高中数学高考全国通用版2019版高考数学一轮复习第四单元导数及其应用学案文

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第四单元 导数及其应用
教材复习课“导数”相关基础知识一课过

导数的基本运算
[过双基]
1．基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝
f(x)＝xn(n∈Q*)
f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos_x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin_x
f(x)＝ax
f′(x)＝axln_a
f(x)＝ex
f′(x)＝
f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
f′(x)＝
f(x)＝ln x
f′(x)＝
2．导数的运算法则
(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)．

1．下列求导运算正确的是(　　)
A.′＝1＋　 　 B．(log2x)′＝
C．(3x)′＝3xlog3e D．(x2cos x)′＝－2sin x
解析：选B　′＝1－；(log2x)′＝；(3x)′＝3xln 3；(x2cos x)′＝2xcos x－x2sin x，故选B.
2．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)
解析：选C　∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2a3，
∴f′(x)＝3(x2－a2)．
3．函数f(x)＝ax3＋3x2＋2，若f′(－1)＝4，则a的值是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　因为f′(x)＝3ax2＋6x，
所以f′(－1)＝3a－6＝4，
所以a＝.
4．(2016·天津高考)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________．
解析：因为f(x)＝(2x＋1)ex，
所以f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex，
所以f′(0)＝3e0＝3.
答案：3
[清易错]
1．利用公式求导时，一定要注意公式的适用范围及符号，如(xn)′＝nxn－1中n≠0且n∈Q*，(cos x)′＝－sin x.
2．注意公式不要用混，如(ax)′＝axln a，而不是(ax)′＝xax－1.
1．已知函数f(x)＝sin x－cos x，若f′(x)＝f(x)，则tan x的值为(　　)
A．1 B．－3
C．－1 D．2
解析：选B　∵f′(x)＝(sin x－cos x)′＝cos x＋sin x，
又f′(x)＝f(x)，
∴cos x＋sin x＝sin x－cos x，
∴tan x＝－3.
2．若函数f(x)＝2x＋ln x且f′(a)＝0，则2aln 2a＝(　　)
A．－1 B．1
C．－ln 2 D．ln 2
解析：选A　f′(x)＝2xln 2＋，由f′(a)＝2aln 2＋＝0，得2aln 2＝－，则a·2a·ln 2＝－1，即2aln 2a＝－1.

导数的几何意义
[过双基]
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(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数)．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)·(x－x0)．
　　
1.(2018·郑州质检)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)＝(　　)
A．－1 B．0
C．2 D．4
解析：选B　由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－，∴f′(3)＝－，∵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，所以g′(3)＝1＋3×＝0.
2．设函数f(x)＝xln x，则点(1,0)处的切线方程是________．
解析：因为f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1，所以切线方程为x－y－1＝0.
答案：x－y－1＝0
3．已知曲线y＝2x2的一条切线的斜率为2，则切点的坐标为________．
解析：因为y′＝4x，设切点为(m，n)，则4m＝2，所以m＝，则n＝2×2＝，则切点的坐标为.
答案：
4．函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝3x－2，则f(1)＋f′(1)＝________.
解析：因为函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝3x－2，所以f′(1)＝3，且f(1)＝3×1－2＝1，所以f(1)＋f′(1)＝1＋3＝4.
答案：4
[清易错]
1．求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．
2．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．
1．若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，则a等于(　　)
A．－1或－ B．－1或
C．－或－ D．－或7
解析：选A　因为y＝x3，所以y′＝3x2，
设过点(1,0)的直线与y＝x3相切于点(x0，x)，
则在该点处的切线斜率为k＝3x，
所以切线方程为y－x＝3x(x－x0)，即y＝3xx－2x，又(1,0)在切线上，则x0＝0或x0＝，当x0＝0时，由y＝0与y＝ax2＋x－9相切，可得a＝－，
当x0＝时，由y＝x－与y＝ax2＋x－9相切，可得a＝－1，所以选A.
2.(2017·兰州一模)已知直线y＝2x＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点(1,3)，则实数b的值为________．
解析：因为函数y＝x3＋ax＋b的导函数为y′＝3x2＋a，所以此函数的图象在点(1,3)处的切线斜率为3＋a，
所以解得
答案：3

利用导数研究函数的单调性
[过双基]
1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与f′(x)的关系
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是增加的．
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是减少的．
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．
2．利用导数判断函数单调性的一般步骤
(1)求f′(x)．
(2)在定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
(3)根据结果确定f(x)的单调性及单调区间．
　
1．函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋1的单调减区间是(　　)
A．(1,2) B．(2，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1)和(2，＋∞)
解析：选A　解f′(x)＝6x2－18x＋12<0可得1 2．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)


解析：选D　当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D选项符合题意．
3．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2] B.
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：选C　由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或a>2⇔a≥－2，故选C.
[清易错]
若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．
若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调增函数，则m的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，
∴f′(x)＝3x2＋2x＋m.
又∵f(x)在R上是单调增函数，∴f′(x)≥0恒成立，
∴Δ＝4－12m≤0，即m≥.
答案：

利用导数研究函数的极值与最值
[过双基]
1．函数的极大值
在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．
2．函数的极小值
在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．
3．函数的最值
(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．
(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．
　　
1．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　由图象及极值点的定义知，f(x)只有一个极小值点．
2．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a的值为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选D　f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知f′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.
3．(2017·济宁一模)函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A. B．1
C．0 D．不存在
解析：选A　f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0 4．若函数f(x)＝x2－ax＋ln x有极值，则a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝x－a＋＝(x>0)，
因为函数f(x)＝x2－ax＋ln x有极值，
令g(x)＝x2－ax＋1，且g(0)＝1>0，
所以解得a>2.
答案：(2，＋∞)
5．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2 解析：由题意，f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝0，得x＝或a.
又∵x1<2 答案：(2,6)
[清易错]
1．f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的既不充分也不必要条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点；又如f(x)＝|x|，x＝0是它的极小值点，但f′(0)不存在．
2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．
1．(2017·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)
A．y＝x3 B．y＝ln(－x)
C．y＝xe－x D．y＝x＋
解析：选D　因为A、B为单调函数，所以不存在极值，C不是奇函数，故选D.
2．设函数f(x)＝x3－3x＋1，x∈[－2,2]的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________.
解析：f′(x)＝3x2－3，
由f′(x)>0可得x>1或x<－1，
由f′(x)<0可得－1 所以函数f(x)的增区间是[－2，－1]，[1,2]，减区间是[－1,1]．
又因为f(－2)＝－1，f(－1)＝3，f(1)＝－1，f(2)＝3，
所以M＝3，m＝－1，
所以M＋m＝2.
答案：2

一、选择题
1．已知函数f(x)＝logax(a>0且a≠1)，若f′(1)＝－1，则a＝(　　)
A．e　　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　因为f′(x)＝，所以f′(1)＝＝－1，所以ln a＝－1，所以a＝.
2．直线y＝kx＋1与曲线y＝x2＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋b的值为(　　)
A．－1 B．1
C．2 D．－2
解析：选C　由曲线y＝x2＋ax＋b，得y′＝2x＋a，
由题意可得解得
所以2a＋b＝2.
3．函数y＝2x3－3x2的极值情况为(　　)
A．在x＝0处取得极大值0，但无极小值
B．在x＝1处取得极小值－1，但无极大值
C．在x＝0处取得极大值0，在x＝1处取得极小值－1
D．以上都不对
解析：选C　y′＝6x2－6x，
由y′＝6x2－6x>0，可得x>1或x<0，
即单调增区间是(－∞，0)，(1，＋∞)．
由y′＝6x2－6x<0，可得0 即单调减区间是(0,1)，所以函数在x＝0处取得极大值0，在x＝1处取得极小值－1.
4．若f(x)＝－x2＋mln x在(1，＋∞)是减函数，则m的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1] D．(－∞，1)
解析：选C　由题意，f′(x)＝－x＋≤0在(1，＋∞)上恒成立，即m≤x2在(1，＋∞)上恒成立，又因为x2>1，所以m≤1.
5．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：选D　依题意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.
6．已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B　f(x)＝x(x2－2mx＋m2)＝x3－2mx2＋m2x，所以f′(x)＝3x2－4mx＋m2＝(x－m)(3x－m)．由f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当13时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极大值，不合题意，∴m＝1，此时f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当1时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极小值．选B.
7．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.
8．若函数f(x)＝的值域为[0，＋∞)，则实数a的取值范围是(　　)
A．[2,3] B．(2,3]
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：选A　当x≤0时，0≤f(x)＝1－2x<1；
当x>0时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝1－3＋a＝a－2.由题意得0≤a－2≤1，解得2≤a≤3，选A.
二、填空题
9．若函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函数f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.
答案：(－∞，0)
10．已知函数f(x)＝ln x－f′(－1)x2＋3x－4，则f′(1)＝________.
解析：∵f′(x)＝－2f′(－1)x＋3，
∴f′(－1)＝－1＋2f′(－1)＋3，
∴f′(－1)＝－2，∴f′(1)＝1＋4＋3＝8.
答案：8
11．已知函数f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝x＋3，则f(1)＋f′(1)＝________.
解析：由题意知f′(1)＝，f(1)＝×1＋3＝，
∴f(1)＋f′(1)＝＋＝4.
答案：4
12．已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋x2，且存在实数x0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则实数m的取值范围为________．
解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，
令x＝1时，得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，
∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0－1＝1，
∴g′(1)＝e，
∴g(x)＝ex－x＋x2，g′(x)＝ex－1＋x，
当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，
∴当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1.
根据题意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m≥1.
答案：[1，＋∞)
三、解答题
13．已知函数f(x)＝x＋＋b(x≠0)，其中a，b∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y＝3x＋1，求函数f(x)的解析式；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若对于任意的a∈，不等式f(x)≤10在上恒成立，求实数b的取值范围．
解：(1)f′(x)＝1－(x≠0)，
由已知及导数的几何意义得f′(2)＝3，则a＝－8.
由切点P(2，f(2))在直线y＝3x＋1上可得－2＋b＝7，解得b＝9，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x－＋9.
(2)由(1)知f′(x)＝1－(x≠0)．
当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数．
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝±，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，0)
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
－
0
＋
f(x)

极大值


极小值

所以当a>0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上是增函数，在(－，0)，(0，)上是减函数．
(3)由(2)知，对于任意的a∈，不等式f(x)≤10在上恒成立等价于即对于任意的a∈成立，从而得b≤，
所以实数b的取值范围是.
14．已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝－－(x>0)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，
知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln 5，无极大值．
高考研究课(一)
导数运算是基点、几何意义是重点
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
导数的几何意义
5年8考
求切线、已知切线求参数、求切点坐标


导数的运算
[典例]　(1)(2018·惠州模拟)已知函数f(x)＝cos x，则f(π)＋f′＝(　　)
A．－　　　　　　　　 B．－
C．－ D．－
(2)已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 018(x)等于(　　)
A．－sin x－cos x B．sin x－cos x
C．sin x＋cos x D．cos x－sin x
(3)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln x，则f′(1)＝(　　)
A．－e B．－1
C．1 D．e
[解析]　(1)∵f′(x)＝－cos x＋(－sin x)，
∴f(π)＋f′＝－＋·(－1)＝－.
(2)∵f1(x)＝sin x＋cos x，
∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，
∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，
∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，
∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x，
∴fn(x)是以4为周期的函数，
∴f2 018(x)＝f2(x)＝cos x－sin x，故选D.
(3)由f(x)＝2xf′(1)＋ln x，得f′(x)＝2f′(1)＋.
∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.
[答案]　(1)C　(2)D　(3)B
[方法技巧]
1．可导函数的求导步骤
(1)分析函数y＝f(x)的结构特点，进行化简；
(2)选择恰当的求导法则与导数公式求导；
(3)化简整理答案．
2．求导运算应遵循的原则
求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错．　　
[即时演练]
1．(2018·江西九校联考)已知y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)，则y′＝(　　)
A．3x2－12x＋6 B．x2＋12x－11
C．x2＋12x＋6 D．3x2＋12x＋11
解析：选D　法一：y′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝3x2＋12x＋11.
法二：∵y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，
∴y′＝3x2＋12x＋11.
2．已知函数f(x)＝xln x，若f′(x0)＝2，则x0＝________.
解析：f′(x)＝ln x＋1，由f′(x0)＝2，
即ln x0＋1＝2，解得x0＝e.
答案：e

导数的几何意义
导数的几何意义为高考热点内容，考查题型多为选择、填空题，也常出现在解答题的第(1)问中，难度较低，属中、低档题.
常见的命题角度有：
(1)求切线方程；
(2)确定切点坐标；
(3)已知切线求参数值或范围；
(4)切线的综合应用.
角度一：求切线方程
1．已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是________．
解析：∵f′(x)＝－1＋2x，∴f′(1)＝，f(1)＝ln 2，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln 2＝(x－1)，即3x－2y＋2ln 2－3＝0.
答案：3x－2y＋2ln 2－3＝0

角度二：确定切点坐标
2．(2018·沈阳模拟)在平面直角坐标系xOy中，点M在曲线C：y＝x3－x－1上，且在第三象限内，已知曲线C在点M处的切线的斜率为2，则点M的坐标为________．
解析：∵y′＝3x2－1，曲线C在点M处的切线的斜率为2，∴3x2－1＝2，x＝±1，
又∵点M在第三象限，
∴x＝－1，∴y＝(－1)3－(－1)－1＝－1，
∴点M的坐标为(－1，－1)．
答案：(－1，－1)
角度三：已知切线求参数值或范围
3．(2017·武汉一模)已知a为常数，若曲线y＝ax2＋3x－ln x上存在与直线x＋y－1＝0垂直的切线，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知曲线上存在某点的导数值为1，
所以y′＝2ax＋3－＝1有正根，
即2ax2＋2x－1＝0有正根．
当a≥0时，显然满足题意；
当a＜0时，需满足Δ≥0，解得－≤a＜0.
综上，a≥－.
答案：
4．若两曲线y＝x2－1与y＝aln x－1存在公切线，则正实数a的取值范围是________．
解析：设y＝aln x－1的切点为(x0，y0)，求导y′＝，
则切线的斜率为，
所以公切线方程为y－(aln x0－1)＝(x－x0)，
联立方程y＝x2－1可得x2－x＋a－aln x0＝0，
由题意，可得Δ＝2－4(a－aln x0)＝0，
则a＝4x(1－ln x0)．
令f(x)＝4x2(1－ln x)(x>0)，则f′(x)＝4x(1－2ln x)，
易知，函数f(x)＝4x2(1－ln x)在(0，)上是增函数，在(，＋∞)上是减函数，
所以函数f(x)＝4x2(1－ln x)的最大值是f()＝2e，
则正实数a的取值范围是(0,2e]．
答案：(0,2e]
角度四：切线的综合应用
5．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0.
设g(x)＝ln x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，
x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，
故g′(x)＞0，
g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0，
得x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，
故当x∈(1，x2)时，
g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
[方法技巧]
利用导数解决切线问题的方法
(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k，即求该点处的导数值：k＝f′(x0)．
(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.
(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为k时，常需设出切点A(x0，f(x0))，利用k＝求解．　　

1．(2014·全国卷Ⅱ)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．(2017·全国卷Ⅰ)曲线y＝x2＋在点(1,2)处的切线方程为________．
解析：因为y′＝2x－，所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为y′|x＝1＝2×1－＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.
答案：x－y＋1＝0
3．(2016·全国卷Ⅱ)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：y＝ln x＋2的切线方程为：
y＝·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1)，
y＝ln(x＋1)的切线方程为：
y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点的横坐标为x2)，
∴
解得x1＝，x2＝－，
∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
答案：1－ln 2
4．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.
解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，
∴f′(1)＝3a＋1.又f(1)＝a＋2，
∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)．
∵切线过点(2,7)，
∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1.
答案：1
5．(2015·全国卷Ⅱ)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.
解析：∵y＝x＋ln x，
∴y′＝1＋，y′x＝1＝2.
∴曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为
y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．
由消去y，
得ax2＋ax＋2＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.
答案：8

一、选择题
1．设曲线y＝在点处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，则实数a等于(　　)
A．－1　　　　　　　　　　　 B.
C．－2 D．2
解析：选A　∵y′＝，∴y′x＝＝－1，由条件知＝－1，∴a＝－1.
2．(2018·衡水调研)曲线y＝1－在点(－1，－1)处的切线方程为(　　)
A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1
C．y＝－2x－3 D．y＝－2x－2
解析：选A　∵y＝1－＝，
∴y′＝＝，y′x＝－1＝2，
∴曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2，
∴所求切线方程为y＋1＝2(x＋1)，
即y＝2x＋1.
3．(2018·济南一模)已知曲线f(x)＝ln x的切线经过原点，则此切线的斜率为(　　)
A．e B．－e
C. D．－
解析：选C　法一：∵f(x)＝ln x，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝.
设切点P(x0，ln x0)，
则切线的斜率为k＝f′(x0)＝＝kOP＝.
∴ln x0＝1，∴x0＝e，∴k＝＝.

法二：(数形结合法)：在同一坐标系下作出y＝ln x及曲线y＝ln x经过原点的切线，由图可知，切线的斜率为正，且小于1，故选C.
4．已知f(x)＝ln x，g(x)＝x2＋mx＋(m＜0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m的值为(　　)
A．－1 B．－3
C．－4 D．－2
解析：选D　∵f′(x)＝，
∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1.
又f(1)＝0，
∴直线l的方程为y＝x－1.
g′(x)＝x＋m，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，
则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，
又因为y0＝x＋mx0＋(m＜0)，
解得m＝－2，故选D.
5．(2018·南昌二中模拟)设点P是曲线y＝x3－x＋上的任意一点，P点处切线倾斜角α的取值范围为(　　)
A.∪ B.
C.∪ D.
解析：选C　因为y′＝3x2－≥－，故切线斜率k≥－，所以切线倾斜角α的取值范围是∪.
6．已知曲线y＝，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为(　　)
A．x＋4y－2＝0 B．x－4y＋2＝0
C．4x＋2y－1＝0 D．4x－2y－1＝0
解析：选A　y′＝＝，因为ex＞0，所以ex＋≥2＝2(当且仅当ex＝，即x＝0时取等号)，则ex＋＋2≥4，故y′＝≥－(当x＝0时取等号)．当x＝0时，曲线的切线斜率取得最大值，此时切点的坐标为，切线的方程为y－＝－(x－0)，即x＋4y－2＝0.故选A.
二、填空题
7．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：由题意，当x>0时，则－x<0，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，则f′(x)＝－3，所以曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线的斜率f′(1)＝－2，则切线方程为y－(－3)＝－2(x－1)，即2x＋y＋1＝0.
答案：2x＋y＋1＝0
8．曲线y＝log2x在点(1,0)处的切线与坐标轴所围三角形的面积等于________．
解析：∵y′＝，∴k＝，
∴切线方程为y＝(x－1)，
令y＝0，得x＝1，令x＝0，得y＝－，
∴所求三角形面积为S＝×1×＝.
答案：
9．(2017·东营一模)函数f(x)＝xln x在点P(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y＝0垂直，则切点P(x0，f(x0))的坐标为________．
解析：∵f(x)＝xln x，
∴f′(x)＝ln x＋1，
由题意得f′(x0)·(－1)＝－1，
即f′(x0)＝1⇔ln x0＋1＝1⇔ln x0＝0⇔x0＝1，
∴f(x0)＝1·ln 1＝0，
∴P(1,0)．
答案：(1,0)
10．设过曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上的任意一点的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝mx－3sin x上的一点处的切线l2，使l1⊥l2，则m的取值范围是________．
解析：设曲线f(x)上任意一点A(x1，y1)，曲线g(x)上存在一点B(x2，y2)，f′(x)＝－ex－1，g′(x)＝m－3cos x.
由题意可得f′(x1)g′(x2)＝－1，且f′(x1)＝－ex1－1∈(－∞，－1)，g′(x2)＝m－3cos x2∈[m－3，m＋3]．
因为过曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上的任意一点的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝mx－3sin x上的一点处的切线l2，使l1⊥l2，
所以(0,1)⊆[m－3，m＋3]，所以m－3≤0，且m＋3≥1，解得－2≤m≤3.
答案：[－2,3]
三、解答题
11．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．
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＋，＋∞)．
12．(2017·北京高考)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
解：(1)因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)＜0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0.
所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f＝－.

1．(2018·广东七校联考)已知函数y＝x2的图象在点(x0，x)处的切线为l，若l也与函数y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，则x0必满足(　　)
A．0 C. 解析：选D　y＝ln x，x∈(0,1)的导数y′＝>1，
设切点为(t，ln t)，
则切线l的方程为y＝x＋ln t－1，
因为函数y＝x2的图象在点(x0，x)处的切线l的斜率为2x0，
则切线方程为y＝2x0x－x，
因为l也与函数y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，
则有则1＋ln 2x0＝x，x0∈(1，＋∞)．
令g(x)＝x2－ln 2x－1，x∈(1，＋∞)，
所以该函数的零点就是x0，则排除A、B；
又因为g′(x)＝2x－＝>0，
所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝－ln 2<0，g()＝1－ln 2<0，g()＝2－ln 2>0，
从而 2．函数y＝f(x)图象上不同两点M(x1，y1)，N(x2，y2)处的切线的斜率分别是kM，kN，规定φ(M，N)＝(|MN|为线段MN的长度)叫做曲线y＝f(x)在点M与点N之间的“弯曲度”．设曲线f(x)＝x3＋2上不同两点M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1x2＝1，则φ(M，N)的取值范围是________．
解析：f′(x)＝3x2，设x1＋x2＝t(|t|>2)，
则φ(M，N)＝
＝
＝
＝＝＝.
设g(x)＝x＋，x>4，则g′(x)＝1－>0，所以g(x)在(4，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(4)＝.
所以t2＋－2>，
所以0<φ(M，N)<.
答案：
高考研究课(二) 函数单调性必考，导数工具离不了
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
函数单调性
5年8考
讨论单调性及证明单调性问题


函数单调性的判断
[典例]　设函数f(x)＝－a2ln x＋x2－ax(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．
[解]　由f(x)＝－a2ln x＋x2－ax，可知f′(x)＝－＋2x－a＝＝(x>0)．
若a>0，则当x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
若a＝0，则f′(x)＝2x>0在x∈(0，＋∞)内恒成立，函数f(x)单调递增；
若a<0，则当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
[方法技巧]
导数法判断函数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．　　
[即时演练]
1．(2017·芜湖一模)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.
2．(2016·全国卷Ⅱ节选)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0.
解：f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝＝≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.


利用导数研究函数单调性的应用 　
函数的单调性是高考命题的重点，其应用是考查热点.,常见的命题角度有：
(1)y＝f(x)与y＝f′(x)的图象辨识；
(2)比较大小；
(3)已知函数单调性求参数的取值范围；
(4)构造函数解不等式.
角度一：y＝f(x)与y＝f′(x)的图象辨识
1.已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，若函数f(x)的图象如图所示，则一定有(　　)
A．b>0，c>0　　　 B．b<0，c>0
C．b>0，c<0　　　　 D．b<0，c<0
解析：选B　由函数的图象与y轴的交点在原点的上方可知，d>0，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函数的图象可知，函数f(x)有两个极值点，且先增，再减，最后增，所以方程f′(x)＝0有两个大于0不同的实根，且a>0，由根与系数的关系可得－>0，>0，则b<0，c>0.
2.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(　　)

解析：选B　由函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象自左至右是先增后减，可知函数y＝f(x)图象的切线的斜率自左至右先增大后减小．
角度二：比较大小
3．已知函数F(x)＝xf(x)，f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，F′(x)<0成立，若a＝20.1·f(20.1)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2·f，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．a>c>b
解析：选C　因为f(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函数，则函数F(x)＝xf(x)是奇函数．
因为当x∈(－∞，0]时，F′(x)<0成立，
所以F(x)在(－∞，0]上是减函数，
所以F(x)在R上是减函数，
因为20.1>1,0 所以c>b>a.
角度三：已知函数单调性求参数的取值范围
4．(2018·宝鸡一检)已知函数f(x)＝x2＋4x＋aln x，若函数f(x)在(1,2)上是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－6，＋∞)
B．(－∞，－16)
C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)
D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)
解析：选C　∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x＋4＋＝，
f(x)在(1,2)上是单调函数，
∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，
即2x2＋4x＋a≥0或2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒成立，
即a≥－或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．
记g(x)＝－(2x2＋4x)，1＜x＜2，
则－16＜g(x)＜－6，
∴a≥－6或a≤－16，故选C.
5．(2018·成都模拟)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)
[方法技巧]
由函数的单调性求参数的范围的方法
(1)可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
(4)若已知f(x)在D上不单调，则f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点．　　
角度四：构造函数解不等式
6．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，且f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，则不等式f(x) A．(－∞，e) B．(1，＋∞)
C．(1，e) D．(e，＋∞)
解析：选B　令g(x)＝，g′(x)＝<0，所以函数g(x)＝是减函数，又g(1)＝1，所以不等式f(x) 7．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 018)2f(x＋2 018)－f(－1)<0的解集为________．
解析：令g(x)＝x2f(x)，由2f(x)＋xf′(x)>x2(x<0)，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)] 答案：(－2 019，－2 018)

1．(2016·全国卷Ⅰ)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.
2．(2014·全国卷Ⅱ)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.
3．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②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.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2.从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.

一、选择题
1．已知函数f(x)＝ln x＋x2－3x(a∈R)，则函数f(x)的单调递增区间为(　　)
A.　　　　　　 B．(1，＋∞)
C.和(1，＋∞) D.和(1，＋∞)
解析：选D　f′(x)＝(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，当01时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)．
2．(2018·成都外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是(　　)

解析：选A　设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．
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．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＝cos x(tan x＋x)，当x∈时，f′(x)＞0，即f(x)在上为增函数，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin 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.
5．(2017·吉林长春三模)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
解析：选A　设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．
6．(2018·九江模拟)已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，
即2a≥－x＋在上恒成立，
∵max＝，
∴2a≥，即a≥.
二、填空题
7．设函数f(x)＝x(ex－1)－x2，则函数f(x)的单调增区间为________．
解析：因为f(x)＝x(ex－1)－x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．
答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)
8．已知函数f(x)＝xln x－ax2－x.若函数f(x)在定义域上为减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝ln x－2ax，因为函数f(x)在定义域上为减函数，
所以ln x－2ax≤0，即a≥在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
当00；当x>e时，g′(x)<0，
所以g(x)max＝g(e)＝，
所以a≥.
答案：
9．(2018·兰州诊断)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a，
∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a≥0有解，即a≤2x－ex有解，
设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，
令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，
则当x＜ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x＞ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴当x＝ln 2时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2]
三、解答题
10．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.
由f′(x)>0，得0x2.
由f′(x)<0，得x1 所以f(x)在 上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增．
11．(2018·武汉调研)已知函数f(x)＝xln x.
(1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值．
解：(1)由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋a＋1.
∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，
∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，
即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立．
∴a≥－1－ln x.
令h(x)＝－ln x－1，∴a≥h(x)max，
当x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)，
∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，
即a的取值范围是[－3，＋∞)．
(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，
即mx≤2xln x＋x2＋3，
又x＞0，∴m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立．
记t(x)＝＝2ln x＋x＋.
∴m≤t(x)min.
∵t′(x)＝＋1－＝＝，
令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)．
当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴t(x)min＝t(1)＝4.
∴m≤t(x)min＝4，
即m的最大值为4.
12．(2018·湖南十校联考)函数f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R)．
(1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．
解：由已知得，f(x)＝
令g(x)＝x3＋x－a，则g′(x)＝x2＋1>0，
所以g(x)在[a，＋∞)上为增函数．
令h(x)＝x3－x＋a，则h′(x)＝x2－1.
令h′(x)＝0，得x＝±1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数．
(1)因为f(x)在R上是增函数，所以h(x)在(－∞，a)上为增函数，所以a≤－1.
故a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a>－1.
当－1 所以m(a)＝，
M(a)＝max{h(－1)，g(1)}＝max.
当－a≥a＋，即－1 M(a)－m(a)＝－(a3＋3a－4)；
当－a M(a)－m(a)＝－(a3－3a－2)．
当a≥1时，f(x)在[－1,1]上是减函数，
所以m(a)＝h(1)＝a－，M(a)＝h(－1)＝a＋.
故M(a)－m(a)＝.
综上，M(a)－m(a)＝

1．已知函数f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则的最小值为________．
解析：∵函数f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数，
∴f′(x)＝＋e－a(x＞0)，
当a≤e时，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴f(x)≤0不可能恒成立，
当a＞e时，由f′(x)＝＋e－a＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
∴当x＝时，f(x)取最大值，
∵不等式f(x)≤0恒成立，
∴f＝－ln(a－e)－b－1≤0，
∴b≥－1－ln(a－e)，
∴≥(a＞e)，
令F(x)＝(x＞e)，
则F′(x)＝
＝，
令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e，
则H′(x)＝ln(x－e)＋1，
由H′(x)＝0，得x＝e＋，
当x∈时，H′(x)＞0，H(x)是增函数，
x∈时，H′(x)＜0，H(x)是减函数，
∴当x＝e＋时，H(x)取最小值H＝－e－，
∵x→e时，H(x)→0，x＞2e时，H(x)＞0，H(2e)＝0，
∴当x∈(e,2e)时，F′(x)＜0，F(x)是减函数，
当x∈(2e，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)是增函数，
∴x＝2e时，F(x)取最小值，F(2e)＝－，
∴的最小值为－.
答案：－
2．已知函数f(x)＝ln(x＋a)＋ax(a∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的极值；
(2)讨论函数y＝f(x)的单调性．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(x－1)－x(x>1)，
则f′(x)＝－1＝.
由f′(x)<0，得x>2；由f′(x)>0，得1 所以f(x)极大值＝f(2)＝－2，无极小值．
(2)函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)，
f′(x)＝.
①当a≥0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－a－>－a，当f′(x)>0时，解得－a－a－，函数f(x)在上为单调递减函数．
综上所述，当a≥0时，函数f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；当a<0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
高考研究课(三)
极值、最值两考点，利用导数巧推演
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
极值
5年6考
求极值、由极值求参数
最值
5年5考
求最值、证明最值的存在性


运用导数解决函数的极值问题　
函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题.
常见的命题角度有：
(1)知图判断函数极值；
(2)已知函数求极值；
(3)已知极值求参数值或范围.
角度一：知图判断函数极值
1.(2018·赤峰模拟)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：选D　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.
角度二：已知函数求极值
2．已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解：(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e.
(2)f′(x)＝1－，
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即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，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
角度三：已知极值求参数值或范围
3．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围是(　　)
A．(－1,0)　　　　　　　 B．(－1，＋∞)
C．(0,1) D．(1，＋∞)
解析：选B　f′(x)＝－ax－b(x>0)，
因为x＝1是f(x)的极大值点，
所以f′(1)＝1－a－b＝0，即b＝1－a，
则f′(x)＝－ax－1＋a＝(x>0)，
当a<0时，因为x＝1是f(x)的极大值点，
所以f(x)在(0,1)，上是增函数，在上是减函数，
则－>1，即－1 当a＝0时，f′(x)＝－1，
f(x)在(0,1)是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
所以x＝1是f(x)的极大值点；
当a>0时，f(x)在 (0,1)是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
所以x＝1是f(x)的极大值点．
综上，a的取值范围是(－1，＋∞)．
4．(2018·江西八校联考)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
解析：选B　∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令f′(x)＝0，则2a＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
而g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需0＜2a＜1，
即0＜a＜.
[方法技巧]
利用导数研究函数极值的一般流程


运用导数解决函数的最值问题
[典例]　(2018·日照模拟)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，
∵＜x≤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]
求函数f(x)在[a，b]上的最值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最
大的一个为最大值，最小的一个为最小值．　　
[即时演练]
1．若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－5,0) B．(－5,0)
C．[－3,0) D．(－3,0)
解析：选C　由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知解得a∈[－3,0)，故选C.
2．(2018·南昌模拟)已知函数f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x>0，a∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)当a∈时，证明：函数f(x)有最小值，并求函数f(x)的最小值的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)ex＋2a(x＋2)，依题意，当x>0时，函数f′(x)≥0恒成立，即a≥－恒成立，记g(x)＝－，
则g′(x)＝－＝－<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x) 即实数a的取值范围为.
(2)因为[f′(x)]′＝2xex＋2a>0，
所以y＝f′(x)是(0，＋∞)上的增函数．
又f′(0)＝4a－2<0，f′(1)＝6a>0，
所以存在t∈(0,1)，使得f′(t)＝0，
当x∈(0，t)时，f′(x)<0，当x∈(t，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2.
由f′(t)＝0⇒a＝－，
则f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et＝et(－t2＋t－2)．
记h(t)＝et(－t2＋t－2)，
则h′(t)＝et(－t2－t－1)<0，t∈(0,1)，
所以当t∈(0,1)时，h(1) 综上，函数f(x)有最小值，最小值的取值范围是(－2e，－2)．

1．(2017·全国卷Ⅱ)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.
2．(2014·全国卷Ⅱ)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m21－2>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.
3．(2013·全国卷Ⅱ)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　因为函数f(x)的值域为R，所以一定存在x0∈R，使f(x0)＝0，故A正确，函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函数，若f(x)有极小值点x0，必定有一个极大值点x1，且x1 4．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
5．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x2e－x.
(1)求f(x)的极小值和极大值；
(2)当曲线y＝f(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝－e－xx(x－2)．①
当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(0,2)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增．
故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.
(2)设切点为(t，f(t))，则l的方程为
y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．
所以l在x轴上的截距为
m(t)＝t－＝t＋＝t－2＋＋3.
由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．
令h(x)＝x＋(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[2，＋∞)；当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．
所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，
m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．
综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[2＋3，＋∞)．
6．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
(2)证明：b2>3a；
(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－.
当x＝－时，f′(x)有极小值b－.
因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，
所以f＝－＋－＋1＝0，
又a>0，故b＝＋.
因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，
从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.
当a＝3时，f′(x)>0(x≠－1)，
故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；
当a>3时，f′(x)＝0有两个相异的实根
x1＝，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

故f(x)的极值点是x1，x2.
从而a>3.
因此b＝＋，定义域为(3，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，＝＋ .
设g(t)＝＋，则g′(t)＝－＝.
当t∈时，g′(t)>0，
从而g(t)在上单调递增．
因为a>3，所以a>3，
故g(a)>g(3)＝，即 >.
因此b2>3a.
(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.
从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2
＝－＋2＝0.
记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，
因为f′(x)的极值为b－＝－a2＋，
所以h(a)＝－a2＋，a>3.
因为h′(a)＝－a－<0，
于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．
因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6]．

一、选择题
1．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是(　　)
A．x＝1　　　　　　　　　 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
解析：选C　∵f(x)＝x4－2x2＋3，
∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，
得x＝0或x＝1或x＝－1，
又当x<－1时，f′(x)<0，当－10，
当01时，f′(x)>0，
∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．
2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为(　　)
A．－ B．－2
C．－2或－ D．2或－
解析：选A　由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或经检验满足题意，故＝－.
3．(2018·浙江瑞安中学月考)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)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－＝.
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，有以下命题：
①f(x)的解析式为：f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；
②f(x)的极值点有且仅有一个；
③f(x)的最大值与最小值之和等于零．
其中正确的命题个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，
所以解得
则f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正确；
f′(x)＝3x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝±∈[－2,2]，
易知，x＝±均为函数的极值点，故②错误；
易知函数f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]是奇函数，所以最大值与最小值之和为0，故③正确．
因此，正确命题的个数为2，故选C.
5．(2017·长沙二模)已知函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)
A.－1 B.
C. D.＋1
解析：选A　由f(x)＝，得f′(x)＝，当a＞1时，若x＞，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，若1＜x＜，则f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)在 [1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝＝，得a＝－1，符合题意．故a的值为－1，选A.
6．设函数f(x)＝3xex，若存在唯一的整数x0，使得f(x0) A. B.
C. D.
解析：选D　f′(x)＝3(x＋1)ex，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最小值为f(－1)＝－，因此，要使“存在唯一的整数x0，使得f(x0) 二、填空题
7．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．
解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又f′(x)＝4x－，
由f′(x)＝0，得x＝.
据题意
解得1≤k<.
答案：
8．已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为________．
解析：f′(x)＝－k＝(x>0)．
设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.
答案：(－∞，e]
9．(2018·湘中名校联考)已知函数g(x)＝a－x2≤x≤e，e为自然对数的底数与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意，知方程x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2在上有解．设f(x)＝2ln x－x2，则f′(x)＝－2x＝－.易知x∈时，f′(x)>0，x∈[1，e]时f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f(x)极大值＝f(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，f＝－2－，f(e) 答案：[1，e2－2]
三、解答题
10．已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解：(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0



f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，
所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，
当a≤0时，f(x)≤0；
当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.
11．(2018·威海调研)已知函数f(x)＝＋ax(x＞1)．
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；
(3)在(2)的条件下，若方程(2x－m)ln x＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝＋ax(x＞1)．
∴f′(x)＝＋a.由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)
上恒成立，即a≤－＝2－，对x∈(1，＋∞)恒成立．
∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
∴－＝0时，函数t(x)＝2－的最小值为－，∴a≤－.
故实数a的取值范围为.
(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x，
f′(x)＝
＝.
由得x＝e.
则当x变化时，f′(x)与f(x)在(1，＋∞)上的变化情况如下表：
x

e

f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值f

∴f(x)极小值＝f(e)＝＋2e＝4.
(3)∵x＞1，
∴(2x－m)ln x＋x＝0⇔2x－m＋＝0⇔m＝＋2x，
∴方程(2x－m)ln x＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，
即函数f(x)与函数y＝m在(1，e]上有两个不同的交点．
由(2)可知，f(x)在上单调递减，在上单调递增且f＝4，f(e)＝3e，
∴当x→1时，→＋∞，
∴4＜m≤3e，
故实数m的取值范围是(4，3e]．
12．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(0,1]，证明f(x1)－f(x2)≥－＋ln 2.
解：f′(x)＝＋2x－a＝(x>0)．
(1)当a＝3时，f′(x)＝.
令f′(x)＝0，得x＝或x＝1.
所以当01时，f′(x)>0；当 所以函数f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)证明：由于f(x)有两个极值点x1，x2，则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根，所以x1＋x2＝，x1·x2＝，即2(x1＋x2)＝a，x2＝，
所以f(x1)－f(x2)＝ln x1＋x－ax1－ln x2－x＋ax2
＝ln x1－ln ＋(x1－x2)－a(x1－x2)
＝2ln x1－x＋＋ln 2(0 设F(x)＝2ln x－x2＋＋ln 2(0 则F′(x)＝－2x－＝－<0，
所以F(x)在(0,1]上单调递减，
所以F(x)≥F(1)＝－＋ln 2，
即f(x1)－f(x2)≥－＋ln 2.

1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，且f(x)有极大值4，则c＝(　　)
A．－3 B．－1
C．1 D．3
解析：选D　求出导数f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由f′(x)＝0可得x＝，
所以函数f(x)在－∞，，，＋∞上是增函数，
在上是减函数，
易知c≠0，且＝c，
因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，
所以
解得c＝－，所以a2＝4b，
则有x＝＝，
当a>0时，＝－＝c，不符合题意；
当a<0时，＝－ 又因为f(x)有极大值4，
所以f＝3＋a×2＋×＝4，
解得a＝－6，则c＝3.
2．已知函数f(x)＝x2＋(1－m)x＋ln x.
(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求实数m的取值范围；
(2)设x1，x2(x1 解：(1)因为f(x)＝x2＋(1－m)x＋ln x，
所以f′(x)＝x＋1－m＋＝.
又因为f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，
令g(x)＝x2＋(1－m)x＋1，因为g(0)＝1>0，
只需
解得即m>3.
所以实数m的取值范围为(3，＋∞)．
(2)f′(x)＝，
令f′(x)＝0，即x2＋(1－m)x＋1＝0，
由题知，两根分别为x1，x2，则
又因为f(x1)－f(x2)＝x＋(1－m)x1＋ln x1－x－(1－m)x2－ln x2＝(x－x)＋(1－m)(x1－x2)＋ln ＝(x－x)－(x－x)＋ln ＝ln －(x－x)＝ln －＝ln －.
令＝t，由于x1 又因为m≥，(x1＋x2)2＝(m－1)2≥，
即＝＋2＋，即t＋2＋≥，
所以4t2－17t＋4≥0，解得t≥4或t≤，即0 令h(t)＝ln t－，
则h′(t)＝－－＝＝<0，
所以h(t)在上单调递减，
h(t)min＝h＝ln －＝－2ln 2＋.
所以f(x1)－f(x2)的最小值为－2ln 2＋.
高考研究课(四)
综合问题是难点，3大题型全冲关
[全国卷5年命题分析]
考点
考查频度
考查角度
利用导数解决生活中的优化问题
未考查

利用导数研究函数零点或方程根
5年3考
讨论函数零点个数
不等式恒成立问题
5年5考
不等式恒成立求参
证明不等式
5年6考
不等式证明


利用导数解决生活中的优化问题
[典例]　一辆火车前行每小时电力的消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？
[解]　设火车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.
由题意，令40＝k·203，∴k＝，
则总费用f(x)＝(kx3＋400)·＝a＝a(0＜x≤100)．
由f′(x)＝＝0，得x＝20.
当0＜x＜20时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当20＜x≤100时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴当x＝20时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为20 km/h时，总费用最少．
[方法技巧]
利用导数解决生活中的优化问题的4步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)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；
(4)回归实际问题作答．　　
[即时演练]
1．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为(　　)
A．13万件　　　　　　　 B．11万件
C．9万件 D．7万件
解析：选C　y′＝－x2＋81，
令y′＝0得x＝9或x＝－9(舍去)．
当x∈(0,9)时，y′＞0；当x∈(9，＋∞)时，y′＜0，
即当x＝9时，y有最大值．
即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件，
故选C.
2．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k＞0)．现已知相距18 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x(km)．
(1)试将y表示为x的函数；
(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．
解：(1)设点C受A污染源污染程度为，
点C受B污染源污染程度为，
其中k为比例系数，且k＞0.
从而点C处受污染程度y＝＋.
(2)因为a＝1，所以y＝＋，
y′＝k.
令y′＝0，得x＝，
又此时x＝6，解得b＝8，经验证符合题意，
所以，污染源B的污染强度b的值为8.

利用导数研究函数的零点或方程根
[典例]　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]
利用导数研究零点或方程根的方法
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，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．　　
[即时演练]
1．(2018·广州模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为________．
解析：因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
答案：0
2．(2017·西安一模)已知函数f(x)＝x＋－aln x．若函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线与直线2x＋y－1＝0平行．
(1)求a的值；
(2)若方程f(x)＝b的区间[1，e]上有两个不同的实数根，求实数b的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝x＋－aln x的导函数f′(x)＝1－－，
∴y＝f(x)的图象在x＝1处的切线斜率k＝f′(1)＝1－(1＋a)－a＝－2a，
由题意可得－2a＝－2，
解得a＝1.
(2)由(1)知f(x)＝x＋－ln x(x>0)，
f′(x)＝1－－＝，
当1＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当2＜x＜e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝3－ln 2.
又∵f(1)＝3，f(e)＝e－1＋，即有f(1)＞f(e)，
∴方程f(x)＝b在区间[1，e]上有两个不同的实数根，则有f(2)＜b≤f(e)，
即3－ln 2＜b≤e－1＋.
故实数b的取值范围为.

利用导数研究与不等式有关的问题 　
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题.
常见的命题角度有：
(1)证明不等式；
(2)不等式恒成立问题.
角度一：证明不等式
1．(2016·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜－1，
即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
[方法技巧]
利用导数证明不等式的方法
可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．
如：证明：f(x)＞g(x)(x∈D)，令F(x)＝f(x)－g(x)，x∈D，只需证明F(x)min＞0(x∈D)即可，从而把证明不等式问题转化求F(x)min问题．　　
角度二：不等式恒成立问题
2．(2016·四川高考)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)＞－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
解：(1)f′(x)＝2ax－＝(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a＞0时，由f′(x)＝0，有x＝ .
此时，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)令g(x)＝－＝，s(x)＝ex－1－x，
则s′(x)＝ex－1－1.
而当x＞1时，s′(x)＞0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又由s(1)＝0，则s(x)＞0，
从而当x＞1时，g(x)＞0.
当a≤0，x＞1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x＜0.
故当f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a＞0.
当0＜a＜时， ＞1.
由(1)有f＜f(1)＝0，而g＞0，
所以此时f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x＞1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x＞x－＋－＝＞＞0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x＞1时，h(x)＝f(x)－g(x)＞0，
即f(x)＞g(x)恒成立．
综上，a∈.
[方法技巧]
1．利用导数研究不等式恒成立问题的思路
首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
2．不等式成立(恒成立)问题常见转化方法
(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，f(x)≥a成立⇒f(x)max≥a.
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.
(3)f(x)＞g(x)恒成立F(x)min＞0.
(4)①∀x1∈M，∀x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)max.
②∀x1∈M，∃x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)min.
③∃x1∈M，∃x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x)min.
④∃x1∈M，∀x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x2)max.　　

1．(2017·全国卷Ⅰ)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)．
2．(2017·全国卷Ⅲ)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.
3．(2016·全国卷Ⅰ)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x1 所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(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.
4．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－.
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，当b满足0 故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．
由于2e2x0－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.

1．(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，
f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．
①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－1 ②若1，故当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<.
而f＝aln＋＋>，所以不符合题意．
③若a>1，则f(1)＝－1＝<.
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝ln x－＋(a∈R)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；
(2)若f(x)在[1，＋∞)内为单调增函数，求实数a的取值范围；
(3)对于n∈N*，求证：＋＋＋…＋ 解：f′(x)＝＋－＝(x>0)．
(1)若a＝1，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去)，
由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0 (2)因为f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即x2＋ax－2a≥0在[1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝x2＋ax－2a，
当－≤1时，即a≥－2时，g(1)≥0⇒a≤1，所以－2≤a≤1，
当－>1时，即a<－2时，g≥0⇒－8≤a≤0，所以－8≤a<－2，
综上，实数a的取值范围为[－8,1]．
(3)证明：当a＝1时，由(1)知，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
即x>1时，f(x)>f(1)＝0，即ln x>－，
令x＝(n∈N*)，因为>1，
所以ln >－＝，
所以 3．已知函数f(x)＝sin x－xcos x(x≥0)．
(1)求函数f(x)的图象在处的切线方程；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x) 解：(1)∵f′(x)＝xsin x，f′＝，
∴切线方程为y＝＋1，即2πx－4y－π2＋4＝0.
(2)f(x) 令g(x)＝sin x－xcos x－ax3，
则g′(x)＝xsin x－3ax2＝x(sin x－3ax)，
又令h(x)＝sin x－3ax，
则h′(x)＝cos x－3a.
①当3a≤－1，即a≤－时，h′(x)≥0恒成立，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(0)＝0(不合题意)．
②当3a≥1，即a≥时，h′(x)≤0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h(x) ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴g(x) ③当－1<3a<1，即－0，h′(π)＝－1－3a<0，∴在(0，π)上，∃x0使h′(x0)＝0，
且x∈(0，x0)时，h′(x)>0⇒g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，
∴存在g(x)>g(0)＝0(不符合题意)，
综上，a的取值范围为.
4．(2017·天津高考)设a∈Z，已知定义在R上的函数f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导函数．
(1)求g(x)的单调区间；
(2)设m∈[1，x0)∪(x0,2]，函数h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，求证：h(m)h(x0)<0；
(3)求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0)∪(x0,2]，满足≥.
解：(1)由f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，
可得g(x)＝f′(x)＝8x3＋9x2－6x－6，
进而可得g′(x)＝24x2＋18x－6.
令g′(x)＝0，解得x＝－1或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)


g′(x)
＋
－
＋
g(x)



所以g(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，，单调递减区间是.
(2)证明：由h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，
得h(m)＝g(m)(m－x0)－f(m)，
h(x0)＝g(x0)(m－x0)－f(m)．
令函数H1(x)＝g(x)(x－x0)－f(x)，
则H1′(x)＝g′(x)(x－x0)．
由(1)知，当x∈[1,2]时，g′(x)>0，
故当x∈[1，x0)时，H1′(x)<0，H1(x)单调递减；
当x∈(x0,2]时，H1′(x)>0，H1(x)单调递增．
因此，当x∈[1，x0)∪(x0,2]时，H1(x)>H1(x0)＝－f(x0)＝0，可得H1(m)>0，即h(m)>0.
令函数H2(x)＝g(x0)(x－x0)－f(x)，
则H2′(x)＝g(x0)－g(x)．
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增，
故当x∈[1，x0)时，H2′(x)>0，H2(x)单调递增；
当x∈(x0,2]时，H2′(x)<0，H2(x)单调递减．
因此，当x∈[1，x0)∪(x0,2]时，H2(x) 所以h(m)h(x0)<0.
(3)证明：对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0)∪(x0,2]，
令m＝，函数h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)．
由(2)知，当m∈[1，x0)时，h(x)在区间(m，x0)内有零点；当m∈(x0,2]时，h(x)在区间(x0，m)内有零点．
所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为x1，
则h(x1)＝g(x1)－f＝0.
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增，
故0 于是＝≥
＝.
因为当x∈[1,2]时，g(x)>0，故f(x)在[1,2]上单调递增，所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f≠0.
又因为p，q，a均为整数，
所以|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|是正整数，
从而|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|≥1.
所以≥.
所以只要取A＝g(2)，就有≥.

已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间及最值；
(2)若对∀x>0，f(x)＋g(x)>1恒成立，求a的取值范围；
解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝－1＝－，
由f′(x)>0，得－10，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)，f(x)max＝f(0)＝0，无最小值．
(2)f(x)＋g(x)>1⇔ln(1＋x)－x＋>1⇔
ln(1＋x)＋>1⇔a>(x＋2)[1－ln(1＋x)]．
令h(x)＝(x＋2)[1－ln(1＋x)]，
则h′(x)＝1－ln(1＋x)－＝－ln(1＋x)－.
当x>0时，显然h′(x)＝－ln(1＋x)－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
所以当x>0时，h(x) 所以a的取值范围为[2，＋∞)．
阶段滚动检测(一)
(时间120分钟　满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知全集U是实数集R，Venn图表示集合M＝{x|x>2}与N＝{x|1
A．{x|x<2}　　　　　　 B．{x|1 C．{x|x>3} D．{x|x≤1}
解析：选D　由Venn图可知，阴影部分表示(∁UM)∩(∁UN)，因为M＝{x|x>2}，N＝{x|1 2．函数f(x)＝lg(2－x)的定义域为(　　)
A．(0,2) B．[0,2]
C．(0,2] D．[0,2)
解析：选D　由题意得解得0≤x<2.
3．已知集合M＝，N＝，则M∩N＝(　　)
A．∅ B．{2}
C．{x|1 解析：选B　由题意知，M＝{m|－2≤m≤2，m∈Z}＝{－2，－1,0,1,2}，N＝{x|1 4．下列函数中，在其定义域上既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递减的是(　　)
A．y＝x2 B．y＝x＋1
C．y＝－lg |x| D．y＝－2x
解析：选C　y＝x2为偶函数，但在(0，＋∞)上单调递增，排除A；y＝x＋1，y＝－2x为非奇非偶函数，故排除B、D，只有选项C符合．
5．设m∈R且m≠0，“不等式m＋>4”成立的一个充分不必要条件是(　　)
A．m>0 B．m>1
C．m>2 D．m≥2
解析：选C　当m>0时，m＋≥4，当且仅当m＝2时，等号成立，所以m>0且m≠2是“不等式m＋>4”成立的充要条件，因此，“不等式m＋>4”成立的一个充分不必要条件是m>2，故选C.
6．已知函数f(x)＝则函数f(x)是(　　)
A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减
C．奇函数，且单调递增
D．奇函数，且单调递减
解析：选C　易知f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，而－x<0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，而－x>0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C.
7．(2018·重庆一测)设曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋a(x>0)关于直线y＝－x对称，且f(－2)＝2f(－1)，则a＝(　　)
A．0 B.
C. D．1
解析：选C　依题意得，曲线y＝f(x)即为－x＝(－y)2＋a(其中－y>0，即y<0，注意到点(x0，y0)关于直线y＝－x的对称点是点(－y0，－x0))，化简后得y＝－，即f(x)＝－，于是有－＝－2，由此解得a＝，选C.
8．函数y＝的图象大致是(　　)

解析：选A　由x2－1≠0，得x≠±1，当x>1时，y＝>0，排除D；当x<－1时，y＝<0，排除C；当0 9．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．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选B　设g(x)＝exf(x)－ex＋1，因为f(x)>1－f′(x)，所以g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，所以函数g(x)是R上的增函数，又因为f(0)＝0，g(0)＝e0f(0)－e0＋1＝0，所以不等式exf(x)>ex－1的解集为(0，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C.∪ D.∪
解析：选C　由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0＜a＜1.
又由f(x)在R上单调递减，则
⇒
≤a≤.如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝|f(x)|和y＝2－x的图象．
由图象可知，在[0，＋∞)上|f(x)|＝2－x有且仅有一个解，故在(－∞，0)上|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．
当3a＞2，即a＞时，由x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x＜0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x＜0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，解得a＝或a＝1(舍去)；
当1≤3a≤2，即≤a≤时，由图象可知，符合条件．
综上所述，a∈∪.故选C.
11．已知奇函数f(x)是定义在R上的连续函数，满足f(2)＝，且f(x)在(0，＋∞)上的导函数f′(x)的解集为(　　)
A．(－2,2) B．(－∞，2)
C. D.
解析：选B　令g(x)＝f(x)－，因为奇函数f(x)是定义在R上的连续函数，所以函数g(x)是定义在R上的连续函数，则g′(x)＝f′(x)－x2<0，所以函数g(x)＝f(x)－在R上是减函数，又g(2)＝f(2)－＝0，所以不等式f(x)>的解集为(－∞，2)．
12．已知函数f(x)＝则函数g(x)＝f(f(x))－的零点个数是(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选B　因为函数f(x)＝所以g(x)＝f(f(x))－＝0等价于f(x)＋1＝或log2f(x)＝，则f(x)＝－或f(x)＝，当f(x)＝－时，x＝－或x＝；当f(x)＝时，x＝2，故函数g(x)＝f(f(x))－的零点个数是3.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上)
13．已知a＝log2.10.6，b＝2.10.6，c＝log0.50.6，则a，b，c的大小关系是________．
解析：由指数函数与对数函数的性质可知，a＝log2.10.6<0，b＝2.10.6>1，c＝log0.50.6∈(0,1)，所以b>c>a.
答案：b>c>a
14．函数y＝log (－x2＋4x－3)的单调增区间为________．
解析：设t＝－x2＋4x－3，则函数可化为y＝logt是减函数．由－x2＋4x－3>0，得1 答案：(2,3)
15．当x∈(－∞，－1]时，不等式(m2－m)·4x－2x＜0恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：原不等式变形为m2－m＜x，
因为函数y＝x在(－∞，－1]上是减函数，
所以x≥－1＝2，
当x∈(－∞，－1]时，m2－m＜x恒成立等价于m2－m＜2，解得－1＜m＜2.
答案：(－1,2)
16．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意实数x有f(x＋1)＝f(x－1)，当0 解析：由f(x＋1)＝f(x－1)可知函数f(x)是周期为2的周期函数，又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当0 答案：－2
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设函数f(x)＝lg(x2－x－2)的定义域为集合A，函数g(x)＝的定义域为集合B.
(1)求A∩B；
(2)若C＝{x|m－1 解：(1)要使函数f(x)有意义，则x2－x－2>0，
解得x>2或x<－1，即A＝{x|x>2或x<－1}．
要使函数g(x)有意义，则3－|x|≥0，
解得－3≤x≤3，即B＝{x|－3≤x≤3}．
故A∩B＝{x|－3≤x<－1或2 (2)若C＝∅，则m≤－2，C⊆B恒成立；
若C≠∅，则m>－2，要使C⊆B成立，
则解得－2 综上，m≤1，即实数m的取值范围为(－∞，1]．
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2－a)ln x＋＋2ax.
(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值；
(2)当a<0时，求函数f(x)的单调增区间．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2时，f(x)＝＋4x，则f′(x)＝－＋4.
令f′(x)＝－＋4＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x



f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以函数f(x)的极小值为f＝4，无极大值．
(2)f′(x)＝－＋2a＝，
令f′(x)＝0，得x＝或x＝－.
当－20，得 当a＝－2时，f′(x)≤0，所以函数f(x)无单调递增区间；
当a<－2时，由f′(x)>0，得－ 19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c图象上的点P(1，－2)处的切线方程为y＝－3x＋1.
(1)若函数f(x)在x＝－2时有极值，求f(x)的表达式；
(2)若函数f(x)在区间[－2,0]上单调递增，求实数b的取值范围．
解：(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.
因为函数f(x)在x＝1处的切线斜率为－3，
所以f′(1)＝－3＋2a＋b＝－3，
即2a＋b＝0.①
又f(1)＝－1＋a＋b＋c＝－2，
即a＋b＋c＝－1.②
因为函数f(x)在x＝－2时有极值，
所以f′(－2)＝－12－4a＋b＝0，即4a－b＝－12.③
由①②③解得a＝－2，b＝4，c＝－3，
所以f(x)＝－x3－2x2＋4x－3.
(2)由(1)知a＝－，所以f′(x)＝－3x2－bx＋b，因为函数f(x)在区间[－2,0]上单调递增，所以f′(x)＝－3x2－bx＋b在区间[－2,0]上的值恒大于等于零，则解得b≥4，所以实数b的取值范围为[4，＋∞)．
20．(本小题满分12分)已知函数g(x)＝aln x＋x2＋(1－b)x.
(1)若g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为8x－2y－3＝0，求a，b的值；
(2)若b＝a＋1，x1，x2是函数g(x)的两个极值点，试比较－4与g(x1)＋g(x2)的大小．
解：(1)由题意可得，g′(x)＝＋x＋(1－b)，
∴即解得a＝1，b＝－1.
(2)∵b＝a＋1，∴g(x)＝aln x＋x2－ax，
则g′(x)＝＋x－a＝.
根据题意可得x2－ax＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不同的根x1，x2.
则解得a>4，且x1＋x2＝a，x1x2＝a.
∴g(x1)＋g(x2)＝aln(x1x2)＋(x＋x)－a(x1＋x2)＝aln a－a2－a.
令f(x)＝xln x－x2－x(x>4)，
则f′(x)＝ln x＋1－x－1＝ln x－x.
令h(x)＝ln x－x，则当x>4时，h′(x)＝－1<0，
∴h(x)在(4，＋∞)上为减函数，
即h(x) ∴f(x)在(4，＋∞)上为减函数，
即f(x) ∴g(x1)＋g(x2)<8ln 2－12.
又∵8ln 2－12－(－4)＝8ln 2－8＝8(ln 2－1)<0，
∴8ln 2－12<－4，
∴g(x1)＋g(x2)<－4.
21．(本小题满分12分)(2018·合肥质检)已知函数f(x)＝x3－(a＋2)x2＋x(a∈R)．
(1)当a＝0时，记f(x)图象上动点P处的切线斜率为k，求k的最小值；
(2)设函数g(x)＝e－(e为自然对数的底数)，若对于∀x＞0，f′(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－(a＋2)x＋1.
设P(x，y)，由于a＝0，∴k＝x2－2x＋1≥0，即kmin＝0.
(2)由g(x)＝e－，得g′(x)＝，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(1)＝0，由条件知f′(1)≥g(1)，可得a≤0.
当a≤0时，f′(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－1)2－ax≥(x－1)2≥0.
∴f′(x)≥g(x)对∀x∈(0，＋∞)成立．
综上，实数a的取值范围为(－∞，0]．
22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2ex＋2ax－a2，a∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x≥0时，f(x)≥x2－3恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ex＋2a，
①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在R上单调递增．
②当a<0时，由f′(x)>0，得x>ln(－a)；
由f′(x)<0，得x ∴函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．
综合①②知，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln(－a))．
(2)令g(x)＝f(x)－x2＋3＝2ex－(x－a)2＋3，x≥0，
则g′(x)＝2(ex－x＋a)．
又令h(x)＝2(ex－x＋a)，则h′(x)＝2(ex－1)≥0，
∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．
①当a≥－1时，h(x)≥0，即g′(x)≥0恒成立，∴函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
从而需满足g(0)＝5－a2≥0，解得－≤a≤，
又a≥－1，∴－1≤a≤；
②当a<－1时，则∃x0>0，使h(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(0，x0)上单调递减，x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(x0，＋∞)上单调递增．
∴g(x)min＝g(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3≥0，
又h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，
从而2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0 又由h(x0)＝0，得a＝x0－ex0.
令M(x)＝x－ex,0 则M′(x)＝1－ex<0，∴M(x)在(0，ln 3]上单调递减，
∴M(x)≥M(ln 3)＝ln 3－3，又M(x) 故ln 3－3≤a<－1，
综上，实数a的取值范围为.