高考数学(理数)一轮精品复习：第3章《导数及其应用》讲与练(69页教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮精品复习：第3章《导数及其应用》讲与练(69页教师版)，共67页。试卷主要包含了导数的运算；　2，导数运算法则，故选B，因为f＋2 017ex<0，等内容，欢迎下载使用。

第三章导数及其应用
第一节 导数的概念及运算

本节主要包括2个知识点：　1.导数的运算；　2.导数的几何意义.

突破点(一)　导数的运算　


1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率 ＝ 为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，
即f′(x0)＝ ＝ .
2．函数f(x)的导函数
称函数f′(x)＝ 为f(x)的导函数．
3．基本初等函数的导数公式
基本初等函数
导函数
基本初等函数
导函数
f(x)＝c
(c为常数)
f′(x)＝
0
f(x)＝xα
(α∈Q*)
f′(x)＝
αxα－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝
cos_x
f(x)＝cos x
f′(x)＝
－sin_x
f(x)＝ex
f′(x)＝
ex
f(x)＝ax
(a>0，a≠1)
f′(x)＝
axln_a
f(x)＝ln x
f′(x)＝

f(x)＝logax
(a>0，a≠1)
f′(x)＝

4.导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)′＝(g(x)≠0)．


5．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．

1．判断题
(1)f′(x0)与(f(x0))′的计算结果相同．(　　)
(2)求f′(x0)时，可先求f(x0)再求f′(x0)．(　　)
(3)f′(x0)是导函数f′(x)在x＝x0处的函数值．(　　)
(4)′＝cos .(　　)
(5)若(ln x)′＝，则′＝ln x．(　　)
(6)函数f(x)＝sin(－x)的导数为f′(x)＝cos x．(　　)
(7)y＝cos 3x由函数y＝cos u，u＝3x复合而成．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√
2．填空题
(1)已知f(x)＝13－8x＋2x2，f′(x0)＝4，则x0＝________.
解析：∵f′(x)＝－8＋4x，∴f′(x0)＝－8＋4x0＝4，解得x0＝3.
答案：3
(2)函数y＝的导函数为________________．
答案：y′＝
(3)已知f(x)＝2sin x＋x，则f′＝________.
解析：∵f(x)＝2sin x＋x，∴f′(x)＝2cos x＋1，则f′＝2cos ＋1＝＋1.
答案：＋1



导数的运算
　　　　　　　　　　　　　　　　　
[典例]　(1)函数f(x)＝(x＋1)2(x－3)，则其导函数f′(x)＝(　　)
A．3x2－2x B．3x2－2x－5
C．3x2－x D．3x2－x－5
(2)已知函数f(x)＝xln x，则f′(1)＋f(4)的值为(　　)
A．1－8ln 2 B．1＋8ln 2
C．8ln 2－1 D．－8ln 2－1
(3)已知函数f(x)＝sin xcos φ－cos xsin φ－1(0<φ<)，若f′＝1，则φ的值为(　　)
A. B. C. D.
[解析]　(1)法一：因为f(x)＝(x＋1)2(x－3)＝(x＋1)(x＋1)(x－3)，
所以f′(x)＝[(x＋1)(x＋1)]′(x－3)＋(x＋1)(x＋1)(x－3)′
＝2(x＋1)(x－3)＋(x＋1)2＝3x2－2x－5.
法二：f(x)＝(x＋1)2(x－3)＝x3－x2－5x－3，则f′(x)＝3x2－2x－5.
(2)因为f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝0＋1＝1，
所以f′(1)＋f(4)＝1＋4ln 4＝1＋8ln 2.故选B.
(3)因为f(x)＝sin xcos φ－cos xsin φ－1，
所以f′(x)＝cos xcos φ＋sin xsin φ＝cos(x－φ)，
因为f′＝1，所以cos＝1，因为0<φ<，所以φ＝，故选A.
[答案]　(1)B　(2)B　(3)A

[方法技巧]　　导数运算的常见形式及其求解方法
连乘积形式
先展开化为多项式的形式，再求导
分式形式
观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导
对数形式
先化为和、差的形式，再求导
根式形式
先化为分数指数幂的形式，再求导
三角形式
先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导
含待定系数
如含f′(x0)，a，b等的形式，先将待定系数看成常数，再求导
复合函数
确定复合关系，由外向内逐层求导


1．下列函数中满足f(x)＝f′(x)的是(　　)
A．f(x)＝3＋x B．f(x)＝－x
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝0
解析：选D　若f(x)＝0，则f′(x)＝0，从而有f(x)＝f′(x)．故选D.

2．设函数f(x)＝ax＋3，若f′(1)＝3，则a＝(　　)
A．2 B．－2
C．3 D．－3
解析：选C　由题意得，f′(x)＝a，因为f′(1)＝3，所以a＝3，故选C.
3．设f(x)在x＝x0处可导，且li ＝1，则f′(x0)＝(　　)
A．1 B．0 C．3 D.
解析：选D　因为 ＝1，所以 ＝1，
即3f′(x0)＝1，所以f′(x0)＝.故选D.
4．已知函数y＝xcos x－sin x，则其导函数y′＝(　　)
A．xsin x B．－xsin x
C．xcos x D．－xcos x
解析：选B　函数y＝xcos x－sin x的导函数y′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，故选B.
5．已知f(x)是(0，＋∞)上的可导函数，且f(x)＝x3＋x2f′(2)＋2ln x，则函数f(x)的解析式为(　　)
A．f(x)＝x3－x2＋2ln x
B．f(x)＝x3－x2＋2ln x
C．f(x)＝x3－3x2＋2ln x
D．f(x)＝x3＋3x2＋2ln x
解析：选B　∵f(x)＝x3＋x2f′(2)＋2ln x，∴f′(x)＝3x2＋2xf′(2)＋，令x＝2，
得f′(2)＝12＋4f′(2)＋1，∴f′(2)＝－，∴f(x)＝x3－x2＋2ln x，故选B.










突破点(二)　导数的几何意义　


函数f(x)在点x0处 的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特别地，如果曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处的切线垂直于x轴，则此时导数f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x＝x0.

1．判断题
(1)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点．(　　)
(2)求曲线过点P的切线时P点一定是切点．(　　)
答案：(1)√　(2)×
2．填空题
(1)曲线y＝x3－x＋3在点(1,3)处的切线方程为________．
答案：2x－y＋1＝0
(2)已知直线y＝－x＋1是函数f(x)＝－·ex图象的切线，则实数a＝________.
解析：设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝－·ex0＝－1，
∴ex0＝a，又－·ex0＝－x0＋1，∴x0＝2，a＝e2.
答案：e2
(3)曲线f(x)＝xln x在点M(1，f(1))处的切线方程为________．
解析：由题意，得f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝ln 1＋1＝1，即切线的斜率为1.因为f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝x－1，即x－y－1＝0.
答案：x－y－1＝0



求切线方程
“过点A的曲线的切线方程”与“在点A处的曲线的切线方程”是不相同的，后者A必为切点，前者未必是切点．曲线在某点处的切线，若有，则只有一条；曲线过某点的切线往往不止一条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．
[例1]　已知函数f(x)＝x3－4x2＋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)＝3x2－8x＋5，
∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，
∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(－2)＝x－2，即x－y－4＝0.
(2)设切点坐标为(x0，x－4x＋5x0－4)，
∵f′(x0)＝3x－8x0＋5，
∴切线方程为y－(－2)＝(3x－8x0＋5)(x－2)，
又切线过点(x0，x－4x＋5x0－4)，
∴x－4x＋5x0－2＝(3x－8x0＋5)(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，
解得x0＝2或x0＝1，
∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.
[方法技巧]
求切线方程问题的两种类型及方法
(1)求“在”曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)处的切线方程：点P(x0，y0)为切点，切线斜率为k＝f′(x0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(2)求“过”曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)的切线方程：切线经过点P，点P可能是切点，也可能不是切点，这样的直线可能有多条．解决问题的关键是设切点，利用“待定切点法”，即：
①设切点A(x1，y1)，则以A为切点的切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)；
②根据题意知点P(x0，y0)在切线上，点A(x1，y1)在曲线y＝f(x)上，得到方程组求出切点A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化简即得所求的切线方程．　　


求切点坐标
[例2]设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为(　　)
A．(0,0) B．(1，－1)
C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)
[解析]　∵f(x)＝x3＋ax2，∴f′(x)＝3x2＋2ax，∵曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，∴3x＋2ax0＝－1，∵x0＋x＋ax＝0，解得x0＝±1，∴当x0＝1时，f(x0)＝－1，当x0＝－1时，f(x0)＝1.故选D.
[答案]　D


求参数值或范围
[例3]　(1)若曲线y＝x2与曲线y＝aln x在它们的公共点P(s，t)处具有公共切线，则实数a＝(　　)
A．－2 B.
C．1 D．2
(2)若函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行或重合的切线，则实数a的取值范围是________．
[解析]　(1)y＝x2的导数为y′＝，在点P(s，t)处的切线斜率为，
y＝aln x的导数为y′＝，在点P(s，t)处的切线斜率为，由题意知，＝，
且s2＝aln s，解得ln s＝，s2＝e，故a＝1.
(2)函数f(x)＝ln x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行或重合的切线，
即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，而f′(x)＝＋a，故＋a＝2，
即a＝2－在(0，＋∞)上有解，因为x>0，所以2－<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．
[答案]　(1)C　(2)(－∞，2)

[方法技巧]
根据导数的几何意义求参数值的思路
根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P(x0，y0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解．　　


1.曲线y＝sin x＋ex在点(0,1)处的切线方程是(　　)
A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0
C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0
解析：选C　∵y＝sin x＋ex，∴y′＝cos x＋ex，∴y′＝cos 0＋e0＝2，∴曲线y＝sin x＋ex在点(0,1)处的切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.
2.曲线y＝xex＋2x－1在点(0，－1)处的切线方程为(　　)
A．y＝3x－1 B．y＝－3x－1
C．y＝3x＋1 D．y＝－2x－1
解析：选A　因为y′＝ex＋xex＋2，所以曲线y＝xex＋2x－1在点(0，－1)处的切线的斜率k＝y′＝3，∴切线方程为y＝3x－1.
3.已知曲线y＝－3ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为(　　)
A．3 B．2
C．1 D.
解析：选A　已知曲线y＝－3ln x(x>0)的一条切线的斜率为，由y′＝x－＝，得x＝3，故选A.
4.若直线y＝－x＋2与曲线y＝－ex＋a相切，则a的值为(　　)
A．－3 B．－2
C．－1 D．－4
解析：选A　由于y′＝(－ex＋a)′＝－ex＋a，令－ex＋a＝－1，得切点的横坐标为x＝－a，
所以切点为(－a，－1)，进而有－(－a)＋2＝－1，故a＝－3.
5.若曲线y＝ex－(a>0)上任意一点处的切线的倾斜角的取值范围是，则a＝(　　)
A. B.
C. D．3
解析：选C　y′＝ex＋，∵y＝ex－在任意一点处的切线的倾斜角的取值范围是，∴ex＋≥，由a>0知，ex＋≥2，故2＝，故a＝，故选C.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选D　y′＝a－，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.
2．若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
解析：易得(ln x＋2)′＝，[ln(x＋1)]′＝.设曲线y＝ln x＋2上的切点横坐标为x1，
曲线y＝ln(x＋1)上的切点横坐标为x2，则y＝ln x＋2的切线方程为：y＝·x＋ln x1＋1，
y＝ln(x＋1)的切线方程为：y＝x＋ln(x2＋1)－.
根据题意，有解得x1＝，x2＝－，
∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
答案：1－ln 2
3．已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．
解析：因为f(x)为偶函数，
所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，
所以当x>0时，f′(x)＝－3，则f′(1)＝－2.
所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.
答案：y＝－2x－1
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一)　导数的运算
1．设函数f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)，则f′(x)＝(　　)
A．3x2＋3kx＋k2 B．x2＋2kx＋2k2
C．3x2＋6kx＋2k2 D．3x2＋6kx＋k2
解析：选C　法一：f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)，
f′(x)＝(x＋k)(x＋2k)＋x[(x＋k)(x＋2k)]′＝(x＋k)·(x＋2k)＋x(x＋2k)＋x(x＋k)＝3x2＋6kx＋2k2，故选C.
法二：因为f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)＝x3＋3kx2＋2k2x，所以f′(x)＝3x2＋6kx＋2k2，故选C.
2．给出下列结论：
①若y＝log2x，则y′＝；②若y＝－，则y′＝；
③若f(x)＝，则f′(3)＝－；④若y＝ax(a>0)，则y′＝axln a．
其中正确的个数是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4


解析：选D　根据求导公式可知①正确；若y＝－＝－x，则y′＝x＝，
所以②正确；若f(x)＝，则f′(x)＝－2x－3，所以f′(3)＝－，所以③正确；
若y＝ax(a>0)，则y′＝axln a，所以④正确．因此正确的结论个数是4，故选D.
3．若函数y＝xm的导函数为y′＝6x5，则m＝(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C　因为y＝xm，所以y′＝mxm－1，与y′＝6x5相比较，可得m＝6.
4．已知函数f(x)＝(e是自然对数的底数)，则其导函数f′(x)＝(　　)
A. B.
C．1＋x D．1－x
解析：选B　函数f(x)＝，则其导函数f′(x)＝＝，故选B.
5．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)<0的解集为(　　)
A．(0，＋∞) B．(0,2)
C．(0,2)∪(－∞，－1) D．(2，＋∞)
解析：选B　函数f(x)＝x2－2x－4ln x的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝2x－2－＝，由f′(x)＝<0，得0 6．已知函数f(x)＝aex＋x，若1 A. B．(0,1)
C．(1,2) D．(2,3)
解析：选B　根据题意，f(x)＝aex＋x，则f′(x)＝(aex)′＋x′＝aex＋1，则f′(0)＝a＋1，若1








对点练(二)　导数的几何意义
1．函数f(x)＝tan 在处的切线的倾斜角α为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　f′(x)＝′＝，得切线斜率k＝tan α＝f′＝1，故α＝，选B.
2．若函数f(x)＝x3－x＋3的图象在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为(　　)
A．(1,3) B．(－1,3)
C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)
解析：选C　f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，即3x2－1＝2⇒x＝1或－1，
又f(1)＝3，f(－1)＝3，所以P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线y＝2x－1上，故点P的坐标为(1,3)或(－1,3)．
3．过点(－1,1)与曲线f(x)＝x3－x2－2x＋1相切的直线有(　　)
A．0条 B．1条
C．2条 D．3条
解析：选C　设切点P(a，a3－a2－2a＋1)，由f′(x)＝3x2－2x－2，当a≠－1时，可得切线的斜率k＝3a2－2a－2＝，所以(3a2－2a－2)(a＋1)＝a3－a2－2a，即(3a2－2a－2)(a＋1)＝a(a－2)(a＋1)，所以a＝1，此时k＝－1.又(－1,1)是曲线上的点且f′(－1)＝3≠－1，故切线有2条．
4．已知直线y＝a与函数f(x)＝x3－x2－3x＋1的图象相切，则实数a的值为(　　)
A．－26或 B．－1或3
C．8或－ D．－8或
解析：选D　令f′(x)＝x2－2x－3＝0，得x＝－1或x＝3，
∵f(－1)＝，f(3)＝－8，∴a＝或－8.

5．函数f(x)＝x＋的图象在x＝1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　因为f(x)＝x＋，f′(x)＝1＋，所以f(1)＝1，f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)．令x＝0，可得y＝－1；令y＝0，可得x＝.
故切线与两坐标轴围成的三角形的面积为×1×＝，故选B.
6．若曲线y＝ln x＋ax2(a为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C．(0，＋∞) D．[0，＋∞)
解析：选D　由题意知，函数y＝ln x＋ax2的定义域为(0，＋∞)，
y′＝＋2ax＝≥0恒成立，即2ax2＋1≥0，a≥－恒成立，
又在定义域内，－∈(－∞，0)，所以实数a的取值范围是[0，＋∞)．
7．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，F(x)＝，若F(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c，则函数f(x)的最小值是(　　)
A．2 B．1
C．0 D．－1
解析：选C　∵f′(x)＝2x＋b，∴F(x)＝，F′(x)＝，
又F(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝－2x＋c，
∴得∴f(x)＝(x＋2)2≥0，f(x)min＝0.
8．已知函数f(x)＝x2－1，g(x)＝ln x，则下列说法中正确的为(　　)
A．f(x)，g(x)的图象在点(1,0)处有公切线
B．存在f(x)的图象的某条切线与g(x)的图象的某条切线平行
C．f(x)，g(x)的图象有且只有一个交点
D．f(x)，g(x)的图象有且只有三个交点
解析：选B　对于A，f(x)的图象在点(1,0)处的切线为y＝2x－2，函数g(x)的图象在点(1,0)处的切线为y＝x－1，故A错误；对于B，函数g(x)的图象在(1,0)处的切线为y＝x－1，设函数f(x)的图象在点(a，b)处的切线与y＝x－1平行，则f′(a)＝2a＝1，a＝，故b＝2－1＝－，即g(x)的图象在(1,0)处的切线与f(x)的图象在处的切线平行，B正确；如图作出两函数的图象，可知两函数的图象有两个交点，C，D错误．故选B.
9．已知函数f(x)＝x3＋ax＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.
解析：函数f(x)＝x3＋ax＋1的导数为f′(x)＝3x2＋a，f′(1)＝3＋a，又f(1)＝a＋2，所以切线方程为y－a－2＝(3＋a)(x－1)，因为切线经过点(2,7)，所以7－a－2＝(3＋a)(2－1)，解得a＝1.
答案：1
[大题综合练——迁移贯通]
1．定义在实数集上的函数f(x)＝x2＋x，g(x)＝x3－2x＋m.
(1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[－4,4]恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝x2＋x，∴f(1)＝2.
∵f′(x)＝2x＋1，∴f′(1)＝3.
∴所求切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0.
(2)令h(x)＝g(x)－f(x)＝x3－x2－3x＋m，
则h′(x)＝(x－3)(x＋1)．
∴当－4≤x≤－1时，h′(x)≥0；
当－1＜x≤3时，h′(x)≤0；
当3＜x≤4时，h′(x)＞0.
要使f(x)≥g(x)恒成立，即h(x)max≤0，
由上知h(x)的最大值在x＝－1或x＝4处取得，
而h(－1)＝m＋，h(4)＝m－，
∴h(x)的最大值为m＋，∴m＋≤0，即m≤－.
∴实数m的取值范围为.




2．设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明曲线f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．
解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3，当x＝2时，y＝.
又因为f′(x)＝a＋，
所以解得所以f(x)＝x－.
(2)证明：设P(x0，y0)为曲线y＝f(x)上任一点，由y′＝1＋知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x－x0)，
即y－＝(x－x0)．
令x＝0，得y＝－，所以切线与直线x＝0的交点坐标为.
令y＝x，得y＝x＝2x0，所以切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．
所以曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积S＝|2x0|＝6.
故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.
3．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.
(1)求过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；
(2)若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．
(3)证明：不存在与曲线C同时切于两个不同点的直线．
解：(1)由题意得f′(x)＝x2－4x＋3，
则f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，
即过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)设曲线C的其中一条切线的斜率为k，
则由题意，及(1)可知，
解得－1≤k＜0或k≥1，
故由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，
得x∈(－∞，2－]∪(1,3)∪[2＋，＋∞)．
(3)证明：设存在直线与曲线C同时切于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2，则点A(x1，y1)处的切线方程为y－＝(x－4x1＋3)(x－x1)，化简得y＝(x－4x1＋3)x＋，而点B(x2，y2)处的切线方程是y＝(x－4x2＋3)x＋.
由于两切线是同一直线，则有x－4x1＋3＝x－4x2＋3，即x1＋x2＝4；又有－x＋2x＝－x＋2x，即－(x1－x2)·(x＋x1x2＋x)＋2(x1－x2)(x1＋x2)＝0，则－(x＋x1x2＋x)＋4＝0，则x1(x1＋x2)＋x－12＝0，即(4－x2)×4＋x－12＝0，即x－4x2＋4＝0，解得x2＝2.
但当x2＝2时，由x1＋x2＝4得x1＝2，这与x1≠x2矛盾．
所以不存在与曲线C同时切于两个不同点的直线．

第二节 导数与函数的单调性
本节主要包括2个知识点：
1.利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间；
2．利用导数解决函数单调性的应用问题.

突破点(一)　利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间


1．函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导：
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．
2．由函数的单调性与导数的关系可得的结论
(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.当x∈(a，b)时，
f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；
f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．
(2)f′(x)>0(<0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件．


1．判断题
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.(　　)
(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．(　　)
(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
2．填空题
(1)函数f(x)＝ex－x的减区间为________．
答案：(－∞，0)
(2)函数f(x)＝1＋x－sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．
答案：单调递增
(3)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
答案：3



证明或讨论函数的单调性
判断函数单调性的三种方法
定义法
在定义域内(或定义域的某个区间内)任取x1，x2，且x1 图象法
利用函数图象的变化趋势直观判断，若函数图象在某个区间内呈上升趋势，则函数在这个区间内是增函数；若函数图象在某个区间内呈下降趋势，则函数在这个区间内是减函数
导数法
利用导数判断可导函数f(x)在定义域内(或定义域的某个区间内)的单调性
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R.讨论f(x)的单调性．
[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝.
当a≤0，x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
当a＞0时，f′(x)＝.
①若0＜a＜2，则 ＞1，当x∈(0,1)或x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
②若a＝2，则 ＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
③若a＞2，则0＜ ＜1，当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，
在(1，＋∞)内单调递减；
当0＜a＜2时，f(x)在(0,1)内单调递增，在内单调递减，
在内单调递增；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a＞2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，
在(1，＋∞)内单调递增．
[方法技巧]
导数法研究函数f(x)在(a，b)内单调性的步骤
(1)求f′(x)；
(2)确定f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．
[提醒]　研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．　　








求函数的单调区间

[例2]已知函数f(x)＝x3－(2m＋1)x2＋3m(m＋2)x＋1，其中m为实数．
(1)当m＝－1时，求函数f(x)在[－4,4]上的最大值和最小值；
(2)求函数f(x)的单调递增区间．
[解]　(1)当m＝－1时，f(x)＝x3＋x2－3x＋1，f′(x)＝x2＋2x－3＝(x＋3)(x－1)．
当x<－3或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－3 ∴当x＝－3时，f(x)极大值＝10；当x＝1时，f(x)极小值＝－.
又∵f(－4)＝，f(4)＝，
∴函数f(x)在[－4,4]上的最大值为，最小值为－.
(2)f′(x)＝x2－2(2m＋1)x＋3m(m＋2)
＝(x－3m)(x－m－2)．
当3m＝m＋2，即m＝1时，f′(x)＝(x－3)2≥0，
∴f(x)单调递增，即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
当3m>m＋2，即m>1时，由f′(x)＝(x－3m)(x－m－2)>0可得x3m，
此时f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)．
当3m0可得x<3m或x>m＋2，
此时f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)．
综上所述：当m＝1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当m>1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)；
当m<1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)．
[方法技巧]　用导数求函数单调区间的三种类型及方法
f′(x)>0(<0)可解
先确定函数的定义域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间
f′(x)＝0可解
先确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间
f′(x)>0(<0)及f′(x)＝0不可解
先确定函数的定义域，当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时，求导并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间


1.已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝的单调递减区间为(　　)

A．(0,4) B．(－∞，1)，
C. D．(0,1)，(4，＋∞)
解析：选D　g′(x)＝＝，令g′(x)<0，即f′(x)－f(x)<0，
由题图可得x∈(0,1)∪(4，＋∞)．故函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．故选D.
2.函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)＞0，解得x＞1，故选D.
3.已知函数f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0.讨论f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，即0＜a≤2时，
对一切x＞0都有f′(x)≥0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.所以f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

此时f(x)在 上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增．
4.已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间．
解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
由已知可得解得a＝b＝3.
(2)令F(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋ax2＋x＋1，F′(x)＝3x2＋2ax＋，
令F′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－，
∵a>0，∴x10得，x<－或x>－；
由F′(x)<0得，－ ∴函数f(x)＋g(x)的单调递增区间是，；单调递减区间为.

突破点(二)　利用导数解决函数单调性的应用问题　
利用导数解决函数单调性的应用问题主要有：
(1)已知函数的单调性求参数范围问题：此类问题是近几年高考的热点，一般为解答题的第二问，难度中档．有时也以选择题、填空题的形式出现，难度中高档．解决此类问题的关键是转化为恒成立问题，再参变分离，转化为最值问题求解．
(2)比较大小或解不等式问题：利用导数方法解决此类问题的主要技巧就是灵活地构造函数，通过函数的性质求解．



已知函数的单调性求参数的取值范围
[例1]　已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；
(3)若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值．
[解]　(1)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，
所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，
所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，
所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．
(2)因为f(x)在区间(－1,1)上为减函数，
所以f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，
即a≥3x2在(－1,1)上恒成立．
因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.
即a的取值范围为[3，＋∞)．
(3)因为f(x)＝x3－ax－1，
所以f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)．
因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，
所以＝1，即a＝3.
[方法技巧]
由函数的单调性求参数取值范围的方法
(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围，注意检验等号成立时导数是否在(a，b)上恒为0.
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．

比较大小或解不等式

[例2]　(1)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1) 的大小关系为(　　)
A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)
B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)
C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)
D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定
(2)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为________．
[解析]　(1)设g(x)＝，则g′(x)＝＝，
由题意得g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，
所以ex1f(x2)＞e x2f(x1)．
(2)设F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，
即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)<＋，∴f(x2)－ ∴F(x2)1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案]　(1)A　(2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)
[方法技巧]
利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：
(1)f(x)>g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；
(2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；
(3)xf′(x)－f(x)→′；
(4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；
(5)f′(x)－f(x)→′.　　

1.若函数f(x)＝x3－ax2＋4在区间[0,2]上单调递减，则(　　)
A．a≥3 B．a＝3
C．a≤3 D．0 解析：选A　因为函数f(x)＝x3－ax2＋4在区间[0,2]上单调递减，
所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在[0,2]上恒成立．当x＝0时，显然成立，当x≠0时，a≥x在(0,2]上恒成立．因为x≤3，所以a≥3.综上，a≥3.
2.已知函数f(x)＝x2－tcos x，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为(　　)
A. B.
C．[－1,1] D.
解析：选C　因为f(x)＝x2－tcos x，所以f′(x)＝x＋tsin x．令g(x)＝f′(x)，
因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)＝1＋tcos x≥0恒成立，所以tcos x≥－1恒成立，因为cos x∈[－1,1]，所以所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1]．
3.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有(　　)
A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
解析：选A　当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)．
4.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　)
A．(0，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(0，＋∞)
C．(－∞，0)∪(1，＋∞)
D．(－1，＋∞)
解析：选A　设g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex.由已知f(x)>1－f′(x)，可得g′(x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函数．因为f(0)＝0，所以g(0)＝－1，则不等式exf(x)>ex－1可化为g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0，＋∞)．
5.已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝－，
由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
∴1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔或⇔0＜t＜1或2＜t＜3.
答案：(0,1)∪(2,3)
6.已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．
(1)若函数f(x)在区间(0,4)上单调递增，求a的取值范围；
(2)若函数y＝f(x)的图象与直线y＝2x相切，求a的值．
解：(1)f′(x)＝＋＝.
∵函数f(x)在区间(0,4)上单调递增，
∴f′(x)≥0在(0,4)上恒成立，∴(x＋1)2＋ax≥0，
即a≥－＝－－2在(0,4)上恒成立．
∵x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号，∴a∈[－4，＋∞)．
(2)设切点为(x0，y0)，则y0＝2x0，f′(x0)＝2，y0＝ln x0＋，∴＋＝2，①
且2x0＝ln x0＋ .②
由①得a＝(x0＋1)2，③
代入②，得2x0＝ln x0＋(2x0－1)(x0＋1)，即ln x0＋2x－x0－1＝0.
令F(x)＝ln x＋2x2－x－1，x>0，则F′(x)＝＋4x－1＝>0，
∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∵F(1)＝0，∴x0＝1，代入③式得a＝4.

[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选D　因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，
即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.故选D.
2．若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,1] B.
C. D.
解析：选C　法一：取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，
但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A、B、D.故选C.
法二：函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x＋≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x＝t，则g(t)＝－t2＋at＋≥0在[－1,1]恒成立，所以解得－≤a≤.故选C.
3．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选A　设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如图所示．当x>0时，由f(x)>0，得g(x)>0，由图知00，得g(x)<0，由图知x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
4．已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
①当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；
②当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，即f(－ln a)>0，故f(x)没有零点；
③当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，即f(－ln a)<0.
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数n0满足n0>ln，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于ln>－ln a，因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
[课时达标检测]
[小题对点练——点点落实]
对点练(一)　利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间
1.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝log2的单调递减区间为(　　)
A．(－∞，－2) B．[3，＋∞)
C．[－2,3] D.
解析：选A　由题图可以看出－2,3是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的两个极值点，即方程f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝0的两根，所以－＝1，＝－6，即2b＝－3，c＝－18，所以函数y＝log2可化为y＝log2(x2－x－6)．解x2－x－6>0得x<－2或x>3.因为二次函数y＝x2－x－6的图象开口向上，对称轴为直线x＝，所以函数y＝log2(x2－x－6)的单调递减区间为(－∞，－2)．故选A.
2．设函数f(x)＝2(x2－x)ln x－x2＋2x，则函数f(x)的单调递减区间为(　　)
A. B.
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：选B　由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(2x－1)ln x＋2(x2－x)·－2x＋2＝(4x－2)ln x．由f′(x)<0可得(4x－2)ln x<0，所以或解得
3．函数f(x)＝ln x－x2－x＋5的单调递增区间为________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝－x－1>0可解得0 答案：

对点练(二)　利用导数解决函数单调性的应用问题
1．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－ ]∪[，＋∞)
B．[－， ]
C．(－∞，－)∪(，＋∞)
D．(－，)
解析：选B　f′(x)＝－3x2＋2ax－1，由题意知，f′(x)≤0在R上恒成立，则Δ＝(2a)2－4×(－1)×(－3)≤0恒成立，解得－≤a≤.
2．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)
A．a C．c 解析：选B　由f(x)＝f(2－x)可知，f(x)的图象关于直线x＝1对称．根据题意知当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，所以f(3)＝f(－1) 3．已知函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，则使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是(　　)
A．(－1,3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－3,3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
解析：选D　因为f(－x)＝ln(e－x＋ex)＋(－x)2＝ln(ex＋e－x)＋x2＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数．通过导函数可知函数y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上是增函数，所以函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2在(0，＋∞)上也是增函数，所以不等式f(2x)>f(x＋3)等价于|2x|>|x＋3|，解得x<－1或x>3.故选D.
4．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 017为奇函数，则不等式f(x)＋2 017ex<0的解集是(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C. D.
解析：选B　设h(x)＝，则h′(x)＝<0，所以h(x)是定义在R上的减函数．
因为f(x)＋2 017为奇函数，所以f(0)＝－2 017，h(0)＝－2 017.因为f(x)＋2 017ex<0，
所以<－2 017，即h(x)0，
所以不等式f(x)＋2 017ex<0的解集是(0，＋∞)．故选B.
5．若函数f(x)＝x＋－mln x在[1,2]上为减函数，则m的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　因为f(x)＝x＋－mln x在[1,2]上为减函数，所以f′(x)＝1－－＝≤0在[1,2]上恒成立，所以x2－mx－4m≤0在[1,2]上恒成立．令g(x)＝x2－mx－4m，所以所以m≥，故m的最小值为，故选C.
6．已知函数f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　)
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．x－x＞0 D．x－x＜0
解析：选D　由f(x)＝xsin x得f′(x)＝sin x＋xcos x，
当x∈时，f′(x)＞0，即f(x)在上为增函数，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，因而f(x)为偶函数，∴当f(x1)＜f(x2)时有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x－x＜0，故选D.
7．已知函数f(x)＝－ln x＋ax，g(x)＝(x＋a)ex，a<0，若存在区间D，使函数f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是(　　)
A. B．(－∞，0)
C. D．(－∞，－1)
解析：选D　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋a＝，由a<0可得f′(x)<0，即f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减．g′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，令g′(x)＝0，解得x＝－(a＋1)，当x∈(－∞，－a－1)时，g′(x)<0，当x∈(－a－1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．因为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以－a－1>0，即a<－1，故a的取值范围是(－∞，－1)，故选D.
8．若函数f(x)＝aln x－x在区间(1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：由f′(x)＝－1＝≥0得a－x≥0，即a≥x，又x∈(1,2)，所以a≥2.
答案：[2，＋∞)
[大题综合练——迁移贯通]
1．设函数f(x)＝x2＋ex－xex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)．
若x<0，则1－ex>0，所以f′(x)<0；
若x>0，则1－ex<0，所以f′(x)<0；
若x＝0，则f′(x)＝0.
∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，即f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)在[－2,2]上单调递减，
∴[f(x)]min＝f(2)＝2－e2.
∴当m<2－e2时，不等式f(x)>m恒成立．

2．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝，由f′(x)<0得0 (2)由题意得g′(x)＝2x＋－，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数．
①若g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝－2x2，
∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.
②若g(x)为[1，＋∞)上的单调递减函数，
则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能．
∴实数a的取值范围为[0，＋∞)．

3．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；
当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，
即g′(x)＝0在区间(t,3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，∴
g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1,2]恒成立，
由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，
即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；
由g′(3)＞0，得m＞－.∴－＜m＜－9.
即实数m的取值范围是.










第三节 导数与函数的极值、最值
本节主要包括2个知识点：　
1.利用导数解决函数的极值问题；2.利用导数解决函数的最值问题.

突破点(一)　利用导数解决函数的极值问题　


1．函数的极小值
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近的其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
2．函数的极大值
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
3．函数的极值
极小值点和极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．

1．判断题
(1)函数的极大值一定比极小值大．(　　)
(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．(　　)
答案：(1)×　(2)×
2．填空题
(1)函数y＝xln x有极________(填大或小)值为________．
解析：y′＝ln x＋1(x>0)，当y′＝0时，x＝e－1；令y′<0，得00，得x>e－1.∴y＝xln x在(0，e－1)上是减函数，在(e－1，＋∞)上是增函数．∴当x＝e－1时，y＝xln x极小值为－.
答案：小　－
(2)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1 时有极值0，则a－b＝________.
解析：由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
则解得或
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
答案：－7
(3)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2 解析：由f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝0得x1＝，x2＝a.
又∵x1<2 答案：(2,6)



根据函数图象判断函数极值的情况

判断f(x0)是极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
[例1]设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)

A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
[解析]　由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当x＝－2时，f′(x)＝0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＝2时，f′(x)＝0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可得函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.
[答案]　D




求函数的极值
[例2]设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
[解]　(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，所以f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．
由点(0,6)在切线上，得6－16a＝8a－6，解得a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.
当03时，f′(x)>0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)；
当2 由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.

[方法技巧]　　　利用导数求函数极值的步骤



已知极值(点)求参数

[例3]　(1)若函数f(x)＝x2－x＋aln x在[1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为________．
(2)若函数f(x)的导数f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，已知x＝k是函数f(x)的极大值点，则k＝________.
[解析]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋＝，
由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在[1，＋∞)上有解，
所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]．
(2)∵函数的导数为f(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，
∴若k是偶数，则x＝k，不是极值点，则k是奇数，
若k<，由f′(x)>0，解得x>或x ∵k∈Z，∴k＝1.
若k>，由f′(x)>0，解得x>k或x<；由f′(x)<0，解得 [答案]　(1)(－∞，－1]　(2)1

[方法技巧]
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．　

1.设函数f(x)＝x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为(　　)
A．－ B．－1
C. D．1
解析：选A　f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0得x1＝－1，x2＝1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，且f(－1)＝1，即m＝，函数f(x)在x＝1处取得极小值，且f(1)＝×13－1＋＝－.故选A.
2.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，
所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
3.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A　由图象知函数的导函数的零点有－2，－1,0,2，而满足“左负右正”的只有 x＝－1，故函数的极小值点只有1个．
4.已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．
解析：对函数f(x)求导得f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6，要使函数f(x)既存在极大值又存在极小值，则f′(x)＝0有两个不同的根，所以判别式Δ>0，即Δ＝4m2－12(m＋6)>0，所以m2－3m－18>0，解得m>6或m<－3.
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
5.已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
解：(1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，
所以当x＞0时，h(x)＞0；当x＜0时，h(x)＜0.
①当a＜0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)．
当x∈(－∞，a)时，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(a,0)时，x－a＞0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
所以当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)．
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．
③当a＞0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)．
当x∈(－∞，0)时，x－a＜0，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时，g(x)取到极小值，
极小值是g(a)＝－a3－sin a.
综上所述：当a＜0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；
当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a＞0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
突破点(二)　利用导数解决函数的最值问题　


函数的最值与导数
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最大值和最小值一定产生在极值点或闭区间的端点处．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：



1．判断题
(1)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　)
(2)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(　　)
(3)开区间上的单调连续函数无最值．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√
2．填空题
(1)函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．
解析：y′＝6x2－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝.
∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－，f(2)＝8.∴最大值为8.
答案：8
(2)函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．
解析：f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0 ∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝.
答案：
(3)已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2] 上的最大值为28，则实数k的取值范围为________．
解析：由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.
答案：(－∞，－3]









求函数的最值

(1)对含参数的函数解析式求最值时，常常分类讨论，分类的原则是极值点在给定区间的内部还是外部，从而根据单调性求出最值．
(2)求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
[例1]设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
[解]　(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，
∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

由表可知， 函数f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，∵＜k≤1，∴1＜2k≤2，
由(1)可知f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，＋∞)上单调递增．
设g(x)＝x－ln 2x，则g′(x)＝1－，
∵＜x≤1，∴1≤＜2，∴－1＜1－≤0，∴g(x)＝x－ln 2x在上单调递减，
∵＜k≤1，∴g(x)＞g(1)＝1－ln 2＞0，∴k－ln 2k＞0，即k＞ln 2k，
∴f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，k)上单调递增，
∴f(x)在上的最大值应在端点处取得．
而f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，下面比较f(0)与f(k)的大小．
令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k)，
再令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，
∴φ(k)在上递减，而φ·φ(1)＝(e－3)＜0，
∴存在x0∈使得φ(x0)＝0，且当k∈时，φ(k)＞0，当k∈(x0,1)时，φ(k)＜0，
∴h(k)在上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
又h＝－＋＞0，h(1)＝0.∴h(k)≥0在上恒成立，当且仅当k＝1时取“＝”．
综上，函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.
[方法技巧]
利用导数求函数在某区间上最值的规律
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数在闭区间[a，b]上有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．　　


函数的最值与极值的综合问题
(1)函数的最值是定义域内的函数值的最大者和最小者；函数的极值是极值点附近的函数值的最大者和最小者．
(2)函数在其定义域内的最大值、最小值最多各有一个，最大值一定不小于最小值，而函数的极值可能没有，可能有一个，也可能有多个，并且极大值不一定比极小值大．
[例2]已知函数f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
[解]　(1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0，得x＝，所以f(x)在区间上单调递减，
在区间上单调递增．
所以x＝是函数f(x)的极小值点，无极大值点．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1.
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)为减函数，在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)为增函数．
当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为增函数，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0.
当1 当ea－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g(x)为减函数，
所以g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae.
综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；
当1 当a≥2时，g(x)的最小值为a＋e－ae.
[方法技巧]
解决函数极值、最值问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
(2)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．　　


1.函数y＝在[0,2]上的最大值是(　　)
A. B.
C．0 D.
解析：选A　易知y′＝，x∈[0,2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1 所以函数y＝在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y＝在[0,2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.
2.已知函数f(x)＝(2x－x2)ex，则(　　)
A．f()是f(x)的极大值也是最大值
B．f()是f(x)的极大值但不是最大值
C．f(－)是f(x)的极小值也是最小值
D．f(x)没有最大值也没有最小值
解析：选A　由题意得f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，当－0，函数f(x)单调递增；当x<－或x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝2(－1)e>0，在x＝－处取得极小值f(－)＝2(－－1)e－<0，又当x<0时，f(x)＝(2x－x2)ex<0，所以f()是f(x)的极大值也是最大值．

3.已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．
解：(1)因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，
所以f′(x)＝＋2ax＋b.
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，即b＝－2a－1.
当a＝1时，b＝－3，f′(x)＝.
由f′(x)>0，得01；由f′(x)<0，得 即函数f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)；
单调递减区间为.
(2)由(1)得f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝.
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以≠1，即a≠.
当a<0，即<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)．
令f(1)＝1，解得a＝－2.
当a>0，即x2＝>0时，若0<<1，即a>，则f(x)在上单调递增，
在上单调递减，在(1，e]上单调递增，
所以f(x)的最大值可能在x＝或x＝e处取得，而
f＝ln ＋a2－(2a＋1)＝ln －－1<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
若1< 而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1< 若≥e，则f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，
所以f(x)的最大值在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，不成立．
综上所述，a＝或a＝－2.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．设函数f(x)＝sin.若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]2 A．(－∞，－6)∪(6，＋∞)
B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：选C　由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±，则＝＋kπ(k∈Z)，从而得x0＝m(k∈Z)．所以不等式x＋[f(x0)]23，其中k∈Z.由题意，存在整数k使得不等式m2>3成立．当k≠－1且k≠0时，必有2>1，此时不等式显然不能成立，故k＝－1或k＝0，此时，不等式即为m2>3，解得m<－2或m>2.
2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是(　　)
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0
解析：选C　A项，因为函数f(x)的值域为R，所以一定存在x0∈R，使f(x0)＝0.A正确．B项，假设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为(m，n)，按向量a＝(－m，－n)将函数的图象平移，则所得函数y＝f(x＋m)－n是奇函数．所以f(x＋m)＋f(－x＋m)－2n＝0，化简得(3m＋a)x2＋m3＋am2＋bm＋c－n＝0.上式对x∈R恒成立，故3m＋a＝0，得m＝－，n＝m3＋am2＋bm＋c＝f，所以函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的对称中心为，故y＝f(x)的图象是中心对称图形．B正确．C项，由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函数，f(x)有极小值点x0，必定有一个极大值点x1，若x1 3．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：选A　因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2 所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.
4．已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－ln x，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，
故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，
故g′(1)＝a－1＝0，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当0 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xln x(x>0)，
f′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0.
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．
由x0∈，得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0，得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－2
[课时达标检测]
[小题常考题点——准解快解]
1．函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(　　)

A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：选C　由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.
2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是(　　)
A．25，－2 B．50,14
C．50，－2 D．50，－14
解析：选C　因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.
3．已知a∈R，函数f(x)＝x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x) 在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝，则(　　)
A．g(x)在(1，＋∞)上有最大值
B．g(x)在(1，＋∞)上有最小值
C．g(x)在(1，＋∞)上为减函数
D．g(x)在(1，＋∞)上为增函数
解析：选D　函数f(x)＝x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)图象的对称轴为x＝a，又f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1.函数g(x)＝＝x＋－2a，g′(x)＝1－＝，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．故选D.
4．若函数f(x)＝x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为(　　)
A．2b－ B.b－
C．0 D．b2－b3
解析：选A　由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－30，解得x>2或x 5．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　)
A．20 B．18
C．3 D．0
解析：选A　对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.
6．已知函数f(x)＝aex－x2－(2a＋1)x，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－1,0)
C．(－2，－1) D．(－∞，0)∪(0,1)
解析：选A　f′(x)＝a(ex－2)－2x－1.∵x∈(0，ln 2)，∴ex－2<0，－2x－1<0.当a≥0时，f′(x)<0在(0，ln 2)上恒成立，即函数f(x)在(0，ln 2)上单调递减，函数y＝f(x)在区间(0，ln 2)上无最值．当a<0时，设g(x)＝a(ex－2)－2x－1，则g′(x)＝aex－2<0，∴g(x)在(0，ln 2)上为减函数．又∵g(0)＝－a－1，g(ln 2)＝－2ln 2－1<0，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则函数g(x)有零点，即g(x)＝0有解，∴g(0)＝－a－1>0，解得a<－1.故选A.

[大题常考题点——稳解全解]
1．已知函数f(x)＝(k≠0)．求函数f(x)的极值．
解：f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－.
令f′(x)＝0，得x＝1，
当k＞0时，若0＜x＜1，则f′(x)＞0；
若x＞1，则f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值，无极小值．
当k＜0时，若0＜x＜1，则f′(x)＜0；
若x＞1，则f′(x)＞0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值，无极大值．
2．已知函数f(x)＝ax－－3ln x，其中a为常数．
(1)当函数f(x)的图象在点处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在上的最小值；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a＋－，所以f′＝a＝1，
故f(x)＝x－－3ln x，则f′(x)＝.由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x


2
(2,3)
3
f′(x)

－
0
＋

f(x)


1－3ln 2


从而在上，f(x)有最小值，且最小值为f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋－＝(x＞0)，
由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，
不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，
则解得0＜a＜.
故所求a的取值范围为.
3．已知函数f(x)＝ln x－mx(m∈R)．
(1)若函数y＝f(x)的图象过点P(1，－1)，求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值．
解：(1)因为点P(1，－1)在曲线y＝f(x)上，所以－m＝－1，解得m＝1.
因为f′(x)＝－1，所以f′(1)＝0，所以切线的方程为y＝－1.
(2)f′(x)＝－m＝.
①当m≤0时，由x∈[1，e]，得f′(x)>0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)max＝f(e)＝1－me；
②当≥e，即00，所以函数f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)max＝f(e)＝1－me；
③当1< 函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，则f(x)max＝f＝－ln m－1；
④当0<≤1，即m≥1时，由x∈[1，e]，得f′(x)≤0，
所以函数f(x)在[1，e]上单调递减，则f(x)max＝f(1)＝－m.
综上，当m≤时，f(x)max＝1－me；
当 当m≥1时，f(x)max＝－m.
4．已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x＋1，a∈R.
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的极大值；
(2)求a的范围，使得f(x)≥1恒成立．
解：(1)f′(x)＝x－(a＋1)＋(x>0)．
∵x＝3是f(x)的极值点，∴f′(3)＝3－(a＋1)＋＝0，解得a＝3.
当a＝3时，f′(x)＝＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化见下表：
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

∴f(x)的极大值为f(1)＝－.
(2)f(x)≥1恒成立，即x>0时，x2－(a＋1)x＋aln x≥0恒成立．
设g(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x，则g′(x)＝x－(a＋1)＋＝.
①当a≤0时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(0,1)，
由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，
∴g(x)min＝g(1)＝－a－≥0，解得a≤－.
②当0 由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0，a)，(1，＋∞)，此时g(1)＝－a－<0，不合题意．
③当a＝1时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时g(1)＝－a－<0，不合题意．
④当a>1时，由g′(x)<0得g(x)的单调递减区间为(1，a)，
由g′(x)>0得g(x)的单调递增区间为(0,1)，(a，＋∞)，
此时g(1)＝－a－<0，不合题意．综上所述，当a≤－时，f(x)≥1恒成立．

第四节 导数与函数的综合问题
本节主要包括3个知识点：　
1.利用导数研究生活中的优化问题；
2.利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题；　
3.利用导数研究与不等式有关的综合问题.

突破点(一)　利用导数研究生活中的优化问题　



1．生活中的优化问题
生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点．
2．利用导数解决生活中优化问题的基本思路


(1)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件．
解析：y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当00；当x>3时，y′<0.故当x＝3时，该商品的年利润最大．
答案：3
(2)从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.
解析：设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，
则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.
令y′＝0，得x＝2或(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
答案：144







利用导数研究生活中的优化问题

[典例]　已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入3万元．设该公司一年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大？
(注：年利润＝年销售收入－年总成本)
[解]　(1)当0 W＝xR(x)－(10＋3x)＝x－10－3x＝6.4x－－10；
当x>10时，W＝xR(x)－(10＋3x)＝x－10－3x＝100－3.
所以W＝
(2)①当0 故当x∈(0,8)时，W′>0，当x∈(8,10]时，W′<0.
所以当x＝8时，W取得最大值，最大值为6.4×8－－10≈24.
②当x>10时，W＝100－3，
因为x＋≥2 ＝24(当且仅当x＝12时取等号)，
故W＝100－3≤100－3×24＝28(当且仅当x＝12时取等号)．
综合①②，知当x＝12时，W取得最大值28，故当年产量为12千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大．



[方法技巧]　利用导数解决生活中的优化问题的步骤
第一步
分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)
第二步
求函数f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0
第三步
比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值
第四步
回归实际问题，给出优化问题的答案


1．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当砌新的墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为(　　)
A．32米，16米 B．30米，15米
C．40米，20米 D．36米，18米
解析：选A　要求材料最省，则要求新砌的墙壁总长最短，设堆料厂的宽为x米，则长为米，因此新墙总长为L＝2x＋(x>0)，则L′＝2－，令L′＝0，得x＝±16.又x>0，∴x＝16.则当x＝16时，L取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长为＝32(米)．故选A.
2．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为(　　)
A．3.2% B．2.4%
C．4% D．3.6%
解析：选A　依题意知，存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，银行应获得的利息是0.048kx2，所以银行的收益y＝0.048kx2－kx3，故y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)．因为k>0，所以当00；当0.032 3．某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)(8 300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)，则y′＝－3p2－300p＋11 700.令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．
则p，y，y′变化关系如下表：
p
(20,30)
30
(30，＋∞)
y′
＋
0
－
y

极大值

故当p＝30时，y取极大值23 000.
又y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元时，所获利润最大为23 000元．
答案：30　23 000
4．时下网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足的关系式为y＝＋4(x－6)2，其中2 (1)求m的值；
(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(精确到0.1)
解：(1)因为x＝4时，y＝21，代入关系式y＝＋4(x－6)2，
得＋16＝21，解得m＝10.
(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝＋4(x－6)2，
所以每日销售套题所获得的利润为
f(x)＝(x－2)
＝10＋4(x－6)2(x－2)
＝4x3－56x2＋240x－278(2 从而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2 令f′(x)＝0，得x＝，且在上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
所以x＝是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，
所以当x＝≈3.3时，函数f(x)取得最大值．
故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．
突破点(二)　利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题　
从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题，在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：(1)确定函数零点(图象交点及方程根)的个数问题；(2)根据函数零点(图象交点及方程根)的个数求参数的值或取值范围问题.



确定函数零点或方程根的个数问题
[例1]　已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．
[解]　(1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，
所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－a－1.
当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－a－1)
－a－1
(－a－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．
(2)结论：当a＜1时，函数g(x)有且仅有一个零点．
理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，
显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．
当x≠0时，方程可化简为ex－a＝x.
设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.
当x变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，a)
a
(a，＋∞)
F′(x)
－
0
＋
F(x)

极小值

即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．
所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.
因为a＜1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a＞0，
所以对于任意x∈R，F(x)＞0，因此方程ex－a＝x无实数解．
所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．
综上，函数g(x)有且仅有一个零点．
[方法技巧]　　确定函数零点或方程根个数的方法
构造法
构造函数g(x)(g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解
定理法
先用零点存在性定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数


根据函数零点或方程根的个数求参数范围
[例2]已知函数f(x)＝－aln x(a∈R)．
(1)若h(x)＝f(x)－2x，当a＝－3时，求h(x)的单调递减区间；
(2)若函数f(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围．
[解]　(1)h(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－3时，h(x)＝＋3ln x－2x，
h′(x)＝－＋－2＝－＝－，
∴h(x)的单调递减区间是和(1，＋∞)．
(2)问题等价于aln x＝有唯一的实根，显然a≠0，则关于x的方程xln x＝有唯一的实根．
构造函数φ(x)＝xln x，则φ′(x)＝1＋ln x.
令φ′(x)＝1＋ln x＝0，得x＝e－1.
当0 当x>e－1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
∴φ(x)的极小值为φ(e－1)＝－e－1.
则要使方程xln x＝有唯一的实根，只需直线y＝与曲线y＝φ(x)有唯一的交点，
则＝－e－1或>0，解得a＝－e或a>0.
故实数a的取值范围是{－e}∪(0，＋∞)．




[方法技巧]
利用函数零点存在情况求参数的策略
(1)解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．
(2)通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．　　


1.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(－x)＋f(x＋3)＝0；当x∈(0,3)时，f(x)＝，其中e是自然对数的底数，且e≈2.72，则方程6f(x)－x＝0在[－9,9]上的解的个数为(　　)
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选D　依题意，当x∈(0,3)时，f′(x)＝，令f′(x)＝0得x＝e，故函数f(x)在区间(0，e)上单调递增，在区间(e,3)上单调递减，故在区间(0,3)上，f(x)max＝f(e)＝1.又函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(－x)＋f(x＋3)＝0，即f(x＋3)＝f(x)，f(0)＝0.由6f(x)－x＝0，得f(x)＝.在同一坐标系内作出函数y＝f(x)与y＝在区间[－9,9] 上的图象如图所示．由图可知，函数y＝f(x)与y＝的图象有7个交点，即方程6f(x)－x＝0的解的个数为7.故选D.

2.已知关于x的方程ln|x|－ax2＋＝0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设f(x)＝ln|x|－ax2＋，则f(x)为偶函数，函数f(x)有4个零点等价于函数f(x)在区间(0，＋∞)有两个零点．若a≤0，当x>0时，函数f(x)＝ln|x|－ax2＋＝ln x－ax2＋在区间(0，＋∞)上单调递增，最多只有一个零点，由偶函数的性质可知，函数f(x)有两个零点，不符合题意，所以a>0.当x>0时，f(x)＝ln|x|－ax2＋＝ln x－ax2＋，f′(x)＝－2ax＝，由f′(x)>0得0，所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以f(x)max＝f＝ln＋1.函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个零点等价于f(x)max＝ln＋1>0，解得0 3.已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x.
(1)当a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上无零点，求a的最小值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
由f′(x)>0，得x>2；
由f′(x)<0，得0 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在上不可能恒成立，故要使函数f(x)在上无零点，只需对任意的x∈，f(x)>0恒成立，即对x∈，a>2－恒成立．
令l(x)＝2－，x∈，则l′(x)＝－＝.
令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，则m′(x)＝－＋＝<0，
故m(x)在上为减函数．于是m(x)>m＝2－2ln 2>0，
从而l′(x)>0，于是l(x)在上为增函数．
故要使a>2－恒成立，只需a≥l，即a∈[2－4ln 2，＋∞)．
综上，若函数f(x)在上无零点，则a的最小值为2－4ln 2.
突破点(三)　利用导数研究与不等式有关的综合问题　
1．利用导数研究与不等式有关的问题是高考的热点，常以解答题形式出现，难度较大．常涉及不等式恒成立、存在性、证明不等式、比较两数(两函数)大小问题等．
2．问题的分类与解决思路
(1)不等式恒成立、存在性问题：一般参变分离、转化为最值问题；
(2)证明不等式、比较两函数大小问题：构造新函数，转化为最值问题．


证明不等式
证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≥x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．
[例1]已知函数f(x)＝ln x－，g(x)＝ax＋b.
(1)若a＝2，F(x)＝f(x)－g(x)，求F(x)的单调区间；
(2)求证：2ex－－ln x＋>0.
[解]　(1)a＝2时，F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－－2x－b，
F′(x)＝＋－2＝(x>0)．
令F′(x)>0，得01.
∴F(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：法一：由(1)令b＝－3，得F(x)max＝F(1)＝0，
∴f(x)≤g(x)，即ln x－≤2x－3(当且仅当x＝1时，等号成立)．
∵ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立)，
∴2ex－≥2x－3≥ln x－(两个等号不能同时成立)，
∴2ex－－ln x＋>0.
法二：令P(x)＝2ex－－ln x＋，则P′(x)＝2ex－－－，
显然函数P′(x)在(0，＋∞)上单调递增，P′(1)＝2e－－2<0，P′(2)＝2e－－>0.
∴P′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(1,2)，2e x0－＝＋，
∴P(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴P(x)≥P(x0)＝2ex0－－ln x0＋＝＋－ln x0>＋－ln 2>0，
∴2ex － －ln x＋>0.
[方法技巧]
利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.　　

不等式恒成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．
(2)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
[例2]已知函数f(x)＝－ln x＋t(x－1)，t为实数．
(1)当t＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若当t＝时，－－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
[解]　(1)当t＝1时，f(x)＝－ln x＋x－1，x>0，∴f′(x)＝－＋1＝.
由f′(x)<0可得00可得x>1，
∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当t＝时，f(x)＝－ln x＋－，－－f(x)＝－－＝ln x－＋，
当x>1时，－－f(x)<0恒成立，等价于k<－xln x在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x.
令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝.
当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)＝x－1－ln x在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0，
从而当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)>g(1)＝，
因此当x>1时，若使k<－xln x恒成立，必须k≤.
∴实数k的取值范围是.
[方法技巧]
不等式恒成立问题的求解策略
(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：

(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．　　


不等式存在性问题
(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.
[例3]已知函数f(x)＝－ax(a>0)．
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；
(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．
所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.
又f′(x)＝－a＝－2＋－a，故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a，
所以－a≤0，故a≥，所以a的最小值为.
(2)“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a，当x∈[e，e2]时，有f′(x)max＋a＝，
问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．
①当a≥时，f(x)在[e，e2]上为减函数，则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.
②当0 故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即.
由f′(x)的单调性和值域知，存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：
当x∈(e，x0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(x0，e2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
所以f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)，
所以a≥－>－>－＝，与0 综上，实数a的取值范围为.
[方法技巧]
不等式存在性问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立，以免细节出错．　　


1.已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)函数g(x)＝f(x)＋x＋－m有两个零点x1，x2，且x11.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－1＝，
令f′(x)＝－1＝>0，得01，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：根据题意，g(x)＝ln x＋－m(x>0)，
因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋－m的两个零点，
所以ln x1＋－m＝0，ln x2＋－m＝0.
两式相减，可得ln＝－，即ln＝，故x1x2＝.
那么x1＝，x2＝.令t＝，其中0 构造函数h(t)＝t－－2ln t，则h′(t)＝.对于00恒成立，
故h(t)1，故x1＋x2>1.
2.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝(x－1)·f′(x)，其中f′(x) 是f(x)的导函数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(e,1)处的切线方程；
(2)若f(x)≥ag(x)在[3，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
由导数的几何意义知所求切线的斜率k＝f′(e)＝，
∴所求的切线方程为y－1＝(x－e)，即x－ey＝0.
(2)∵f(x)＝ln x，∴g(x)＝(x－1)f′(x)＝，
∴f(x)≥ag(x)在[3，＋∞)上恒成立，
则ln x≥，即a≤在[3，＋∞)上恒成立，即a≤min，x∈[3，＋∞]．
设h(x)＝，则h′(x)＝.
令φ(x)＝x－ln x－1，则φ′(x)＝1－＝，
当x>1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴φ(x)>φ(1)＝0，∴x－ln x－1>0(x>1)，
∴h′(x)>0，∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增，显然在[3，＋∞)上也单调递增，
∴h(x)min＝h(3)＝ln 3，∴实数a的取值范围为.


3.已知a为实数，函数f(x)＝aln x＋x2－4x.
(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.
假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f′(1)＝0，
∴a＝2，此时，f′(x)＝，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点．
故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝(x>0)，
∴当0 当x>1时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，
∴a≥，记G(x)＝，x∈，
∴G′(x)＝＝.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增，
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．







[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．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，··…· 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，＋∞)的唯一最小值点．
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ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…· 而>2，
所以m的最小值为3.

2．已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，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 则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>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≥－，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<－，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x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
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.
[课时达标检测]
[一般难度题——全员必做]
1．设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋.
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
①当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x＞0)．
因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
又h(0)＝1，故h(x)≤1，
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
②当0＜a＜1时，设函数g(x)＝ex－x－1，
则g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，
故ex≥x＋1.
当0＜x＜1时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2，
(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝，
则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
故f(x0)＞ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，
则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝aln x(a>0)，e为自然对数的底数．
(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；
(2)当x>0时，求证f(x)≥a；
(3)若在区间(1，e)上e－ex<0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝，
∴f′(2)＝＝2，∴a＝4.
(2)证明：令g(x)＝a(x>0)，则g′(x)＝a.
令g′(x)>0，即a>0，解得x>1，令g′(x)<0，解得0 ∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)的最小值为g(1)＝0，∴f(x)≥a.
(3)由题意可知e 又x∈(1，e)，∴a>.
令h(x)＝，则h′(x)＝，由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋>0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x) 故实数a的取值范围为[e－1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝＋kln x，k≠0.
(1)当k＝2时，求函数f(x)的图象的切线斜率中的最大值；
(2)若关于x的方程f(x)＝k有解，求实数k的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝＋kln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＋(x>0)．
当k＝2时，f′(x)＝－＋＝－2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立．
所以函数f(x)的图象的切线斜率中的最大值为1.
(2)因为关于x的方程f(x)＝k有解，令g(x)＝f(x)－k＝＋kln x－k，则问题等价于函数g(x)存在零点．g′(x)＝－＋＝.当k<0时，g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为g(1)＝1－k>0，g(e1－)＝＋k－k＝－1<－1<0，所以函数g(x)存在零点．当k>0时，令g′(x)＝0，得x＝.g′(x)，g(x)随x的变化情况如下表：
x



g′(x)
－
0
＋
g(x)

极小值

所以g＝k－k＋kln ＝－kln k为函数g(x)的最小值，当g>0，即00，所以函数g(x)存在零点．综上，当k<0或k≥1时，关于x的方程f(x)＝k有解．
[中档难度题——学优生做]
1．已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a>0，设g(x)＝ln x＋.
(1)求a的值；
(2)对任意x1>x2>0，<1恒成立，求实数m的取值范围；
(3)讨论方程g(x)＝f(x)＋ln(x＋1)在[1，＋∞)上根的个数．
解：(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝1－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝1－a>－a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－a,1－a)
1－a
(1－a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

因此，f(x)在1－a处取得最小值．
故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.
(2)由<1知
g(x1)－x1x2>0恒成立，
即h(x)＝g(x)－x＝ln x－x＋在(0，＋∞)上为减函数．
h′(x)＝－1－≤0在(0，＋∞)上恒成立，
所以m≥x－x2在(0，＋∞)上恒成立，
而(x－x2)max＝，则m≥，即实数m的取值范围为.
(3)由题意知方程可化为ln x＋＝x，即m＝x2－xln x(x≥1)．设m(x)＝x2－xln x，则m′(x)＝2x－ln x－1(x≥1)．设h(x)＝2x－ln x－1(x≥1)，则h′(x)＝2－>0，因此h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)min＝h(1)＝1.所以m(x)＝x2－xln x在[1，＋∞)上单调递增．因此当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1.所以当m≥1时方程有一个根，当m<1时方程无根．






2．已知函数f(x)＝ln x－mx＋m.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，对任意的0 解：(1)f′(x)＝－m＝，x∈(0，＋∞)，
当m≤0时，f′(x)>0恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无单调递减区间；
当m>0时，由f′(x)＝>0，得x∈，
由f′(x)＝<0，得x∈，
此时f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是.
(2)由(1)知：当m≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，显然不符合题意；
当m>0时，f(x)max＝f＝ln －1＋m＝m－ln m－1，
只需m－ln m－1≤0即可．
令g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)min＝g(1)＝0.
∴g(x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
也就是m－ln m－1≥0对m∈(0，＋∞)恒成立，
由m－ln m－1＝0，解得m＝1.
∴若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，则m＝1.
(3)证明：＝＝－1＝·－1.
由(2)得f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
又由01，∴0 则·－1<－1＝＝<.