )的单调区间; (2)求证:当x ∈(0,+∞)时,lne x -1x>x 2.m=1时,f (x )=x+1-e x ,f'(x )=1-e x ,令f'(x )=0,则x=0. 当x<0时,f'(x )>0;当x>0时, f'(x )<0.∴函数f (x )的递增区间是(-∞,0),递减区间是(0,+∞).(1)知,当m=1时,f (x )max =f (0)=0,∴当x ∈(0,+∞)时,x+1-e x <0,即e x >x+1,当x ∈(0,+∞)时,要证ln e x -1x>x 2,只需证e x -1>x e x2, 令F (x )=ex-1-x e x2=e x -x (√e )x-1, F'(x )=e x-(√e )x−12x (√e )x =(√e )x(√e )x-1-x 2=e x 2e x 2-1-x 2,由ex>x+1可得,e x 2>1+x2,故当x ∈(0,+∞)时,F'(x )>0恒成立,即F (x )在(0,+∞)上是增加的,∴F (x )>F (0)=0,即e x -1>x e x2,∴ln e x -1x>x 2.6.已知函数f (x )=-a ln x-e xx+ax ,a ∈R .(1)略;(2)当a=1时,若不等式f (x )+bx-b+1x e x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,求实数b 的取值范围. 解(2)由题意,当a=1时,f (x )+bx-b+1xe x -x ≥0在x ∈(1,+∞)时恒成立,整理得ln x-b (x-1)e x ≤0在(1,+∞)上恒成立. 令h (x )=ln x-b (x-1)e x ,易知,当b ≤0时,h (x )>0,不合题意,∴b>0.又h'(x )=1x -bx e x ,h'(1)=1-b e .①当b ≥1e 时,h'(1)=1-b e ≤0.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的. ∴h'(x )≤h'(1)≤0在[1,+∞)上恒成立,则h (x )在[1,+∞)上是减少的.所以h (x )≤h (1)=0,符合题意.②当0<b<1e 时,h'(1)=1-b e >0,h'(1b )=b-e 1b <01b>1.又h'(x )=1x -bx e x 在[1,+∞)上是减少的,∴存在唯一x 0∈(1,+∞),使得h'(x 0)=0.∴h (x )在(1,x 0)上是增加的,在(x 0,+∞)上是减少的.又h (x )在x=1处连续,h (1)=0,∴h (x )>0在(1,x 0)上恒成立,不合题意.综上所述,实数b 的取值范围为1e ,+∞.7.设函数f (x )=e mx +x 2-mx.(1)求证:f (x )在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)若对于任意x 1,x 2∈[-1,1],都有|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1,求m 的取值范围.(x )=m (e mx -1)+2x.若m ≥0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1≤0,f'(x )≤0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1≥0, f'(x )≥0.若m<0,则当x ∈(-∞,0)时,e mx -1>0,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,e mx -1<0,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的.(1)知,对任意的m ,f (x )在[-1,0]上是减少的,在[0,1]上是增加的,故f (x )在x=0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1的充要条件是{f (1)-f (0)≤e -1,f (-1)-f (0)≤e -1,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.设函数g (t )=e t -t-e +1,则g'(t )=e t -1.当t<0时,g'(t )<0;当t>0时,g'(t )>0.故g (t )在(-∞,0)上是减少的,在(0,+∞)上是增加的. 又g (1)=0,g (-1)=e -1+2-e <0,故当t ∈[-1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[-1,1]时,g (m )≤0, g (-m )≤0,即{e m -m ≤e -1,e -m +m ≤e -1.当m>1时,由g (t )的单调性知,g (m )>0,即e m -m>e -1. 当m<-1时,g (-m )>0, 即e -m +m>e -1.综上,m 的取值范围是[-1,1].8.(2019山西太原二模,21)已知x 1,x 2(x 1<x 2)是函数f (x )=e x +ln(x+1)-ax (a ∈R )的两个极值点. (1)求a 的取值范围; (2)求证:f (x 2)-f (x 1)<2ln a.f'(x )=e x +1x+1-a ,x>-1,令g (x )=e x +1x+1-a ,x>-1,则 g'(x )=e x -1(x+1)2,令h (x )=e x -1(x+1)2,x>-1,则h'(x )=e x +2(x+1)3>0,∴h (x )在(-1,+∞)上是增加的,且h (0)=0.当x ∈(-1,0)时,g'(x )=h (x )<0,g (x )是减少的, 当x ∈(0,+∞)时,g'(x )=h (x )>0,g (x )递增.∴g (x )≥g (0)=2-a.①当a ≤2时,f'(x )=g (x )>g (0)=2-a ≥0.f (x )在(-1,+∞)上是增加的,此时无极值;②当a>2时,∵g 1a-1=e 1a -1>0,g (0)=2-a<0,∴存在x 1∈1a-1,0,g (x 1)=0,当x ∈(-1,x 1)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增;当x ∈(x 1,0)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减,∴x=x 1是f (x )的极大值点.∵g (ln a )=11+lna >0,g (0)=2-a<0,∴存在x 2∈(0,ln a ),g (x 2)=0,当x ∈(0,x 2)时,f'(x )=g (x )<0,f (x )递减;当x ∈(x 2,+∞)时,f'(x )=g (x )>0,f (x )递增,∴x=x 2是f (x )的极小值点.综上所述,a 的取值范围为(2,+∞).(1)得a ∈(2,+∞),1a -1<x 1<0<x 2<ln a ,且g (x 1)=g (x 2)=0,∴x 2-x 1>0,1a <x 1+1<1,1<x 2+1<1+ln a ,e x 2−e x 1=x 2-x1(x 1+1)(x 2+1), ∴1(x 1+1)(x 2+1)-a<0,1<x 2+1x 1+1<a (1+ln a )<a 2,∴f (x 2)-f (x 1)=e x 2−e x 1+ln x 2+1x 1+1-a (x 2-x 1)=(x 2-x 1)1(x 1+1)(x 2+1)-a+lnx 2+1x 1+1<ln a 2=2ln a. 突破4 导数与函数的零点1.(2018全国2,文21)已知函数f (x )=13x 3-a (x 2+x+1). (1)略;(2)证明:f (x )只有一个零点.x 2+x+1>0,所以f (x )=0等价于x 3x 2+x+1-3a=0.设g (x )=x 3x 2+x+1-3a ,则g'(x )=x 2(x 2+2x+3)(x 2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x )=0,所以g (x )在(-∞,+∞)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)=-6a 2+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.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f (x )=x ln x-a (x 2-x )+1,函数g (x )=f'(x ). (1)若a=1,求f (x )的极大值;(2)当0<x<1时,g (x )有两个零点,求a 的取值范围.f (x )=x ln x-x 2+x+1(x>0),g (x )=f'(x )=ln x-2x+2,g'(x )=1x -2=1-2xx ,当x ∈0,12时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.又g (1)=f'(1)=0,则当x ∈12,1时,f'(x )>0,f (x )递增;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )<0,f (x )递减. 故当x=1时,f (x )取得极大值f (1)=1. (2)g (x )=f'(x )=ln x+1-2ax+a ,g'(x )=1x -2a=1-2axx ,①若a ≤0,则g'(x )>0,g (x )递增,至多有一个零点,不合题意. ②若a>0,则当x ∈0,12a 时,g'(x )>0,g (x )递增; 当x ∈12a,+∞时,g'(x )<0,g (x )递减.则g12a ≥g 12=ln 12+1=ln e 2>0.不妨设g (x 1)=g (x 2),x 1<x 2,则0<x 1<12a <x 2<1.一方面,需要g (1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x ,则x<e x , 进而,有2a<e 2a ,则e -2a <12a ,且g (e -2a )=-2a e -2a +1-a<0, 故存在x 1,使得0<e -2a <x 1<12a .综上,a 的取值范围是(1,+∞). 3.(2019河南开封一模,21)已知函数f (x )=ax 2+bx+1x.(1)略;(2)若f (1)=1,且方程f (x )=1在区间(0,1)内有解,求实数a 的取值范围.由f (1)=1得b=e -1-a ,由f (x )=1得e x =ax 2+bx+1,设g (x )=e x -ax 2-bx-1,则g (x )在(0,1)内有零点,设x 0为g (x )在(0,1)内的一个零点, 由g (0)=g (1)=0知g (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上不单调.设h (x )=g'(x ),则h (x )在(0,x 0)和(x 0,1)上均存在零点,即h (x )在(0,1)上至少有两个零点. g'(x )=e x -2ax-b ,h'(x )=e x -2a ,当a ≤12时,h'(x )>0,h (x )在(0,1)上是增加的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当a ≥e 2时,h'(x )<0,h (x )在(0,1)上是减少的,h (x )不可能有两个及以上零点, 当12<a<e 2时,令h'(x )=0得x=ln(2a )∈(0,1),∴h (x )在(0,ln(2a ))上是减少的,在(ln(2a ),1)上是增加的,h (x )在(0,1)上存在最小值h (ln(2a )),若h (x )有两个零点,则有h (ln(2a ))<0,h (0)>0,h (1)>0, h (ln(2a ))=3a-2a ln(2a )+1-e12<a<e 2,设φ(x )=32x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x )=12-ln x ,令φ'(x )=0,得x=√e , 当1<x<√e 时,φ'(x )>0,φ(x )递增;当√e <x<e 时,φ'(x )<0,φ(x )递减.∴φmax (x )=φ(√e )=√e +1-e <0, ∴h (ln(2a ))<0恒成立.由h (0)=1-b=a-e +2>0,h (1)=e -2a-b>0,得e -2<a<1.综上,a 的取值范围为(e -2,1). 4.(2019安徽安庆二模,21)已知函数f (x )=ax-ln x (a ∈R ). (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )=0有两个相异的正实数根x 1,x 2,求证f'(x 1)+f'(x 2)<0.(x )=ax-ln x 的定义域为(0,+∞),所以f'(x )=a-1x=ax -1x. ①当a ≤0时,f'(x )<0,所以f (x )在(0,+∞)上为减少的. ②当a>0时,由f'(x )>0,得x>1a ,所以f (x )在0,1a 上为减少的,在1a ,+∞上为增加的.1:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2.由f (x 1)=f (x 2)得a=ln x 1-ln x2x 1-x 2,所以只要证2ln x 1-ln x 2x 1-x2<1x 1+1x 2.不妨设x 1>x 2>0,则只要证2ln x1x 2<(x 1-x 2)1x 1+1x 2⇔2ln x1x 2<x1x 2−x2x 1.令x 1x 2=t>1,则只要证明当t>1时,2ln t<t-1t 成立.设g (t )=2ln t-t-1t(t>1),则g'(t )=2t -1-1t 2=-(t -1)2t2<0,所以函数g (t )在(1,+∞)上是减少的,所以g (t )<g (1)=0,即2ln t<t-1t成立. 由上分析可知,f'(x 1)+f'(x 2)<0成立. 解法2:要证f'(x 1)+f'(x 2)<0,即证2a-1x 1−1x 2<0,即2a<1x 1+1x 2. 令t 1=1x 1,t 2=1x 2,下证t 1+t 2>2a.由f (x 1)=f (x 2),得ax 1-ln x 1=ax 2-ln x 2,即at 1+ln t 1=a t 2+ln t 2. 令g (t )=at +ln t ,g (t 1)=g (t 2),g'(t )=-at 2+1t =t -a t2.由g'(t )>0⇒t>a ,g'(t )<0⇒a>t>0,则g (t )在(0,a )上为减少的,在(a ,+∞)上为增加的. 设t 1∈(0,a ),t 2∈(a ,+∞),令h (t )=g (t )-g (2a-t )=at +ln t-a2a -t -ln(2a-t ). h'(t )=t -a t 2+a -t(2a -t )2 =4a (t -a )(a -t )t 2(2a -t )2,t 1∈(0,a ),h'(t 1)<0.所以h (t )在(0,a )上为减少的,h (t 1)>h (a )=0,即g (t 1)>g (2a-t 1),g (t 2)>g (2a-t 1). 又因为g (t )在(a ,+∞)上为增加的,所以t 2>2a-t 1, 即t 1+t 2>2a. 故f'(x 1)+f'(x 2)<0.5.(2019河北石家庄二模,20)已知函数f (x )=1+lnxx . (1)略;(2)当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x(a>0)有唯一零点,求a 的取值范围.当x>1时,方程f (x )=a (x-1)+1x ,即ln x-a (x 2-x )=0,令h (x )=ln x-a (x 2-x ),有h (1)=0,h'(x )=-2ax 2+ax+1, 令r (x )=-2ax 2+ax+1,x ∈(1,+∞),因为a>0,所以r (x )在(1,+∞)上是减少的,①当r (1)=1-a ≤0即a ≥1时,r (x )<0,即h (x )在(1,+∞)上是减少的,所以h (x )<h (1)=0,方程f (x )=a (x-1)+1x 无实根.②当r (1)>0即0<a<1时,存在x 0∈(1,+∞),使得x ∈(1,x 0)时,r (x )>0,即h (x )递增;x ∈(x 0,+∞)时,r (x )<0,即h (x )递减;因此h (x )max =h (x 0)>h (1)=0,取x=1+1a,则h 1+1a=ln 1+1a-a (1+1a )2+a 1+1a=ln 1+1a-1+1a,令t=1+1a (t>1),h (t )=ln t-t ,则h'(t )=1t -1,t>1,所以h'(t )<0, 即h (t )在t>1时递减,所以h (t )<h (1)=0.故存在x 1∈x 0,1+1a,使得h (x 1)=0.综上,a 的取值范围为0<a<1.6.(2019山西运城二模,21)已知函数f (x )=x e x -a (ln x+x ),a ∈R . (1)当a=e 时,求f (x )的单调区间;(2)若f (x )有两个零点,求实数a 的取值范围.f (x )定义域为(0,+∞),当a=e 时,f'(x )=(1+x )(xe x -e )x.∴0<x<1时,f'(x )<0,x>1时,f'(x )>0.∴f (x )在(0,1)上为减少的;在(1,+∞)上为增加的.(2)记t=ln x+x ,则t=ln x+x 在(0,+∞)上为增加的,且t ∈R .∴f (x )=x e x -a (ln x+x )=e t -at=g (t ).∴f (x )在(0,+∞)上有两个零点等价于g (t )=e t -at 在t ∈R 上有两个零点. ①当a=0时,g (t )=e t 在R 上是增加的,且g (t )>0,故g (t )无零点; ②当a<0时,g'(t )=e t -a>0恒成立,∴g (t )在R 上是增加的.又g (0)=1>0,g1a=e 1a -1<0,故g (t )在R 上只有一个零点;③当a>0时,由g'(t )=e t -a=0可知g (t )在t=ln a 时有唯一的一个极小值g (ln a )=a (1-ln a ),若0<a<e,g (t ) 极小值=a (1-ln a )>0,g (t )无零点; 若a=e,g (t )极小值=0,g (t )只有一个零点; 若a>e 时,g (t )极小值=a (1-ln a )<0,而g (0)=1>0,由于y=lnxx 在(e,+∞)上为减少的,可知当a>e 时,e a >a a >a 2, 从而g (a )=e a -a 2>0.∴g (t )在(0,ln a )和(ln a ,+∞)上各有一个零点.综上可知,当a>e 时f (x )有两个点,即所求a 的取值范围是(e,+∞). 7.(2016全国1,理21)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x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明:x 1+x 2<2.(x )=(x-1)e x +2a (x-1)=(x-1)(e x +2a ).①设a=0,则f (x )=(x-2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a>0,则当x ∈(-∞,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0,所以f (x )在(-∞,1)上是减少的,在(1,+∞)上是增加的. 又f (1)=-e,f (2)=a ,取b 满足b<0且b<ln a 2, 则f (b )>a2(b-2)+a (b-1)2=a (b 2-32b)>0, 故f (x )存在两个零点.③设a<0,由f'(x )=0得x=1或x=ln(-2a ).若a ≥-e 2,则ln(-2a )≤1, 故当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0, 因此f (x )在(1,+∞)上是增加的.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a<-e 2,则ln(-2a )>1, 故当x ∈(1,ln(-2a ))时,f'(x )<0; 当x ∈(ln(-2a ),+∞)时,f'(x )>0. 因此f (x )在(1,ln(-2a ))上是减少的, 在(ln(-2a ),+∞)上是增加的.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,+∞).x 1<x 2,由(1)知,x 1∈(-∞,1),x 2∈(1,+∞),2-x 2∈(-∞,1),f (x )在(-∞,1)上是减少的,所以x 1+x 2<2等价于f (x 1)>f (2-x 2), 即f (2-x 2)<0.由于f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2+a (x 2-1)2, 而f (x 2)=(x 2-2)e x 2+a (x 2-1)2=0, 所以f (2-x 2)=-x 2e 2-x 2-(x 2-2)e x 2. 设g (x )=-x e 2-x -(x-2)e x , 则g'(x )=(x-1)(e 2-x -e x ). 所以当x>1时,g'(x )<0, 而g (1)=0, 故当x>1时,g (x )<0.从而g (x 2)=f (2-x 2)<0,故x 1+x 2<2.8.(2019天津,20)设函数f (x )=ln x-a (x-1)e x ,其中a ∈R . (1)若a ≤0,讨论f (x )的单调性; (2)若0<a<1e ,①证明f (x )恰有两个零点;②设x 0为f (x )的极值点,x 1为f (x )的零点,且x 1>x 0,证明3x 0-x 1>2.,f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=1-[a e x +a (x-1)e x ]=1-ax 2e x.因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f'(x )>0, 所以f (x )在(0,+∞)内是增加的.(2)证明①由(1)知,f'(x )=1-ax 2e xx .令g (x )=1-ax 2e x ,由0<a<1e ,可知g (x )在(0,+∞)内是减少的,又g (1)=1-a e >0,且g ln 1a=1-a ln1a 21a=1-ln1a2<0, 故g (x )=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x )=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln 1a . 当x ∈(0,x 0)时,f'(x )=g (x )x >g (x 0)x =0, 所以f (x )在(0,x 0)内是增加的; 当x ∈(x 0,+∞)时,f'(x )=g (x )x <g (x 0)x=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内是减少的,因此x 0是f (x )的唯一极值点.令h (x )=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x )=1x-1<0,故h (x )在(1,+∞)内是减少的,从而当x>1时,h (x )<h (1)=0,所以ln x<x-1.从而f ln1a=ln ln1a-a ln 1a-1e ln 1a =ln ln1a-ln 1a +1=h ln1a<0,又因为f (x 0)>f (1)=0,所以f (x )在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f (x )在(0,x 0)内有唯一零点1,从而,f (x )在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,{f '(x 0)=0,f (x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a (x 1-1)e x 1,从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0,即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1.因为当x>1时,ln x<x-1,又x 1>x 0>1,故e x 1-x 0<x 02(x 1-1)x 1-1=x 02,两边取对数,得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1),整理得3x 0-x 1>2.。
2020高考数学-导数压轴题型归类总结(解析版)
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
2020高考数学(文科)二轮专题辅导与训练课件：导数的综合应用
[证明] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝x－x 1＋ln x－1＝ln x－1x. 因为 y＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，
y＝1x在(0，＋∞)上单调递减， 所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又 f′(1)＝－1＜0，f′(2)＝ln 2－12＝ln 42－1＞0， 故存在唯一 x0∈(1，2)，使得 f′(x0)＝0. 又当 x＜x0 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当 x＞x0 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 因此，f(x)存在唯一的极值点．
＝－2x2＋（k＋x＋6）2 x＋2k＋2.
由(2)知，当 k＝2 时，f(x)<g(x)恒成立， 即对于 x>－1，2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)， 不存在满足条件的 x0； 当 k>2 时，对于 x>－1，x＋1>0， 此时 2(x＋1)<k(x＋1)． 2ln(x＋2)－(x＋1)2<2(x＋1)<k(x＋1)， 即 f(x)<g(x)恒成立，不存在满足条件的 x0； 当 k<2 时，令 t(x)＝－2x2－(k＋6)x－(2k＋2)， 可知 t(x)与 h′(x)符号相同．
• 3．含有双变量的不等式问题的常见 转化策略
• (1)∀x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最大值． • (2)∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最大值＞g(x)在[c， d]上的最小值． • (3)∀x1∈[a，b]，∃x2∈[c，d]，f(x1)＞ g(x2)⇔f(x)在[a，b]上的最小值＞g(x)在[c， d]上的最小值．
2020版高考文科数学大一轮复习人教A版文档：第三章导数及应用3.1 Word版含答案.docx
§3.1导数的概念及运算最新考纲考情考向分析1.了解导数概念的实际背景．2.通过函数图象直观理解导数的几何意义．3.能根据导数定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝1x，y＝x的导数．4.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.导数的概念和运算是高考的必考内容，一般渗透在导数的应用中考查；导数的几何意义常与解析几何中的直线交汇考查；题型为选择题或解答题的第(1)问，低档难度.1．导数与导函数的概念(1)一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或x xy='｜，即f′(x0)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx.(2)如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，这个函数称为函数y＝f(x)在开区(a，b)间内的导函数．记作f′(x)或y′.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率k，即k＝f′(x0)．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数 导函数 f (x )＝c (c 为常数) f ′(x )＝0 f (x )＝x α(α∈Q *) f ′(x )＝αx α－1 f (x )＝sin x f ′(x )＝cos x f (x )＝cos x f ′(x )＝－sin x f (x )＝e x f ′(x )＝e x f (x )＝a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝a x ln a f (x )＝ln x f ′(x )＝1xf (x )＝log a x (a >0，a ≠1)f ′(x )＝1x ln a4.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有 (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )； (3)⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)．知识拓展1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 2．[af (x )＋bg (x )]′＝af ′(x )＋bg ′(x )．3．函数y ＝f (x )的导数f ′(x )反映了函数f (x )的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f ′(x )|反映了变化的快慢，|f ′(x )|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x 0)是函数y ＝f (x )在x ＝x 0附近的平均变化率．( × ) (2)f ′(x 0)与[f (x 0)]′表示的意义相同．( × )(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × ) (4)函数f (x )＝sin(－x )的导数是f ′(x )＝cos x ．( × ) 题组二 教材改编2．[P85A 组T5]若f (x )＝x ·e x ，则f ′(1)＝ . 答案 2e解析 ∵f ′(x )＝e x ＋x e x ，∴f ′(1)＝2e.3．[P85A 组T7]曲线y ＝sin xx 在点M (π，0)处的切线方程为 ．答案 x ＋πy －π＝0解析 ∵y ′＝x cos x －sin x x 2，∴y ′|x ＝π＝－ππ2＝－1π， ∴切线方程为y ＝－1π(x －π)，即x ＋πy －π＝0.题组三 易错自纠4．如图所示为函数y ＝f (x )，y ＝g (x )的导函数的图象，那么y ＝f (x )，y ＝g (x )的图象可能是( )答案 D解析 由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f ′(x )在(0，＋∞)上单调递减，说明函数y ＝f (x )的切线的斜率在(0，＋∞)上也单调递减，故可排除A ，C.又由图象知y ＝f ′(x )与y ＝g ′(x )的图象在x ＝x 0处相交，说明y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在x ＝x 0处的切线的斜率相同，故可排除B.故选D.5．有一机器人的运动方程为s ＝t 2＋3t (t 是时间，s 是位移)，则该机器人在时刻t ＝2时的瞬时速度为( )A.194B.174C.154D.134 答案 D6．(2018·青岛调研)已知f (x )＝12x 2＋2xf ′(2 018)＋2 018ln x ，则f ′(2 018)等于( )A ．2 018B ．－2 019C ．2 019D ．－2 018答案 B解析 由题意得f ′(x )＝x ＋2f ′(2 018)＋2 018x，所以f ′(2 018)＝2 018＋2f ′(2 018)＋2 0182 018，即f ′(2 018)＝－(2 018＋1)＝－2 019.7．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 ∵f ′(x )＝3ax 2＋1，∴f ′(1)＝3a ＋1， 又f (1)＝a ＋2，∴切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)， 又点(2,7)在切线上，可得a ＝1.题型一 导数的计算1．f (x )＝x (2 018＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 019，则x 0等于( ) A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e 答案 B解析 f ′(x )＝2 018＋ln x ＋x ×1x ＝2 019＋ln x ，故由f ′(x 0)＝2 019，得2 019＋ln x 0＝2 019，则ln x 0＝0，解得x 0＝1.2．(2018·上海质检)若函数f (x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足f ′(1)＝2，则f ′(－1)等于( ) A ．－1 B ．－2 C ．2 D ．0 答案 B解析 f ′(x )＝4ax 3＋2bx ， ∵f ′(x )为奇函数且f ′(1)＝2， ∴f ′(－1)＝－2.3．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝ . 答案 －4解析 ∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)， ∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)，即f ′(1)＝－2. ∴f ′(x )＝2x －4，∴f ′(0)＝－4. 思维升华 导数计算的技巧求导之前，应对函数进行化简，然后求导，减少运算量．题型二 导数的几何意义命题点1 求切线方程典例 (1)曲线f (x )＝e xx －1在x ＝0处的切线方程为 ．答案 2x ＋y ＋1＝0解析 根据题意可知切点坐标为(0，－1)， f ′(x )＝(x －1)(e x )′－e x (x －1)′(x －1)2＝(x －2)e x(x －1)2，故切线的斜率k ＝f ′(0)＝(0－2)e 0(0－1)2＝－2，则直线的方程为y －(－1)＝－2(x －0)， 即2x ＋y ＋1＝0.(2)已知函数f (x )＝x ln x ，若直线l 过点(0，－1)，并且与曲线y ＝f (x )相切，则直线l 的方程为 ． 答案 x －y －1＝0解析 ∵点(0，－1)不在曲线f (x )＝x ln x 上， ∴设切点为(x 0，y 0)．又∵f ′(x )＝1＋ln x ， ∴直线l 的方程为y ＋1＝(1＋ln x 0)x .∴由⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝x 0ln x 0，y 0＋1＝(1＋ln x 0)x 0，解得x 0＝1，y 0＝0.∴直线l 的方程为y ＝x －1，即x －y －1＝0. 引申探究本例(2)中，若曲线y ＝x ln x 上点P 的切线平行于直线2x －y ＋1＝0，则点P 的坐标是 ． 答案 (e ，e)解析 y ′＝1＋ln x ，令y ′＝2，即1＋ln x ＝2， ∴x ＝e ，∴点P 的坐标为(e ，e)． 命题点2 求参数的值典例 (1)直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1，3)，则2a ＋b ＝ . 答案 1解析 由题意知，y ＝x 3＋ax ＋b 的导数y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ＋1＝3，由此解得k ＝2，a ＝－1，b ＝3，∴2a ＋b ＝1.(2)(2018届东莞外国语学校月考)曲线y ＝4x －x 2上两点A (4,0)，B (2,4)，若曲线上一点P 处的切线恰好平行于弦AB ，则点P 的坐标是( ) A ．(3,3) B ．(1,3) C ．(6，－12) D ．(2,4)答案 A解析 设点P (x 0，y 0)，∵A (4,0)，B (2,4)， ∴k AB ＝4－02－4＝－2.∵在点P 处的切线l 平行于弦AB ，∴k l ＝－2. ∴根据导数的几何意义知，曲线在点P 的导数0x x y ='｜＝ ＝4－2x 0＝－2，即x 0＝3，∵点P (x 0，y 0)在曲线y ＝4x －x 2上， ∴y 0＝4x 0－x 20＝3，∴P (3,3)． 命题点3 导数与函数图象典例 (1)已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )答案 B解析 由y ＝f ′(x )的图象是先上升后下降可知，函数y ＝f (x )图象的切线的斜率先增大后减小，故选B.(2)已知y ＝f (x )是可导函数，如图，直线y ＝kx ＋2是曲线y ＝f (x )在x ＝3处的切线，令g (x )＝xf (x )，g ′(x )是g (x )的导函数，则g ′(3)＝ .(42)|x x x =－答案 0解析 由题图可知曲线y ＝f (x )在x ＝3处切线的斜率等于－13，∴f ′(3)＝－13.∵g (x )＝xf (x )，∴g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， ∴g ′(3)＝f (3)＋3f ′(3)， 又由题图可知f (3)＝1， ∴g ′(3)＝1＋3×⎝⎛⎭⎫－13＝0. 思维升华 导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面： (1)已知切点A (x 0，f (x 0))求斜率k ，即求该点处的导数值k ＝f ′(x 0)．(2)若求过点P (x 0，y 0)的切线方程，可设切点为(x 1，y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝f (x 1)，y 0－y 1＝f ′(x 1)(x 0－x 1)求解即可．(3)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况． 跟踪训练 (1)(2017·山西孝义模拟)已知f (x )＝x 2，则曲线y ＝f (x )过点P (－1,0)的切线方程是 ．答案 y ＝0或4x ＋y ＋4＝0 解析 设切点坐标为(x 0，x 20)，∵f ′(x )＝2x ，∴切线方程为y －0＝2x 0(x ＋1)，∴x 20＝2x 0(x 0＋1)，解得x 0＝0或x 0＝－2， ∴所求切线方程为y ＝0或y ＝－4(x ＋1)， 即y ＝0或4x ＋y ＋4＝0.(2)设曲线y ＝1＋cos x sin x 在点⎝⎛⎭⎫π2，1处的切线与直线x －ay ＋1＝0平行，则实数a ＝ . 答案 －1解析 ∵y ′＝－1－cos xsin 2x ，∴π2x y ='｜＝－1. 由条件知1a＝－1，∴a ＝－1.求曲线的切线方程典例 若存在过点O (0,0)的直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 和y ＝x 2＋a 都相切，求a 的值． 错解展示：现场纠错解 易知点O (0,0)在曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 上． (1)当O (0,0)是切点时，由y ′＝3x 2－6x ＋2，得y ′|x ＝0＝2，即直线l 的斜率为2，故直线l 的方程为y ＝2x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y ＝x 2＋a ，得x 2－2x ＋a ＝0， 依题意Δ＝4－4a ＝0，得a ＝1.(2)当O (0,0)不是切点时，设直线l 与曲线y ＝x 3－3x 2＋2x 相切于点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 30－3x 20＋2x 0，k ＝0x x y ='｜＝3x 20－6x 0＋2，①又k ＝y 0x 0＝x 20－3x 0＋2，②联立①②，得x 0＝32(x 0＝0舍去)，所以k ＝－14，故直线l 的方程为y ＝－14x .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14x ，y ＝x 2＋a ，得x 2＋14x ＋a ＝0，依题意知Δ＝116－4a ＝0，得a ＝164.综上，a ＝1或a ＝164.纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情况．1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为()A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)答案C解析f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)·(2x－2a)＝(x－a)·(x－a＋2x＋4a)＝3(x2－a2)．2．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是()答案C解析原函数的单调性是当x<0时，f(x)单调递增；当x>0时，f(x)的单调性变化依次为增、减、增，故当x<0时，f′(x)>0；当x>0时，f′(x)的符号变化依次为＋，－，＋.故选C. 3．(2017·西安质检)曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则P点的坐标为()A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)答案C解析f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，则3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.4．若直线y ＝x 是曲线y ＝x 3－3x 2＋px 的切线，则实数p 的值为( ) A ．1 B ．2 C.134 D ．1或134答案 D解析 ∵y ′＝3x 2－6x ＋p ，设切点为P (x 0，y 0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 20－6x 0＋p ＝1，x 30－3x 20＋px 0＝x 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝0，p ＝1或⎩⎨⎧x 0＝32，p ＝134.5．(2018·广州调研)已知曲线y ＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( ) A ．e B ．－e C.1e D ．－1e答案 C解析 y ＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且y ′＝1x ，设切点为(x 0，ln x 0)，则0x x y ='｜＝1x 0， 切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，因为切线过点(0,0)，所以－ln x 0＝－1， 解得x 0＝e ，故此切线的斜率为1e.6．(2017·重庆诊断)已知函数f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，其导函数为f ′(x )，则f (2 019)＋f (－2 019)＋f ′(2 019)－f ′(－2 019)的值为( ) A ．0 B ．2 C ．2 017 D ．－2 017 答案 B解析 ∵f (x )＝2e x ＋1＋sin x ，∴f ′(x )＝－2e x(e x ＋1)2＋cos x ，f (x )＋f (－x )＝2e x ＋1＋sin x ＋2e －x ＋1＋sin(－x )＝2，f ′(x )－f ′(－x )＝－2e x(e x ＋1)2＋cos x ＋2e －x(e －x ＋1)2－cos(－x )＝0， ∴f (2 019)＋f (－2 019)＋f ′(2 019)－f ′(－2 019)＝2.7．已知函数f (x )＝ax ln x ，x ∈(0，＋∞)，其中a 为实数，f ′(x )为f (x )的导函数，若f ′(1)＝3，则a 的值为 ．答案 3解析 f ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )， 由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ，又f ′(1)＝3，所以a ＝3.8．(2016·全国Ⅲ)已知f (x )为偶函数，当x ≤0时，f (x )＝e－x －1－x ，则曲线y ＝f (x )在点(1,2)处的切线方程是 ．答案 2x －y ＝0解析 设x >0，则－x <0，f (－x )＝e x －1＋x ，因为f (x )为偶函数，所以当x >0时，f (x )＝e x －1＋x ，f ′(x )＝e x －1＋1，故f ′(1)＝2，所以曲线在点(1,2)处的切线方程为y －2＝2(x －1)，即y ＝2x .9．设点P 是曲线y ＝x 3－3x ＋23上的任意一点，P 点处切线倾斜角α的取值范围为 ．答案 ⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π 解析 因为y ′＝3x 2－3≥－3，故切线斜率k ≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π. 10．(2018·成都质检)已知f ′(x )，g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．(1)若f (1)＝1，则f (－1)＝ ；(2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )，则h (－1)，h (0)，h (1)的大小关系为 ．(用“<”连接)答案 (1)1 (2)h (0)<h (1)<h (－1)解析 (1)由图可得f ′(x )＝x ，g ′(x )＝x 2，设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，g (x )＝dx 3＋ex 2＋mx ＋n (d ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝x ，g ′(x )＝3dx 2＋2ex ＋m ＝x 2，故a ＝12，b ＝0，d ＝13，e ＝m ＝0，所以f (x )＝12x 2＋c ，g (x )＝13x 3＋n ， 由f (1)＝1，得c ＝12， 则f (x )＝12x 2＋12，故f (－1)＝1. (2)h (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2－13x 3＋c －n ， 则有h (－1)＝56＋c －n ，h (0)＝c －n ， h (1)＝16＋c －n ，故h (0)<h (1)<h (－1)． 11．已知函数f (x )＝x 3－4x 2＋5x －4.(1)求曲线f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)求经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程．解 (1)∵f ′(x )＝3x 2－8x ＋5，∴f ′(2)＝1，又f (2)＝－2，∴曲线在点(2，f (2))处的切线方程为y ＋2＝x －2，即x －y －4＝0.(2)设曲线与经过点A (2，－2)的切线相切于点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∵f ′(x 0)＝3x 20－8x 0＋5，∴切线方程为y －(－2)＝(3x 20－8x 0＋5)·(x －2)，又切线过点P (x 0，x 30－4x 20＋5x 0－4)，∴x 30－4x 20＋5x 0－2＝(3x 20－8x 0＋5)(x 0－2)， 整理得(x 0－2)2(x 0－1)＝0，解得x 0＝2或1，∴经过点A (2，－2)的曲线f (x )的切线方程为x －y －4＝0或y ＋2＝0.12．已知曲线y ＝x 3＋x －2在点P 0处的切线l 1平行于直线4x －y －1＝0，且点P 0在第三象限．(1)求P 0的坐标；(2)若直线l ⊥l 1，且l 也过切点P 0，求直线l 的方程．解 (1)由y ＝x 3＋x －2，得y ′＝3x 2＋1，由已知令3x 2＋1＝4，解得x ＝±1.当x ＝1时，y ＝0；当x ＝－1时，y ＝－4.又∵点P 0在第三象限，∴切点P 0的坐标为(－1，－4)．(2)∵直线l ⊥l 1，l 1的斜率为4，∴直线l 的斜率为－14.∵l 过切点P 0，点P 0的坐标为(－1，－4)， ∴直线l 的方程为y ＋4＝－14(x ＋1)， 即x ＋4y ＋17＝0.13．已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若在x ＝14处函数f (x )与g (x )的图象的切线平行，则实数a 的值为( )A.14B.12C ．1D ．4 答案 A解析 由题意可知f ′(x )＝1212x -，g ′(x )＝a x， 由f ′⎝⎛⎭⎫14＝g ′⎝⎛⎭⎫14，得12×121()4-＝a 14， 可得a ＝14，经检验，a ＝14满足题意． 14．(2017·上饶模拟)若点P 是曲线y ＝x 2－ln x 上任意一点，则点P 到直线y ＝x －2距离的最小值为 ．答案 2 解析 由题意知y ＝x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，当点P 是曲线的切线中与直线y ＝x －2平行的直线的切点时，点P 到直线y ＝x －2的距离最小，如图所示．故令y ′＝2x －1x＝1，解得x ＝1，故点P 的坐标为(1,1)．故点P 到直线y ＝x －2的最小值d min ＝|1－1－2|2＝ 2.15．若函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是 ． 答案 [2，＋∞)解析 ∵f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，定义域为(0，＋∞)，∴f ′(x )＝x －a ＋1x. ∵f (x )存在垂直于y 轴的切线，∴f ′(x )存在零点，即x ＋1x－a ＝0有解， ∴a ＝x ＋1x≥2(当且仅当x ＝1时取等号)． 16．设抛物线C ：y ＝－x 2＋92x －4，过原点O 作C 的切线y ＝kx ，使切点P 在第一象限． (1)求k 的值；(2)过点P 作切线的垂线，求它与抛物线的另一个交点Q 的坐标． 解 (1)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，则y 1＝kx 1，①y 1＝－x 21＋92x 1－4，② 将①代入②得x 21＋⎝⎛⎭⎫k －92x 1＋4＝0.∵P 为切点，∴Δ＝⎝⎛⎭⎫k －922－16＝0， 得k ＝172或k ＝12. 当k ＝172时，x 1＝－2，y 1＝－17； 当k ＝12时，x 1＝2，y 1＝1. ∵P 在第一象限，∴所求的斜率k ＝12. (2)过P 点作切线的垂线，其方程为y ＝－2x ＋5.③将③代入抛物线方程得x 2－132x ＋9＝0. 设Q 点的坐标为(x 2，y 2)，即2x 2＝9，∴x 2＝92，y 2＝－4. ∴Q 点的坐标为⎝⎛⎭⎫92，－4.。
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：函数与导数的综合压轴大题
高考大题专项 函数与导数的综合压轴大题
一
突突破破11
突破2
-7-
题型一
题型二
题型三
题型四
题型五
突破1 利用导数求极值、最值、参数范围
题型一 讨论函数极值点的个数
例1设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个
数,并说明理由. 解 定义域为(-1,+∞),f'(x)=������+11+a(2x-1)=������+11(2ax2+ax+1-a),由������+11>0,令 g(x)=2ax2+ax+1-a(x>-1), 当 a=0 时,g(x)=1,则 f'(x)>0 在(-1,+∞)上恒成立, 则 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,即当 a=0 时,函数无极值点; 当 a>0 时,由 Δ=a(9a-8)≤0,得 0<a≤89,
高考大题专项一 函数与导数的综合压轴大题
考情分析
高考大题专项 一
知识理
函数与导数的综合压轴大题
突破1
突破2
从近五年的高考试题来看,对导数在函数中应用的考查常常是一 大一小两个题目,其中解答题的命题特点是:以二次或三次函数、 对数函数、指数函数及分式函数为命题载体,以切线问题、单调性 问题、极值最值问题、恒成立问题、存在性问题、函数零点问题 为设置条件,与参数的范围、不等式的证明,方程根的分布综合成 题,重点考查应用分类讨论思想、函数与方程思想、数形结合思想 及化归与转换思想来分析问题、解决问题的能力.
高考大题专项 一
函数与导数的综合压轴大题
2020年高考数学(文)热点专练04 导数及其应用(解析版)
热点04 导数及其应用【命题趋势】在目前高考全国卷的考点中，导数板块常常作为压轴题的形式出现，这块部分的试题难度呈现非减的态势，因此若想高考中数学拿高分的同学，都必须拿下导数这块的内容 .函数单调性的讨论、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不 等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的.对于导数内容，其关键在于把握好导数，其关键在于把握好导数的几何意义即切线的斜率，这一基本概念和关系，在此基础上，引申出函数的单调性与导函数的关系，以及函数极值的概念求解和极值与最值的关系以及最值的求解.本专题选取了有代表性的选择，填空题与解答题，通过本专题的学习熟悉常规导数题目的解题思路与解题套路，从而在以后的导数 【满分技巧】对于导数的各类题型都是万变不离其宗，要掌握住导数的集中核心题型，即函数的极值问题，函数的单调性的判定.因为函数零点问题可转化为极值点问题，函数恒成立与存在性问题可以转化为函数的最值问题，函数不等式证明一般转化为函数单调性和最值求解，而函数的极值和最值是由函数的单调性来确定的.所以函数导数部分的重点核心就是函数的单调性.对于函数零点问题贴别是分段函数零点问题是常考题型，数形结合是最快捷的方法，在此方法中应学会用导数的大小去判断原函数的单调区间，进而去求出对应的极值点与最值.恒成立与存在性问题也是伴随着导数经典题型，对于选择题来说，恒成立问题可以采用选项中相对的特殊值的验证比较快捷准确，对于填空以及大题则采用对函数进行求导，从而判定出函数的最值.函数的极值类问题是解答题中的一个重难点，对于非常规函数，超出一般解方程的范畴类题目则采用特殊值验证法，特殊值一般情况下是0,1等特殊数字进行验证求解. 【考查题型】选择题，填空，解答题21题【限时检测】（建议用时：90分钟）1．（2019·四川高三月考（文））已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是A ．()2,+∞B ．()1,+∞C ．(),2-∞-D ．(),1-∞-【答案】C【解析】试题分析：当0a =时，2()31f x x =-+，函数()f x 不满足题意，舍去；当0a >时，2()36f x ax x '=-，令()0f x '=，得0x =或2x a =．(,0)x ∈-∞时，()0f x '>；2(0,)x a ∈时，()0f x '<；2(,)x a∈+∞时，()0f x '>，且(0)0f >，此时在(,0)x ∈-∞必有零点，故不满足题意，舍去；当0a <时，2(,)x a∈-∞时，()0f x '<；2(,0)x a∈时，()0f x '>；(0,)x ∈+∞时，()0f x '<，且(0)0f >，要使得()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，只需2()0f a >，即24a >，则2a <-，选C ．考点：1、函数的零点；2、利用导数求函数的极值；3、利用导数判断函数的单调性． 2．（2019·全国高考真题（文））曲线y=x x cos sin 2+在点(π，–1)处的切线方程为 A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=【答案】C【解析】先判定点(,1)π-是否为切点，再利用导数的几何意义求解.【详解】当x π=时，2sin cos 1y =π+π=-，即点(,1)π-在此曲线2sin cos y x x =+ 上．2cos sin ,y x x '=-Q 2cos sin 2,x y πππ=∴=-=-'则2sin cos y x x =+在点(,1)π-处的切线方程为(1)2()y x --=--π，即2210x y +-π+=．故选C ．【名师点睛】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程． 3．（2019·北京人大附中高三月考（文））设函数'()f x 是奇函数()f x （x ∈R ）的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ） A ．(,1)(0,1)-∞-UB ．(1,0)(1,)-??C ．(,1)(1,0)-∞--UD ．(0,1)(1,)⋃+∞【答案】A【解析】构造新函数()()f x g x x=,()()()2'xf x f x g x x -='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()f xg x x=单减，又()10f =，即()10g =. 所以()()0f x g x x=>可得01x <<,此时()0f x >， 又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集()(),10,1-∞-⋃. 故选A.【名师点睛】：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如()()xf x f x '-，想到构造()()f x g x x=.一般：（1）条件含有()()f x f x '+，就构造()()x g x e f x =,（2）若()()f x f x -'，就构造()()x f x g x e=，（3）()()2f x f x +'，就构造()()2xg x e f x =，（4）()()2f x f x -'就构造()()2xf xg x e=，等便于给出导数时联想构造函数.4．（2019·北京高考模拟（文））函数()221f x x ex m =-++-，函数()()20e g x x x x=+>，（其中e 为自然对数的底数， 2.718e ≈）若函数()()()h x f x g x =-有两个零点，则实数m 取值范围为（ ） A ．221m e e <-++B ．221m e e >-+C ．221m e e >-++D ．221m e e <-+【答案】C【解析】先分离变量，转化为求对应函数单调性及其值域，即可确定结果. 【详解】由()0h x =得22121(0)e m x ex x x=+-++>，令()22s x 121(0)e x ex x x =+-++>，则222()212()(2)e x es x x e x e x x+'=+--=-+,所以当x e >时，2()0,()(21,)s x s x e e '>∈-++∞,当0x e <<时，2()0,()(21,)s x s x e e '<∈-++∞,因此当221m e e >-++时，函数()()()h x f x g x =-有两个零点，选C.【名师点睛】本题考查利用导数研究函数零点，考查综合分析求解能力，属中档题.二、填空题5．（2019·江苏高考真题）在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线ln y x =上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是____.【答案】(e, 1).【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值可得切点坐标. 【详解】设点()00,A x y ，则00ln y x =.又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 点A 在曲线ln y x =上的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 代入点(),1e --，得001ln 1ex x ---=-， 即00ln x x e =，考查函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()'ln 1H x x =+，当1x >时，()()'0,H x H x >单调递增，注意到()H e e =，故00ln x x e =存在唯一的实数根0x e =，此时01y =， 故点A 的坐标为(),1A e .【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆． 二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．6．（2019·重庆南开中学高三月考（文））已知函数()21212xf x e ax ax =+++有两个极值，则实数a 的取值范围为______． 【答案】(),2-∞-【解析】将原问题转化为函数有两个交点的问题，考查临界条件，利用导函数研究函数的切线方程即可求得最终结果. 【详解】()'2x f x e ax a =++,由题意知()'f x 有两个零点，由20x e ax a ++=可得()2xe ax a =-+，即()21xy e y a x ⎧=⎪⎨=-+⎪⎩有两个交点，如图所示，考查临界条件：设2x y e =与()1y a x =-+的切点为()00,x y ，即002xy e =，'2xy e =，则00'|2xx x y e ==，切线方程为()00022x x y ee x x -=-.把()1,0-代入切线方程可得00x =，0'|2x x y ==， 据此可得：2a ->，即2a <-， 实数a 的取值范围为(),2-∞-.【名师点睛】本题主要考查导函数研究函数的极值，导函数研究函数的切线方程，数形结合的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7．（2019·江苏高考模拟（文））已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，满足'()()f x f x <，且(2)f x +为偶函数，(4)2f =，则不等式()2x f x e <的解集为______.【答案】(0,)+∞【解析】根据()2f x +为偶函数可得()f x 图像关于2x =对称.由此求得()02f =，构造函数()()()xef xg x x R =∈，利用导数研究()g x 的单调性，由将原不等式()2xf x e <转化为()(0)g x g <，由此求得x 的取值范围. 【详解】∵(2)y f x =+为偶函数，∵(2)y f x =+的图象关于0x =对称，∵()y f x =的图像关于2x =对称，∵(4)(0)f f =.又(4)2f =，∵(0)2f =.设()()()x ef xg x x R =∈，则()2'()()'()()'()x xxx f x e f x e f x f x g x e e --==.又∵'()()f x f x <，∵'()()0f x f x -<，∵)'(0g x <，∵()y g x =在R 上单调递减.∵()2x f x e <，∵()2xf x e<，即()2g x <.又∵0(0)(0)2f g e ==，∵()(0)g x g <，∵0x >. 【名师点睛】本小题主要考查函数图像的对称性，考查函数图像变换，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数解不等式，综合性较强，属于中档题.8．（2019·首都师范大学附属中学高考模拟（文））关于x 的方程ln 10x x kx -+=在区间1[,]e e上有两个不等实根，则实数k 的取值范围是__． 【答案】1(1,1]e+ 【解析】分析：首先将方程转化，分离参数，化为1ln x k x+=，将问题转化为函数图像与直线的交点个数来解决，之后构造函数，求导，利用导数研究函数单调性，从而得到函数图像的大致走向以及相应的最值，最后求得结果.详解：关于x 的方程ln 10x x kx -+=，即：1ln x k x +=，令函数1()ln f x x x=+，若方程ln 10x x kx -+=在区间1[,]e e 上有两个不等实根，即函数1()ln f x x x=+与y k =在区间1[,]e e 上有两个不同的交点，211'()f x x x =-，令2110x x -=可得1x =，当1[,1)x e∈时，'()0f x <，函数是减函数，当(1,]x e ∈时，'()0f x >，函数是增函数，所以函数的最小值为(1)1f =，11()1,()1f e f e ee =-+=+，所以函数的最大值为11e+，所以关于x 的方程ln 10x x kx -+=在区间1[,]e e 上有两个不等实根，则实数k 的取值范围是1(1,1]e+.【名师点睛】：该题考查的是有关方程的解的个数对应的参数的范围问题，该题转化为函数1()ln f x x x=+与y k =在区间1[,]e e 上有两个不同的交点，结合函数图像的走向以及最值求得结果，还可以将方程转化为ln 1x x kx =-，即曲线ln y x x =和直线1y kx =-在相应区间上有两个交点，也可以求得结果. 三、解答题9．（2019·全国高考真题（文））已知函数32()22f x x ax =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<<3a 时，记()f x 在区间[]0,1的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围.【答案】(1)见详解；(2) 8[,2)27. 【解析】(1)先求()f x 的导数，再根据a 的范围分情况讨论函数单调性；(2) 讨论a 的范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的判断，最终求得M m -的取值范围. 【详解】(1)对32()22f x x ax =-+求导得2'()626()3a f x x ax x x =-=-.所以有当0a <时，(,)3a-∞区间上单调递增，(,0)3a 区间上单调递减，(0,)+∞区间上单调递增；当0a =时，(,)-∞+∞区间上单调递增；当0a >时，(,0)-∞区间上单调递增，(0,)3a 区间上单调递减，(,)3a +∞区间上单调递增.若02a <≤，()f x 在区间(0,)3a 单调递减， 在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1] 上最小值为()3af .而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≥，故所以区间[0,1]上最大值为 (1)f . 所以332(1)()(4)[2()()2]233327a a a a M m f f a a a -=-=---+=-+， 设函 数3()227x g x x =-+，求导2'()19x g x =-当02x <≤时'()0g x <从而()g x 单调递减. 而02a <≤，所以38222727a a ≤-+<.即M m -的取值范围是8[,2)27.若23a <<，()f x 在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3a f 而(0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≤，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f .所以332(0)()2[2()()2]33327a a a a M m f f a -=-=--+=，而23a <<，所 以3812727a <<.即M m -的取值范围是8(,1)27.综上得M m -的取值范围是8[,2)27.【名师点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，对于此类题目应学会逐步递进，逆向推导.由结果到过程.10．（2019·河北高考模拟（文））已知函数3()f x x ax =+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()()ln g x f x x x =-在122⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上有零点，求a 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）114ln 2,ln 222⎡⎤-+--⎢⎥⎣⎦【解析】（1）先求导，对a 分类讨论，利用导函数的正负可得f （x ）的单调性.（2）将已知进行转化，得到3ln 0x ax x x +-=在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有解，分离参数a ，构造函数，求导求得值域，可得a 的范围. 【详解】（1）因为()3f x x ax =+，所以()23f x x a ='+.∵当0a ≥时，因为()230f x x a '=+≥，所以()f x 在R 上单调递增；∵当0a <时，令()0f x '>，解得x <x >.令()0f x '<，解得x <<，则()f x 在,⎛-∞ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增；在33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减. （2）因为()()ln g x f x x x =-，所以()3ln g x x ax x x =+-，()()ln g x f x x x =-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有零点，等价于关于x 的方程()0g x =在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 上有解，即3ln 0x ax x x +-=在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有解. 因为3ln 0x ax x x +-=，所以2ln a x x =-+.令()2ln h x x x =-+，则()21212x h x x x x=-'-=-+.令()0h x '<，122x ≤≤，解得22x <≤；令()0h x '>，122x ≤≤，解得122x ≤<，则()h x 2⎤⎥⎝⎦上单调递减，在1,22⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭上单调递增， 因为2111ln 222h ⎛⎫⎛⎫=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1ln24--，()222ln24ln2h =-+=-+，所以()115224h h ⎛⎫-=⎪⎝⎭152ln2204->->，则()()min 24ln2h x h ==-+，()max 1ln 222h x h ⎛⎫==-+ ⎪ ⎪⎝⎭11ln222=--， 故a 的取值范围为114ln2,ln222⎡⎤-+--⎢⎥⎣⎦. 【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与零点问题，考查了函数的最值的求法，考查了等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 11．（2019·江苏高考模拟（文））已知函数2()1ln (1)()f x x x a x a R =----∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若对(0,)x ∀∈+∞，()0f x ≥，求实数a 的取值范围.【答案】（1）见解析（2）(,0]-∞【解析】（1）先求得函数的定义域，然后对函数求导，对a 分成1110,0,,222a a a a ≤<<=>四种情况，讨论函数的单调性.（2）根据（1）中所求函数的单调区间，对1110,0,,222a a a a ≤<<=>四种情况分别研究函数的函数值，结合()0f x ≥来求得a 的取值范围.【详解】解：（1）由题意知，()f x 的定义域为(0,)+∞，由()2()1ln 21f x x x a x x =----+2(21)(1)ln ax a x a x =-++-+-，得1'()2(21)f x ax a x =-++-22(21)1(21)(1)ax a x ax x x x-++--=-=-. ∵当0a ≤时，令'()0f x >，可得1x >，'()0f x <，得01x <<，故函数()f x 的增区间为(1,)+∞，减区间为(0,1)；∵当102a <<时，112a >，令'()0f x >，可得112x a<<，'()0f x <，得01x << 或12x a >，故()f x 的增区间为11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为(0,1)、1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭； ∵当12a =时，2(1)'()0x f x x-=-…，故函数()f x 的减区间为(0,)+∞；∵当12a >时，1012a <<，令'()0f x >，可得112x a <<，'()0f x <，得102x a <<，或1x >，故()f x 的增区间为1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭，减区间为10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，(1,)+∞.综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,1)上为减函数，在(1,)+∞上为增函数；当102a <<时，()f x 在(0,1)，1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为减函数，在11,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数；当12a =时，()f x 在(0,)+∞为减函数；当12a >时，()f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭，(1,)+∞上为减函数，在1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数. （2）由（1）可知：∵当0a ≤时，min ()(1)0f x f ==，此时()0f x ≥；∵当102a <<时，(1)0f =，当1,a x a +⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，有ln 0x >，1ax a >+，可得2()1(1)(1)(1)0f x x a x x a ax <---=-+-<，不符合题意；∵当12a =时，(1)0f =，由函数()f x 的单调性可知，当(1,)x ∈+∞时()0f x <，不符合题意；∵当12a >时，(1)0f =，由函数()f x 的单调性可知，当1,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x <，不符合题意.综上可知，所求实数a 的取值范围为(,0]-∞.【名师点睛】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究函数值恒大于零的问题，考查分类讨论的数学思想方法，综合性较强，属于难题.12．（2019·山东高考模拟（文））已知函数2()ln 2()f x x a x x a R =+-∈. （1）求()f x 的单调递增区间；（2）若函数()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且12()0f x mx -≥恒成立， 求实数m 的取值范围.【答案】（1）12a ≥时，增区间为(0,)+∞；0a ≤时，增区间为1()2++∞；102a <<时，增区间为1(0,2-，1()2++∞；（2）3(,ln 2]2-∞--.【解析】（1）求出()'f x ，分三种情况讨论a 的范围，在定义域内，令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间；（2）由（1）知， 102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，()120f x mx ≥-恒成立，可化为()12f x m x ≤1111112ln 1x x x x =-++-恒成立，利用导数求出函数1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈的最小值即可得结果.【详解】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222'()22a x x af x x x x-+=+-=，令2220x x a -+=，484(12)a a ∆=-=-，1︒若12a ≥时，0∆≤，'()0f x ≥在(0,)+∞恒成立，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增. 2︒若12a <，>0∆，方程2220x x a -+=，两根为1x =2x =， 当0a ≤时，20x >，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.当102a <<时，1>0x ，20x >， 1(0,)x x ∈，'()0f x >，()f x 单调递增，2(,)x x ∈+∞，'()0f x >，()f x 单调递增.综上，12a ≥时，函数()f x 单调递增区间为(0,)+∞， 0a ≤时，函数()f x单调递增区间为)+∞，102a <<时，函数()f x单调递增区间为，)+∞. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <时，102a <<且121x x =+，122a x x ⋅=，则1112a x x +=，()1121a x x =-，且1102x <<，2112x <<.此时()120f x mx ≥-恒成立，可化为()()21111112121ln 21f x x x x x x m x x +--≤=- ()()11111111121ln 11x x x x x x x -+-+--=-1111112ln 1x x x x =-++-恒成立， 设1()12ln 1g x x x x x =-++-，1(0,)2x ∈，2221(1)1'()122ln 2ln (1)(1)x g x x x x x --=-++-=+--2(2)2ln (1)x x x x -=+-， 因为102x <<，所以(2)0x x -<，2ln 0x <，所以)'(0g x <，故()g x 在1(0,)2单调递减，13()ln 222g x g ⎛⎫>=-- ⎪⎝⎭，所以实数m 的取值范围是3(,ln 2]2-∞--.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、求函数的最值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒成立问题常见方法：∵ 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥即可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；∵ 数形结合(()y f x = 图象在()y g x = 上方即可)；∵ 讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；∵ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.13．（2019·北京高考模拟（文））设函数()e 2x af x ax =-+，0a >． （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与x 轴平行，求a ； （2）当1x <时，函数()f x 的图象恒在x 轴上方，求a 的最大值． 【答案】（∵）a=e ；（∵）a 的最大值为2e ； 【解析】 【分析】（∵）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，最后根据条件列方程解得a ；（∵）先求导数，再根据导函数零点与1大小分类讨论，根据函数单调性确定函数最小值，最后根据最小值大于零，解得a 的取值范围，即得最大值. 【详解】（∵）∵()xaf x e ax 2=-+，∵f'（x ）=e x -a ，∵f'（1）=e -a ， 由题设知f'（1）=0，即e -a=0，解得a=e ． 经验证a=e 满足题意．（∵）令f'（x ）=0，即e x =a ，则x=lna ， （1）当lna ＜1时，即0＜a ＜e对于任意x∵（-∞，lna ）有f'（x ）＜0，故f （x ）在（-∞，lna ）单调递减； 对于任意x∵（lna ，1）有f'（x ）＞0，故f （x ）在（lna ，1）单调递增，因此当x=lna 时，f （x ）有最小值为a 3a alna a lna 022⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭＞成立．所以0＜a ＜e ， （2）当lna≥1时，即a≥e 对于任意x∵（-∞，1）有f'（x ）＜0， 故f （x ）在（-∞，1）单调递减，所以f （x ）＞f （1）． 因为f （x ）的图象恒在x 轴上方，所以f （1）≥0，即a≤2e ， 综上，a 的取值范围为(0,2e],所以a 的最大值为2e ．【名师点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 14．（2019·北京高考模拟（文））已知函数()4,xf x ae x a R =-∈.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）当1a =时，求证：曲线()y f x =在抛物线21y x =--的上方.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）由题意可得()e 4xf x a '=-.且函数的定义域x ∈R .据此分类讨论确定函数的单调区间即可；（2）原问题等价于2e 410x x x -++>.设2()e 41xF x x x =-++.利用导函数研究函数的最值，证明结论()0F x >即可证得题中的结论.【详解】（1）求导得()e 4xf x a '=-.定义域x ∈R . 当0a ≤时，()0f x '<,函数()f x 在R 上为减函数.当0a >时，令()0f x '>得4lnx a>,()f x 为增函数； 令()0f x '<得4lnx a<,()f x 为减函数. 所以0a ≤时，函数()f x 减区间是(,)-∞+∞. 当0a >时，函数()f x 增区间是 4(ln,)a +∞；减区间是4(,ln )a-∞. （2）依题意，只需证2e 410x x x -++>.设2()e 41xF x x x =-++. 则()e 42xF x x '=-+，设()()G x F x '=.因为()e 20xG x '=+>，所以()G x 在(,)-∞+∞上单调递增.又因为(0)30,(1)e 20G G =-<=->，所以()0G x =在(0,1)内有唯一解，记为0x 即00e 42x x =-.当0x x <时，()0F x '<，()F x 单调递减；当0x x >时，()0F x '>，()F x单调递增；所以022min 000000()()e 4165,(0,1)x F x F x x x x x x ==-++=-+∈.设22()65(3)4g x x x x =-+=--，(0,1)x ∈.则()(1)0g x g >=.所以0()0F x >.所以()0F x >，即曲线()y f x =在抛物线21y x =--上方.【名师点睛】本题主要考查导数研究函数的单调性，导数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 15．（2019·浙江高考模拟）已知函数()3292627f x x x x =-+-+．（1）若()f x 在()1212,x x x x x =≠处导数相等，证明：()()12f x f x +为定值，并求出该定值；（2）已知对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点，求 实数a 的取值范围.【答案】（1）6；（2）(],039⎡⎫-∞++∞⎪⎢⎪⎣⎭U 【解析】（1）求出原函数的导函数，结合在()1212,x x x x x =≠处导数相等及根与系数的关系可得126x x +=，从而求得()()12f x f x +为定值6；（2）由()()63f x x =-'-'，可知函数()f x 在()0,3的图象为下凸，在()3+∞，的图象为上凸，求得函数的极大值点3M ⎛++ ⎝⎭，再由直线y kx a =+过点()0,a ，然后对a 分类讨论求使直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点的实数a 的取值范围．【详解】（1）证明：()3292627f x x x x =-+-+，()231826f x x x ∴+'=--，由题意得，126x x +=，则()()3232121112229262792627f x f x x x x x x x +=-+-+-+-+()()()332212121292654x x x x x x =-+++-++ ()()()222212112212+926654x x x x x x x x =-+-++-⨯+()()22121212126392102x x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤=-+-++--⎣⎦⎣⎦()()121263639362102x x x x =--+--121221618324181026x x x x =-++--=；（2）解：()()61863f x x x =-+=-'-'，∴函数()f x 在()0,3的图象为下凸，在()3+∞，的图象为上凸，记()()3,3P f ，求得P 处()f x 的切线为y x =，再记()0,Q a ，由()0f x '=，求得()f x 的极大值点为3M ⎛+ ⎝⎭，∵当39a ≥+y kx a =+与曲线()y f x =显然只有唯一公共点；∵当339a ≤<+时，直线QM 斜率为正，且与曲线()y f x =有三个公共点，舍去；∵当03a <<时，直线QP 斜率为正，且与曲线()y f x =有三个公共点，舍去； ∵当0a ≤时，若()0,PQ k k ∈，P 在直线上方，直线y kx a =+与曲线()y f x =的上凸部分有唯一公共点，与下凸部分不相交；若PQ k k =，直线y kx a =+与曲线()y f x =）交于P 点，与上凸部分和下凸部分均不相交；若(),PQ k k ∈+∞，P 在直线下方，直线y=kx+a 与曲线()y f x =的下凸部分有唯一公共点，与上凸部分不相交，此种情况成立．综上，a 的取值范围为(],03⎡⎫-∞⋃+∞⎪⎢⎪⎣⎭． 【名师点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数零点的判定，考查转化与化归思想方法，考查推理论证能力，是中档题．。
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2020年高考文科数学《导数的综合应用》题型归纳与训练【题型归纳】题型一 含参数的分类讨论例1 已知函数3()12f x ax x =-，导函数为()f x '， （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若(1)6,()f f x '=-求函数在[—1，3]上的最大值和最小值。
【答案】略【解析】（I ）22()3123(4)f x ax ax '=-=-，（下面要解不等式23(4)0ax ->，到了分类讨论的时机，分类标准是零）当0,()0,()(,)a f x f x '≤<-∞+∞时在单调递减； 当0,,(),()a x f x f x '>时当变化时的变化如下表：此时，()(,)f x -∞+∞在单调递增， 在(单调递减； （II ）由(1)3126, 2.f a a '=-=-=得由（I ）知，()(f x -在单调递减,在单调递增。
【易错点】搞不清分类讨论的时机，分类讨论不彻底【思维点拨】分类讨论的难度是两个，（1）分类讨论的时机，也就是何时分类讨论，先按自然的思路推理，由于参数的存在，到了不能一概而论的时候，自然地进入分类讨论阶段；（2）分类讨论的标准，要做到不重复一遗漏。
还要注意一点的是，最后注意将结果进行合理的整合。
题型二 已知单调性求参数取值范围问题 例1 已知函数321()53f x x x ax =++-， 若函数在),1[+∞上是单调增函数，求a 的取值范围【答案】【解析】2'()2f x x x a =++,依题意在),1[+∞上恒有0y '≥成立， 方法1：函数2'()2f x x x a =++，对称轴为1x =-，故在),1[+∞上'()f x 单调递增，故只需0)1('≥f 即可，得3-≥a ，所以a 的取值范围是[3,)+∞；方法2： 由022≥++='a x x y ，得x x a 2--2≥，只需2max --2a x x ≥（），易得2max --23x x =-（），因此3-≥a ，，所以a 的取值范围是[3,)+∞； 【易错点】本题容易忽视0)1('≥f 中的等号 【思维点拨】已知函数()f x 在区间(,)a b 可导：1. ()f x 在区间(,)a b 内单调递增的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≥，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零；2. ()f x 在区间(,)a b 内单调递减的充要条件是如果在区间(,)a b 内，导函数()0f x '≤，并且()f x '在(,)a b 的任何子区间内都不恒等于零； 说明：1.已知函数()f x 在区间(,)a b 可导,则()0f x '≥在区间内(,)a b 成立是()f x 在(,)a b 内单调递增的必要不充分条件2.若()f x 为增函数，则一定可以推出()0f x '≥；更加具体的说，若()f x 为增函数，则或者()0f x '>，或者除了x 在一些离散的值处导数为零外，其余的值处都()0f x '>；3. ()0f x '≥时，不能简单的认为()f x 为增函数，因为()0f x '≥的含义是()0f x '>或()0f x '=，当函数在某个区间恒有()0f x '=时，也满足()0f x '≥,但()f x 在这个区间为常函数. 题型三 方程与零点1．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在三个零点，则a 的取值范围是（ ）A. (),2-∞-B. ()2,2-C. ()2,+∞D. ()()2,00,2-⋃ 【答案】D【解析】很明显0a ≠ ，由题意可得： ()()2'3632f x ax x x ax =-=- ，则由()'0f x = 可得1220,x x a==，由题意得不等式： ()()122281210f x f x a a =-+< ，即： 2241,4,22a a a><-<< ， 综上可得a 的取值范围是 ()()2,00,2-⋃.本题选择D 选项.【易错点】找不到切入点，“有三个零点”与函数的单调性、极值有什么关系？挖掘不出这个关系就无从下手。
【思维点拨】函数零点的求解与判断(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 题型四、导数证明不等式例1 当()π,0∈x 时，证明不等式x x <sin 成立。
【答案】略【解析】设,sin )(x x x f -=则.1cos )('-=x x f∵),,0(π∈x ∴.0)('<x f ∴x x x f -=sin )(在),0(π∈x 内单调递减，而.0)0(=f ∴,0)0(sin )(=<-=f x x x f 故当),0(π∈x 时，x x <sin 成立。
【易错点】不能顺利把不等式转化为等价的函数、方程问题【思维点拨】注意观察不等式的结构，选择合理的变形，构造函数，把不等式问题转化为函数的极值、最值问题。
【巩固训练】题型一 含参的分类讨论1. 已知函数3211()(2)(1)(0).32f x x a x a x a =+-+-≥ （I ）求()f x 的单调区间； （II ）若()f x 在[0，1]上单调递增，求a 的取值范围。
【答案】略【解析】（I ）2()(2)1(1)(1).f x x a x a x x a '=+-+-=++-20,()(1)0,a f x x '==+≥当时恒成立 当且仅当1x =-时取“=”号，()(,)f x -∞+∞在单调递增。
12120,()0,1,1,,a f x x x a x x '>==-=-<当时由得且当x 变化时，()f x '、()f x 的变化如下表：()(,1),(1,1),(1,).f x a a -∞----+∞在单调递增在单调递减在单调递增（II ）当0,()[0,1],()(0)1a f x f x f =≥=时在上单调递增恒成立。
0,a >当时由（I ）可知01,()[0,1],a f x <≤若时则在上单调递增若1,()[0,1]a f x a >-则在上单调递减，()[0,1]f x 在上不单增，不符合题意；综上，a 的取值范围是[0，1]2. 已知函数()ln ()f x x a x a R =-∈，求函数()f x 的极值. 【答案】略【解析】由()1,0-'=-=>a x a f x x x x可知: ①当0≤a 时,()0'>f x ,函数()f x 为(0,)+∞上的增函数,函数()f x 无极值; ②当0>a 时,由()0'=f x ,解得=x a ;(0,)∈Q x a 时,()0'<f x ,(,)∈+∞x a 时,()0'>f x()∴f x 在=x a 处取得极小值,且极小值为()ln =-f a a a a ,无极大值.综上:当0≤a 时,函数()f x 无极值当0>a 时,函数()f x 在=x a 处取得极小值ln -a a a ,无极大值. 3. 已知a R ∈,求ax e x x f 2)(=的单调区间。
【答案】略【解析】函数的导数2'()(2)ax f x x ax e =+（ⅰ）当0a =时，若0x <，则'()0f x <；若0x >,则'()0f x >； 则在（－∞，0）内为减函数，在（0，＋∞）内为增函数。
（ⅰ）当a>0时，由22ax x +＞0⇔02>-<x ax 或则在（－∞，－a2）内为增函数，在（0，＋∞）内为增函数。
由22ax x +＜0⇔02<<-x a，在（－a 2，0）内为减函数。
（ⅰ）当a<0时，由22ax x +＞0⇔0<x<-a 2，在（0，－a2）内为增函数。
由22ax x +＜0⇔x<0或x>-a 2，在（－∞,0）∪（-a2，+∞）内为减函数。
题型二 已知单调性求参数范围已知32()31f x ax x x =+-+在R 上是减函数，求a 的取值范围。
【答案】略【解析】：对()f x 求导得2'()361f x ax x =+-，由题意可知对任意实数恒有'()0f x ≤, 讨论：（1） 当0a >，显然不符合题意；（2） 当0a =时也不符合题意；（3） 当0a <时，依题意必有36120a ∆=+≤，即3a ≤-，综上可知a 的取值范围是(,3]-∞-题型三 方程与零点1.已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是（ ） A ．()2,+∞ B ．()1,+∞ C ．(),2-∞- D ．(),1-∞- 【答案】C【解析】当0a =时，2()31f x x =-+，函数有两个零点，不符合；当0a >时，2'()36f x ax x =-，令'()0f x =，得20,x a =，可知在(,0)-∞必有一个零点，也不符合；当0a <时，2()0f a>，得2a <-，故选C2.设a 为实数，函数3()3f x x x a =-++ ，当a 为何值时，方程()0f x =恰好有两个实数根. 【答案】略【解析】求导得'()3(1)(1)f x x x=-+-，∵当1x<-或1x>时，'()0f x<；当11x-<<，'()0f x>；∴()f x在(,1)-∞-和(1,)+∞单调递减，在(1,1)-在单调递增，∴()f x的极小值为(1)2f a-=-，()f x的极大值为(1)2f a=-；要使方程()0f x=恰好有两个实数根，只需()f x的图象与x轴恰有两个公共点，画出()f x的草图，∴20a-=且20a+=或20a+=且20a-<；∴2a=或2a=-故当2a=或2a=-时，方程恰有两个实数根.3.若函数4)(3+-=bxaxxf，当2=x时，函数)(xf有极值34-，（1）求函数()f x的解析式；（2）若函数kxf=)(有3个解，求实数k的取值范围．【答案】略【解析】求导得()baxxf-='23，（1）由题意4(2)3'(2)0ff⎧=-⎪⎨⎪=⎩，得134ab⎧=⎪⎨⎪=⎩∴所求解析式为()44313+-=xxxf（2）由（1）可得：()()()2242+-=-='xxxxf令()0='xf，得2=x或2-=x当x变化时，()xf'、()x f的变化情况如下表：因此，当2-=x 时，()x f 有极大值3 当2=x 时，()x f 有极小值34-∴函数()44313+-=x x x f 的图象大致如图：由图可知：32834<<-k题型四、导数证明不等式1、当0>x 时，证明不等式2211x x e x ++>成立。