还剩23页未读，
继续阅读
所属成套资源：2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义精品教案
成套系列资料，整套一键下载
2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题三导数的几何意义及简单应用
展开
专题三 导数的几何意义及简单应用
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
奇函数的定义及利用导数的几何意义求切线方程·T5
利用导数的几何意义求切线方程·T13
利用导数的几何意义求参数值·T14
利用导数讨论函数的单调性·T21(1)
2017
利用导数讨论函数的单调性·T21(1)
导数的运算、利用导数求函数极值·T11
_______
利用导数的极值点求参数·T21(1)
2016
________
导数的计算与几何意义、直线方程、斜率计算公式·T16
函数的奇偶性、利用导数的几何意义求切线方程·T15
利用导数公式直接求导·T21(1)
纵向
把握
趋势
卷Ⅰ3年3考，涉及导数的几何意义以及讨论函数的单调性，其中利用导数求切线方程难度偏小，而用导数讨论函数的单调性难度偏大．预计2019年仍会以解答题的形式考查函数单调性的讨论
卷Ⅱ3年4考，涉及导数的运算、几何意义以及利用导数求函数的极值，题型为选择、填空题，难度适中．预计2019年高考会考查利用导数讨论函数的单调性，难度偏大
卷Ⅲ3年3考，涉及导数公式及导数几何意义的应用，题型多为填空题．预计2019年仍会考查导数几何意义的应用，另外，要重点关注利用导数研究函数的单调性
横向
把握
重点
1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小．
2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等，有时也出现在解答题第一问．
3．近几年全国卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略.
导数的几何意义
[题组全练]
1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f (x)为奇函数，则曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
解析：选D ∵f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴f ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又∵f (x)为奇函数，∴f (－x)＝－f (x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴f ′(x)＝3x2＋1，∴f ′(0)＝1，
∴曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
2．过点(0，－1)的直线l与曲线y＝ln x相切，则原点到l的距离为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选C 设切点为(x0，ln x0)．
由y＝ln x，得y′＝，
所以直线l的斜率k＝y′|x＝x0＝，
所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，
即y＝x＋ln x0－1.
因为切线过点(0，－1)，
则－1＝ln x0－1，
即x0＝1，
所以切线方程为y＝x－1，
即x－y－1＝0，
所以原点到l的距离d＝＝，故选C.
3．(2018·唐山模拟)曲线y＝与其在点(0，－1)处的切线及直线x＝1所围成的封闭图形的面积为( )
A．1－ln 2 B．2－2ln 2
C．2ln 2－1 D．ln 2
解析：选C 因为y＝，所以y′＝′＝，则曲线y＝在(0，－1)处的切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2x－1，则曲线y＝与其在点(0，－1)处的切线及直线x＝1所围成的封闭图形的面积S＝2x－1－dx＝2x－1－1＋dx＝[x2－2x＋2ln(x＋1)] ＝2ln 2－1.
4．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，
∴a＋1＝－2，解得a＝－3.
答案：－3
5．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：由y＝x＋ln x，得y′＝1＋，则曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y＝2x－1，与y＝ax2＋(a＋2)x＋1联立，得ax2＋ax＋2＝0，显然a≠0，所以由Δ＝a2－8a＝0⇒a＝8.
答案：8
[系统方法]
1．求过切点切线问题的基本思路
设曲线在(x0，y0)处的切线为l，则根据
2．过非切点的切线的求法
设出切点坐标(x0，f (x0))，先求出在x＝x0处的切线方程，然后把所过点的坐标代入即求出x0，从而得出切线方程．
3．由曲线的切线求参数的方法
已知曲线在某点处的切线求参数的关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值．
利用导数研究函数的单调性
[多维例析]
角度一 讨论函数的单调性或求函数单调区间
已知函数f (x)＝x2＋2cos x，g(x)＝ex·(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．
[解] (1)g′(x)＝(ex)′·(cos x－sin x＋2x－2)＋ex(cos x－sin x＋2x－2)′＝ex(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2ex(x－sin x)．
记p(x)＝x－sin x，
则p′(x)＝1－cos x.
因为cos x∈[－1,1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．
而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，
所以h′(x)＝2ex(x－sin x)－a(2x－2sin x)
＝2(x－sin x)(ex－a)．
由(1)知，当x>0时，
p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0.
当a≤0时，ex－a>0，
所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(ex－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0.
①若0
x∈(ln a,0)时，ex－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增．
③若a>1，则ln a>0，
所以x∈(－∞，0)时，ex－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
x∈(0，ln a)时，ex－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(ln a，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
综上所述，
当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；
当0
当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．
[类题通法] 讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：
(1)最高次幂的系数是否为0；
(2)导函数是否有变号零点；
(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内；
(4)导函数的变号零点之间的大小关系．
角度二 已知函数的单调性求参数范围
已知函数f (x)＝＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)若函数f (x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f (x)在(－1,3)上单调，求实数a的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝＋a＝，
设g(x)＝1－x＋aex，由题意知g(x)≥0在R上恒成立，即1－x＋aex≥0在R上恒成立．
由ex>0，分离参数可得a≥在R上恒成立．
设h(x)＝，则h′(x)＝，
由h′(x)>0，得x<2；由h′(x)<0，得x>2，
所以h(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(2)＝，故a≥.
所以a的取值范围为.
(2)函数f (x)在(－1,3)上单调，则函数f (x)在(－1,3)上单调递增或单调递减．
①若函数f (x)在(－1,3)上单调递增，则f ′(x)＝≥0在(－1,3)上恒成立，即1－x＋aex≥0在(－1,3)上恒成立，所以a≥在(－1,3)上恒成立．
设h(x)＝，则h′(x)＝，所以h(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减，
所以h(x)max＝h(2)＝(x∈(－1,3))，故a≥.
所以a的取值范围为，＋∞.
②若函数f (x)在(－1,3)上单调递减，则f ′(x)＝≤0在(－1,3)上恒成立，即1－x＋aex≤0在(－1,3)上恒成立，所以a≤在(－1,3)上恒成立．
设h(x)＝，则h′(x)＝，所以h(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减．
又h(－1)＝＝－2e，h(3)＝＝.
显然－2e<，所以h(x)>h(－1)＝－2e(x∈(－1,3))，
所以a的取值范围为(－∞，－2e]．
综上，a的取值范围为(－∞，－2e]∪.
[类题通法]
由含参函数单调性求解参数范围问题的2个关注点
(1)准确把握函数单调性与导函数符号之间的关系：若可导函数f (x)在区间M上单调递增，则f ′(x)≥0在区间M上恒成立；若可导函数f (x)在区间M上单调递减，则f ′(x)≤0在区间M上恒成立．
(2)注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对应函数的最值问题；若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，则可以直接转化为求解含参函数的最值问题．
[综合训练]
1．已知a∈R，函数f (x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．
(1)当a＝2时，求函数f (x)的单调递增区间；
(2)若函数f (x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围；
(3)函数f (x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．
解：(1)当a＝2时，f (x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f ′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f ′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，
解得－
(2)因为函数f (x)在(－1,1)上单调递增，
所以f ′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．
因为f ′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex
＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．
因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．
令g(x)＝(x＋1)－，
则g′(x)＝1＋>0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．
所以g(x)
(3)若函数f (x)在R上单调递减，则f ′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立．
因为ex>0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．
所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．
故函数f (x)不可能在R上单调递减．
2．(2018·合肥质检)已知f (x)＝ln(2x－1)＋(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)≤ax恒成立，求a的值．
解：(1)f (x)的定义域为，
f ′(x)＝－＝.
令g(x)＝2x2－2ax＋a，
若2x2－2ax＋a＝0的根的判别式Δ＝4a2－8a≤0，
即当0≤a≤2时，对任意x∈，g(x)≥0恒成立，
即当x∈时，f ′(x)≥0恒成立，
∴f (x)在上单调递增．
若2x2－2ax＋a＝0的根的判别式Δ>0，即当a>2或a<0时，函数g(x)图象的对称轴为直线x＝.
①当a<0时，<0，且g＝>0.
∴对任意x∈，g(x)>0恒成立，
即对任意x∈，f ′(x)>0恒成立，
∴f (x)在上单调递增．
②当a>2时，>1，且g＝>0.
记g(x)＝0的两根分别为x1，x2，且x1＝(a－)>，x2＝(a＋)．
∴当x∈∪(x2，＋∞)时，g(x)>0，当x∈(x1，x2)时，g(x)<0.
∴当x∈∪(x2，＋∞)时，f ′(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0.
∴f (x)在和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
综上，当a≤2时，f (x)在上单调递增；
当a>2时，f (x)在和，＋∞上单调递增，在上单调递减．
(2)f (x)≤ax恒成立等价于对任意x∈，f (x)－ax≤0恒成立．
令h(x)＝f (x)－ax＝ln(2x－1)＋－ax，
则h(x)≤0＝h(1)恒成立，
即h(x)在x＝1处取得最大值．
h′(x)＝.
由h′(1)＝0，得a＝1.
当a＝1时，h′(x)＝，
∴当x∈时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
∴当a＝1时，h(x)在上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)≤h(1)＝0，符合题意．
∴a＝1.
利用导数研究函数的极值与最值
[多维例析]
角度一 求函数的极值或最值
已知函数f (x)＝－1.
(1)求函数f (x)的单调区间及极值；
(2)设m>0，求函数f (x)在区间[m,2m]上的最大值．
[解] (1)因为函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝，
由得0e.
所以函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，且f (x)极大值＝f (e)＝－1，无极小值．
(2)①当即0
②当m
③当m≥e时，函数f (x)在区间[m,2m]上单调递减，
所以f (x)max＝f (m)＝－1.
综上所述，当0
(1)若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f (x)求导，并求f ′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(2)若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f (x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x)的最值．
角度二 已知函数的极值或最值求参数
已知函数f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f (x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝x2－3x＋ln x(x>0)，
所以f ′(x)＝2x－3＋＝，
所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0.
所以切线方程为y＋2＝0.
(2)函数f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a>0时，f ′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝，
令f ′(x)＝0，解得x＝或x＝.
①当0<≤1，即a≥1时，
f (x)在[1，e]上单调递增．
所以f (x)在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；
②当1<
[类题通法] 已知函数在闭区间上最值求参数的方法
主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．
[综合训练]
1．已知函数f (x)＝x3－3x2.
(1)求曲线y＝f (x)在点P(1，－2)处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝2f (x)＋3(1－a)x2＋6ax(a>1)在[1,2]上的值域为[p(a)，q(a)]，求φ(a)＝q(a)－p(a)的最小值．
解：(1)因为f (x)＝x3－3x2，所以f ′(x)＝3x2－6x，
所以曲线y＝f (x)在点P(1，－2)处的切线的斜率为f ′(1)＝－3，
所以切线方程为y－(－2)＝－3(x－1)，
即3x＋y－1＝0.
(2)因为g(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，
所以g′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．
令g′(x)＝0，得x＝1或x＝a，
若1
当x∈(a,2)时，g′(x)>0，所以g(x)在(a,2)上单调递增．
①若g(1)≤g(2)，即1
因为φ′(a)＝3a2－6a＝3a(a－2)<0，
所以φ(a)在上单调递减，
所以当a∈时，φ(a)的最小值为φ＝.
②若g(1)>g(2)，即
所以φ(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)
＝a3－3a2＋3a－1，
因为φ′(a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥0，
所以φ(a)在上单调递增，
所以当a∈时，φ(a)>.
若a≥2，
当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1,2]上单调递减，
所以q(a)＝g(1)＝3a－1，p(a)＝g(2)＝4，
所以φ(a)＝3a－1－4＝3a－5(a≥2)，
所以φ(a)在[2，＋∞)上的最小值为φ(2)＝1.
综上，φ(a)的最小值为.
2．已知函数f (x)＝x2－3x＋.
(1)若a＝4，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有3个极值点，求实数a的取值范围．
解：(1)因为a＝4时，f (x)＝x2－3x＋，
所以f ′(x)＝2x－3－＝＝＝(x≠0)，
令f ′(x)>0，得x>2；令f ′(x)<0，得x<0或0
(2)由题意知，f ′(x)＝2x－3－＝(x≠0)，
设函数g(x)＝2x3－3x2－a，
则原条件等价于g(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，
又g′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，
由g′(x)>0，得x>1或x<0；由g′(x)<0，得0
故原条件等价于g(x)在(－∞，0)，(0,1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g(0)＝－a>0，得a<0，
当a<0时，－<0，g(－)＝2(－)3－3(－a)－a＝2a(＋1)<0，
故a<0时，g(x)在(－∞，0)上有唯一零点；
令g(1)＝－1－a<0，解得a>－1，
故－10，所以g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点．
综上可知，实数a的取值范围是(－1,0)．
重难增分
函数与导数的综合应用
[典例细解]
(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f (x0)<0，则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
[学解题]
法一：直接法(学生用书不提供解题过程)
若a≤0，则对任意负整数m，有f (m)＝em(2m－1)－a(m－1)<0，不符合题中唯一要求，故必有00，故f (x)在(－∞，－1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
注意到f (1)＝e>0，所以在(1，＋∞)内不存在正整数x0使得f (x0)<0.
又f (0)＝－1＋a<0，这样我们就找到了，那个唯一的整数x0就是0.则满足题意的充要条件是f (－1)≥0，即a≥，故a的取值范围是.
法二：分离参数法(学生用书不提供解题过程)
f (x)<0⇔(x－1)a>ex(2x－1)．
当x>1时，有a>>1，这与题设矛盾，舍去；
当x<1时，有a<.
记g(x)＝，
则g′(x)＝
＝(x<1)．
当x<0时，g′(x)>0；当0
由题意知，存在唯一的整数x0使得f (x0)<0，即a
设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题意知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方．
因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0；当x>－时，g′(x)>0，所以当x＝－时，g(x)min＝－2e，
因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过点(1,0)，且斜率为a，画出函数的大致图象如图所示，
故－a>g(0)＝－1，g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.
法四：特殊值探路(学生用书提供解题过程)
注意到f (0)＝a－1<0，故x0＝0.又x0唯一，故解得a≥，所以≤a<1(*)．
这是a需满足的必要条件．
求导得f ′(x)＝ex(2x＋1)－a.当x≤－1时，f ′(x)<－a<0，f (x)在(－∞，－1]上单调递减，有f (x)≥f (－1)≥0；当x≥1时，f ′(x)≥3e－a>0，f (x)在[1，＋∞)上单调递增，有f (x)≥f (1)>0.可见(*)式也是充分的．
于是，a的取值范围就是≤a<1，选D.
[答案] D
[启思维] 本题考查了含参函数与导数、不等式的综合问题，含参数的函数问题是高考中的难点，通常有以下两种解题策略．
(1)数形结合：利用导数先研究函数的图象与性质，再画出该函数的草图，结合图象确定参数范围，若原函数图象不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图象解．
(2)参变分离：转化为参数小于某个函数(或参数大于某个函数)，则参数小于该函数的最大值(大于该函数的最小值)，再构造函数求解即可，要注意应用分类讨论思想．
(2015·全国卷Ⅱ)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] 令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0
∴使得f (x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
[答案] A
[启思维] 本题考查了导数运算的逆运算，通过xf ′(x)－f (x)<0构造函数g(x)＝，然后利用函数的单调性及奇偶性结合图象求解．
[知能升级]
解决抽象函数导数问题常见构造函数的方法
(1)对于不等式xf ′(x)＋f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf (x)；
(2)对于不等式xf ′(x)－f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
(3)对于不等式f ′(x)＋f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf (x)；
(4)对于不等式f ′(x)－f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝.
[增分训练]
1．已知函数f (x)，对∀x∈R，都有f (－x)＋f (x)＝x2，在(0，＋∞)上，f ′(x)
C．[0，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
解析：选B 因为对∀x∈R，都有f (－x)＋f (x)＝x2，所以f (0)＝0，
设g(x)＝f (x)－x2，
则g(－x)＝f (－x)－x2，
所以g(x)＋g(－x)＝f (x)－x2＋f (－x)－x2＝0，
又g(0)＝f (0)－0＝0，
所以g(x)为奇函数，且f (x)＝g(x)＋x2，
所以f (4－m)－f (m)＝g(4－m)＋(4－m)2－＝g(4－m)－g(m)＋8－4m≥8－4m，则g(4－m)－g(m)≥0，即g(4－m)≥g(m)．
当x>0时，g′(x)＝f ′(x)－x<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，
又g(x)为奇函数，
所以4－m≤m，解得m≥2.
2．(2019届高三·南昌模拟)已知函数f ′(x)是函数f (x)的导函数，f (1)＝，对任意实数x，都有f (x)－f ′(x)>0，则不等式f (x)
C．(1，e) D．(e，＋∞)
解析：选B 设g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
∵对任意实数x，都有f (x)－f ′(x)>0，
∴g′(x)<0，即g(x)为R上的减函数．
g(1)＝＝，
由不等式f (x)
∴x>1，∴不等式f (x)
3．设f (x)＝x3－mx2＋2nx＋1的导函数为f ′(x)，函数f ′(x)的图象关于直线x＝对称，若f (x)在[1，π]上恒有f (x)≥1，则实数n的取值范围为( )
A. B.
C. D．[π，＋∞)
解析：选C 依题意f ′(x)＝3x2－2mx＋2n，又已知函数f ′(x)的图象关于直线x＝对称，所以－＝，解得m＝2，所以f (x)＝x3－2x2＋2nx＋1，因为f (x)在[1，π]上恒有f (x)≥1，所以n≥－(x2－2x)在[1，π]上恒成立，因为函数g(x)＝－(x2－2x)在[1，π]上单调递减，即函数g(x)＝－(x2－2x)在[1，π]上的最大值为g(1)＝，所以实数n的取值范围为，故选C.
[专题跟踪检测](对应配套卷P169)
一、全练保分考法——保大分
1．函数f (x)＝excos x的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
解析：选C 依题意，f (0)＝e0cos 0＝1，因为f ′(x)＝excos x－exsin x，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.
2．已知函数f (x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f (x)的单调递增区间是( )
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：选C 函数f (x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x)＝2x－5＋＝＝.由f ′(x)>0，解得02，故函数f (x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．
3．(2018·石家庄模拟)已知f (x)＝，其中e为自然对数的底数，则( )
A．f (2)>f (e)>f (3) B．f (3)>f (e)>f (2)
C．f (e)>f (2)>f (3) D．f (e)>f (3)>f (2)
解析：选D 由f (x)＝，得f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x＝e，当x∈(0，e)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，故f (x)在x＝e处取得最大值f (e)，f (2)－f (3)＝－＝＝<0，
∴f (2)f (3)>f (2)，故选D.
4．(2019届高三·广州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为( )
A．ln 2 B．1
C．1－ln 2 D．1＋ln 2
解析：选D 由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2，选 D.
5．已知定义在R上的可导函数f (x)的导函数为f ′(x)，满足f ′(x)>f (x)，且f (x＋3)为偶函数，f (6)＝1，则不等式f (x)>ex的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：选B 因为f (x＋3)为偶函数，
所以f (3－x)＝f (x＋3)，
因此f (0)＝f (6)＝1.
设h(x)＝，则原不等式即h(x)>h(0)．
又h′(x)＝＝，
依题意f ′(x)>f (x)，故h′(x)>0，
因此函数h(x)在R上是增函数，
所以由h(x)>h(0)，得x>0.故选B.
6．已知定义在R上的函数y＝f (x)满足f (－x)＝－f (x)，当x∈(0,2]时，f (x)＝ln x－ax，当x∈[－2,0)时，f (x)的最小值为3，则a的值等于( )
A．e2 B．e
C．2 D．1
解析：选A 因为定义在R上的函数y＝f (x)满足f (－x)＝－f (x)，
所以y＝f (x)为奇函数，其图象关于原点对称，
因为当x∈[－2,0)时，f (x)的最小值为3，
所以当x∈(0,2]时，f (x)＝ln x－ax的最大值为－3.
又f ′(x)＝(00；
当
故f (x)max＝f ＝ln－a×＝－3，解得a＝e2.
7．若函数f (x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．
解析：f ′(x)＝－ax－2＝，由题意知f ′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1－1.
答案：(－1，＋∞)
8．已知函数f (x)＝ex－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则实数m的取值范围是________．
解析：函数f(x)的导数f′(x)＝ex－m，设切点为(x0，ex0－mx0＋1)，即切线斜率k＝
e x0－m，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则满足(e x0－m)e＝－1，
即e x0－m＝－有解，
即m＝e x0＋有解，
∵e x0＋＞，∴m＞.
答案：
9．已知x0为函数f (x)＝(ea)x＋3x的极值点，若x0∈(e为自然对数的底数)，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝aeax＋3，则f′(x0)＝3＋aeax0＝0，由于eax0>0，则a<0，此时x0＝ln.令t＝－，t>0，则x0＝－ln t，构造函数g(t)＝－ln t(t>0)，g′(t)＝－ln t－＝－(ln t＋1)，当00，g(t)为增函数，且g(t)>0恒成立，当t>时，g′(t)<0，g(t)为减函数，g(t)max＝g＝，且g(e)＝－，因此当x0∈时，0
10．(2019届高三·长春模拟)已知函数f (x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)在点A(2，f (2))处的切线方程为9x－y－16＝0.
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)若过点M(2，m)(m≠2)可作曲线y＝f (x)的三条切线，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f (x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，
所以f ′(x)＝3ax2＋2bx－3.
根据题意，得
即
解得所以f (x)＝x3－3x.
(2)设切点为(x0，y0)(x0≠2)，则y0＝x－3x0.
因为f ′(x0)＝3x－3，
所以切线的斜率为3x－3，
则3x－3＝，
即2x－6x＋6＋m＝0.
因为过点M(2，m)(m≠2)可作曲线y＝f (x)的三条切线，
所以方程2x－6x＋6＋m＝0有三个不同的实根，
设函数g(x)＝2x3－6x2＋6＋m，则函数g(x)有三个零点，且g′(x)＝6x2－12x，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
g′(x)，g(x)随x的变化而变化的情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
若函数g(x)有三个零点，
则需即解得－6
11．(2018·成都模拟)已知函数f (x)＝(ax－1)ln x＋.
(1)若a＝2，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线l的方程；
(2)设函数g(x)＝f ′(x)有两个极值点x1，x2，其中x1∈(0，e]，求g(x1)－g(x2)的最小值．
解：(1)当a＝2时，f (x)＝(2x－1)ln x＋，
则f ′(x)＝2ln x＋x－＋2，
f ′(1)＝2，f (1)＝，
∴切线l的方程为y－＝2(x－1)，即4x－2y－3＝0.
(2)函数g(x)＝aln x＋x－＋a，定义域为(0，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋＝，令g′(x)＝0，得x2＋ax＋1＝0，其两根为x1，x2，
且x1＋x2＝－a，x1x2＝1，
故x2＝，a＝－.
g(x1)－g(x2)＝g(x1)－g＝aln x1＋x1－＋a－＝2＋2aln x1＝2－2ln x1，
令h(x)＝2－2ln x.
则[g(x1)－g(x2)]min＝h(x)min，
又h′(x)＝，
当x∈(0,1]时，h′(x)≤0，
当x∈(1，e]时，h′(x)<0，
即当x∈(0，e]时，h(x)单调递减，
∴h(x)min＝h(e)＝－，
故[g(x1)－g(x2)]min＝－.
12．(2018·郑州模拟)已知函数f (x)＝ln x－x，g(x)＝mx3－mx(m≠0)．
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若对任意的x1∈(1,2)，总存在x2∈(1,2)，使得f (x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
解：(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x)＝－1，切线的斜率k＝f ′(1)＝0，故切线方程为y＝－1.
(2)设f (x)在区间(1,2)上的值域为A，g(x)在区间(1,2)上的值域为B，则由题意可得A⊆B.
∵f (x)＝ln x－x，
∴f ′(x)＝－1＝<0在(1,2)上恒成立，
∴函数f (x)在区间(1,2)上单调递减，
∴值域A为(ln 2－2，－1)．
又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1)，
当m>0时，g′(x)>0在x∈(1,2)上恒成立，
则g(x)在(1,2)上是增函数，此时g(x)在区间(1,2)上的值域B为，
则
解得m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2.
当m<0时，g′(x)<0在x∈(1,2)上恒成立，
则g(x)在(1,2)上是减函数，此时g(x)在区间(1,2)上的值域B为，
则解得m≤(ln 2－2)＝ln 2－3.
∴实数m的取值范围是
∪.
二、强化压轴考法——拉开分
1．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.
2．(2018·西安八校联考)已知函数f (x)＝ln x－ax2，若f (x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－2ax＝.当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f (x)不存在两个不同的零点．当a>0时，由f ′(x)＝0，得x＝，当00，函数f (x)单调递增，当x>时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，所以f (x)的最大值为f ＝ln－a2＝－ln 2a－，于是要使函数f (x)恰有两个不同的零点，则需满足－ln 2a－>0，即ln 2a<－1，所以0<2a<，即0
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B 法一：因为f (x)＝x＋xln x，且f (x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，等价于m<在(1，＋∞)上恒成立，
等价于m1)．
令g(x)＝(x>1)，所以g′(x)＝.易知g′(x)＝0必有实根，设为x0，则x0－2－ln x0＝0，且g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，因此m0，又m∈Z，故m的最大值为3.故选B.
法二：f (x)>m(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
而f ′(x)＝2＋ln x，得f (x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
由图象可知，过点(1,0)的直线y＝m(x－1)必在f (x)的图象下方，设过点(1,0)且与f (x)的图象相切的直线的斜率为k，则m
则有k＝2＋ln x0＝，
可得x0－ln x0－2＝0，令g(x)＝x－ln x－2，
显然g(e)<0，g(e2)>0，所以e
A. B．2
C．e D．3
解析：选B [b－(a－2)]2＋[ln b－(a－1)]2等价于点P(b，ln b)与点Q(a－2，a－1)距离的平方，易知点P，Q分别在曲线C：y＝ln x及直线l：y＝x＋1上．
令f (x)＝ln x，则f ′(x)＝，令f ′(x)＝1，得x＝1，故与直线l平行且与曲线C相切的直线l′与曲线C的切点为(1,0)，所以|PQ|min＝＝，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2，所以m的最大值为2.故选B.
5．设函数f (x)＝ex＋a＋x，g(x)＝ln(x＋3)－4e－x－a，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使得f (x0)－g(x0)＝2成立，则实数a的值为( )
A．－2＋ln 2 B．1＋ln 2
C．－1－ln 2 D．2＋ln 2
解析：选D 由已知得f (x)－g(x)＝ex＋a＋x－ln(x＋3)＋4e－x－a，
设h(x)＝ex＋a＋4e－x－a，u(x)＝x－ln(x＋3)，
所以h(x)＝ex＋a＋4e－x－a≥2＝4，当且仅当ex＋a＝2时等号成立．
u′(x)＝1－＝(x>－3)，
令u′(x)>0，得x>－2；
令u′(x)<0，得－3
6．设点M(x1，f (x1))和点N(x2，g(x2))分别是函数f (x)＝ex－1－(x－1)2和g(x)＝x－1图象上的点，且x1≥1，x2>0，若直线MN∥x轴，则M，N两点间的距离的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 设h(x1)＝|MN|，由题意知h(x1)＝x2－x1，x1≥1，
由MN∥x轴可得g(x2)＝f (x1)，
即x2＝ex1－1－(x1－1)2＋1，
所以h(x1)＝x2－x1＝ex1－1－(x1－1)2－x1＋1，h′(x1)＝e x1－1－x1，h″(x1)＝e x1－1－1，
因为h″(x1)≥h″(1)＝0，
所以h′(x1)在[1，＋∞)上是增函数，
所以h′(x1)≥h′(1)＝0，
因此h(x1)在[1，＋∞)上是增函数，所以h(x1)≥h(1)＝1，故选A.
7．若对任意的x∈，e为自然对数的底数，总存在唯一的y∈[－1,1]，使得ln x－x＋1＋a＝y2ey成立，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设f (x)＝ln x－x＋1＋a，
则f ′(x)＝－1＝.
因为x∈，所以f ′(x)≥0，f (x)在上单调递增，所以f (x)∈.
设g(y)＝y2ey，y∈[－1,1]，
则g′(y)＝y(y＋2)ey.
由g′(y)<0，得－1≤y<0；
由g′(y)>0，得0
故⊆，所以
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.
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
奇函数的定义及利用导数的几何意义求切线方程·T5
利用导数的几何意义求切线方程·T13
利用导数的几何意义求参数值·T14
利用导数讨论函数的单调性·T21(1)
2017
利用导数讨论函数的单调性·T21(1)
导数的运算、利用导数求函数极值·T11
_______
利用导数的极值点求参数·T21(1)
2016
________
导数的计算与几何意义、直线方程、斜率计算公式·T16
函数的奇偶性、利用导数的几何意义求切线方程·T15
利用导数公式直接求导·T21(1)
纵向
把握
趋势
卷Ⅰ3年3考，涉及导数的几何意义以及讨论函数的单调性，其中利用导数求切线方程难度偏小，而用导数讨论函数的单调性难度偏大．预计2019年仍会以解答题的形式考查函数单调性的讨论
卷Ⅱ3年4考，涉及导数的运算、几何意义以及利用导数求函数的极值，题型为选择、填空题，难度适中．预计2019年高考会考查利用导数讨论函数的单调性，难度偏大
卷Ⅲ3年3考，涉及导数公式及导数几何意义的应用，题型多为填空题．预计2019年仍会考查导数几何意义的应用，另外，要重点关注利用导数研究函数的单调性
横向
把握
重点
1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小．
2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等，有时也出现在解答题第一问．
3．近几年全国卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略.
导数的几何意义
[题组全练]
1．(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f (x)为奇函数，则曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
解析：选D ∵f (x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴f ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又∵f (x)为奇函数，∴f (－x)＝－f (x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴f ′(x)＝3x2＋1，∴f ′(0)＝1，
∴曲线y＝f (x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
2．过点(0，－1)的直线l与曲线y＝ln x相切，则原点到l的距离为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选C 设切点为(x0，ln x0)．
由y＝ln x，得y′＝，
所以直线l的斜率k＝y′|x＝x0＝，
所以切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，
即y＝x＋ln x0－1.
因为切线过点(0，－1)，
则－1＝ln x0－1，
即x0＝1，
所以切线方程为y＝x－1，
即x－y－1＝0，
所以原点到l的距离d＝＝，故选C.
3．(2018·唐山模拟)曲线y＝与其在点(0，－1)处的切线及直线x＝1所围成的封闭图形的面积为( )
A．1－ln 2 B．2－2ln 2
C．2ln 2－1 D．ln 2
解析：选C 因为y＝，所以y′＝′＝，则曲线y＝在(0，－1)处的切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2x－1，则曲线y＝与其在点(0，－1)处的切线及直线x＝1所围成的封闭图形的面积S＝2x－1－dx＝2x－1－1＋dx＝[x2－2x＋2ln(x＋1)] ＝2ln 2－1.
4．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，
∴a＋1＝－2，解得a＝－3.
答案：－3
5．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：由y＝x＋ln x，得y′＝1＋，则曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线斜率为2，故切线方程为y＝2x－1，与y＝ax2＋(a＋2)x＋1联立，得ax2＋ax＋2＝0，显然a≠0，所以由Δ＝a2－8a＝0⇒a＝8.
答案：8
[系统方法]
1．求过切点切线问题的基本思路
设曲线在(x0，y0)处的切线为l，则根据
2．过非切点的切线的求法
设出切点坐标(x0，f (x0))，先求出在x＝x0处的切线方程，然后把所过点的坐标代入即求出x0，从而得出切线方程．
3．由曲线的切线求参数的方法
已知曲线在某点处的切线求参数的关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值．
利用导数研究函数的单调性
[多维例析]
角度一 讨论函数的单调性或求函数单调区间
已知函数f (x)＝x2＋2cos x，g(x)＝ex·(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．
(1)求函数g(x)的单调区间；
(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．
[解] (1)g′(x)＝(ex)′·(cos x－sin x＋2x－2)＋ex(cos x－sin x＋2x－2)′＝ex(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2ex(x－sin x)．
记p(x)＝x－sin x，
则p′(x)＝1－cos x.
因为cos x∈[－1,1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．
而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，
所以h′(x)＝2ex(x－sin x)－a(2x－2sin x)
＝2(x－sin x)(ex－a)．
由(1)知，当x>0时，
p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0.
当a≤0时，ex－a>0，
所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．
当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(ex－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0.
①若0
x∈(ln a,0)时，ex－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增．
③若a>1，则ln a>0，
所以x∈(－∞，0)时，ex－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
x∈(0，ln a)时，ex－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(ln a，＋∞)时，ex－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
综上所述，
当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；
当0
当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．
[类题通法] 讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：
(1)最高次幂的系数是否为0；
(2)导函数是否有变号零点；
(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内；
(4)导函数的变号零点之间的大小关系．
角度二 已知函数的单调性求参数范围
已知函数f (x)＝＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)若函数f (x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f (x)在(－1,3)上单调，求实数a的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝＋a＝，
设g(x)＝1－x＋aex，由题意知g(x)≥0在R上恒成立，即1－x＋aex≥0在R上恒成立．
由ex>0，分离参数可得a≥在R上恒成立．
设h(x)＝，则h′(x)＝，
由h′(x)>0，得x<2；由h′(x)<0，得x>2，
所以h(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(2)＝，故a≥.
所以a的取值范围为.
(2)函数f (x)在(－1,3)上单调，则函数f (x)在(－1,3)上单调递增或单调递减．
①若函数f (x)在(－1,3)上单调递增，则f ′(x)＝≥0在(－1,3)上恒成立，即1－x＋aex≥0在(－1,3)上恒成立，所以a≥在(－1,3)上恒成立．
设h(x)＝，则h′(x)＝，所以h(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减，
所以h(x)max＝h(2)＝(x∈(－1,3))，故a≥.
所以a的取值范围为，＋∞.
②若函数f (x)在(－1,3)上单调递减，则f ′(x)＝≤0在(－1,3)上恒成立，即1－x＋aex≤0在(－1,3)上恒成立，所以a≤在(－1,3)上恒成立．
设h(x)＝，则h′(x)＝，所以h(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减．
又h(－1)＝＝－2e，h(3)＝＝.
显然－2e<，所以h(x)>h(－1)＝－2e(x∈(－1,3))，
所以a的取值范围为(－∞，－2e]．
综上，a的取值范围为(－∞，－2e]∪.
[类题通法]
由含参函数单调性求解参数范围问题的2个关注点
(1)准确把握函数单调性与导函数符号之间的关系：若可导函数f (x)在区间M上单调递增，则f ′(x)≥0在区间M上恒成立；若可导函数f (x)在区间M上单调递减，则f ′(x)≤0在区间M上恒成立．
(2)注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对应函数的最值问题；若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，则可以直接转化为求解含参函数的最值问题．
[综合训练]
1．已知a∈R，函数f (x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．
(1)当a＝2时，求函数f (x)的单调递增区间；
(2)若函数f (x)在(－1,1)上单调递增，求a的取值范围；
(3)函数f (x)是否为R上的单调减函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由．
解：(1)当a＝2时，f (x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f ′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f ′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，
解得－
(2)因为函数f (x)在(－1,1)上单调递增，
所以f ′(x)≥0对x∈(－1,1)都成立．
因为f ′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex
＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1,1)都成立．
因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1,1)都成立．
令g(x)＝(x＋1)－，
则g′(x)＝1＋>0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1,1)上单调递增．
所以g(x)
(3)若函数f (x)在R上单调递减，则f ′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立．
因为ex>0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．
所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．
故函数f (x)不可能在R上单调递减．
2．(2018·合肥质检)已知f (x)＝ln(2x－1)＋(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)≤ax恒成立，求a的值．
解：(1)f (x)的定义域为，
f ′(x)＝－＝.
令g(x)＝2x2－2ax＋a，
若2x2－2ax＋a＝0的根的判别式Δ＝4a2－8a≤0，
即当0≤a≤2时，对任意x∈，g(x)≥0恒成立，
即当x∈时，f ′(x)≥0恒成立，
∴f (x)在上单调递增．
若2x2－2ax＋a＝0的根的判别式Δ>0，即当a>2或a<0时，函数g(x)图象的对称轴为直线x＝.
①当a<0时，<0，且g＝>0.
∴对任意x∈，g(x)>0恒成立，
即对任意x∈，f ′(x)>0恒成立，
∴f (x)在上单调递增．
②当a>2时，>1，且g＝>0.
记g(x)＝0的两根分别为x1，x2，且x1＝(a－)>，x2＝(a＋)．
∴当x∈∪(x2，＋∞)时，g(x)>0，当x∈(x1，x2)时，g(x)<0.
∴当x∈∪(x2，＋∞)时，f ′(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0.
∴f (x)在和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
综上，当a≤2时，f (x)在上单调递增；
当a>2时，f (x)在和，＋∞上单调递增，在上单调递减．
(2)f (x)≤ax恒成立等价于对任意x∈，f (x)－ax≤0恒成立．
令h(x)＝f (x)－ax＝ln(2x－1)＋－ax，
则h(x)≤0＝h(1)恒成立，
即h(x)在x＝1处取得最大值．
h′(x)＝.
由h′(1)＝0，得a＝1.
当a＝1时，h′(x)＝，
∴当x∈时，h′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.
∴当a＝1时，h(x)在上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)≤h(1)＝0，符合题意．
∴a＝1.
利用导数研究函数的极值与最值
[多维例析]
角度一 求函数的极值或最值
已知函数f (x)＝－1.
(1)求函数f (x)的单调区间及极值；
(2)设m>0，求函数f (x)在区间[m,2m]上的最大值．
[解] (1)因为函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝，
由得0
所以函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，且f (x)极大值＝f (e)＝－1，无极小值．
(2)①当即0
②当m
③当m≥e时，函数f (x)在区间[m,2m]上单调递减，
所以f (x)max＝f (m)＝－1.
综上所述，当0
(1)若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f (x)求导，并求f ′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(2)若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f (x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x)的最值．
角度二 已知函数的极值或最值求参数
已知函数f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f (x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f (x)＝x2－3x＋ln x(x>0)，
所以f ′(x)＝2x－3＋＝，
所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0.
所以切线方程为y＋2＝0.
(2)函数f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a>0时，f ′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝＝，
令f ′(x)＝0，解得x＝或x＝.
①当0<≤1，即a≥1时，
f (x)在[1，e]上单调递增．
所以f (x)在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；
②当1<
[类题通法] 已知函数在闭区间上最值求参数的方法
主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．
[综合训练]
1．已知函数f (x)＝x3－3x2.
(1)求曲线y＝f (x)在点P(1，－2)处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝2f (x)＋3(1－a)x2＋6ax(a>1)在[1,2]上的值域为[p(a)，q(a)]，求φ(a)＝q(a)－p(a)的最小值．
解：(1)因为f (x)＝x3－3x2，所以f ′(x)＝3x2－6x，
所以曲线y＝f (x)在点P(1，－2)处的切线的斜率为f ′(1)＝－3，
所以切线方程为y－(－2)＝－3(x－1)，
即3x＋y－1＝0.
(2)因为g(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，
所以g′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．
令g′(x)＝0，得x＝1或x＝a，
若1
当x∈(a,2)时，g′(x)>0，所以g(x)在(a,2)上单调递增．
①若g(1)≤g(2)，即1
因为φ′(a)＝3a2－6a＝3a(a－2)<0，
所以φ(a)在上单调递减，
所以当a∈时，φ(a)的最小值为φ＝.
②若g(1)>g(2)，即
所以φ(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)
＝a3－3a2＋3a－1，
因为φ′(a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥0，
所以φ(a)在上单调递增，
所以当a∈时，φ(a)>.
若a≥2，
当x∈[1,2]时，g′(x)≤0，所以g(x)在[1,2]上单调递减，
所以q(a)＝g(1)＝3a－1，p(a)＝g(2)＝4，
所以φ(a)＝3a－1－4＝3a－5(a≥2)，
所以φ(a)在[2，＋∞)上的最小值为φ(2)＝1.
综上，φ(a)的最小值为.
2．已知函数f (x)＝x2－3x＋.
(1)若a＝4，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有3个极值点，求实数a的取值范围．
解：(1)因为a＝4时，f (x)＝x2－3x＋，
所以f ′(x)＝2x－3－＝＝＝(x≠0)，
令f ′(x)>0，得x>2；令f ′(x)<0，得x<0或0
(2)由题意知，f ′(x)＝2x－3－＝(x≠0)，
设函数g(x)＝2x3－3x2－a，
则原条件等价于g(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，
又g′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，
由g′(x)>0，得x>1或x<0；由g′(x)<0，得0
故原条件等价于g(x)在(－∞，0)，(0,1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g(0)＝－a>0，得a<0，
当a<0时，－<0，g(－)＝2(－)3－3(－a)－a＝2a(＋1)<0，
故a<0时，g(x)在(－∞，0)上有唯一零点；
令g(1)＝－1－a<0，解得a>－1，
故－1
综上可知，实数a的取值范围是(－1,0)．
重难增分
函数与导数的综合应用
[典例细解]
(2015·全国卷Ⅰ)设函数f (x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f (x0)<0，则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
[学解题]
法一：直接法(学生用书不提供解题过程)
若a≤0，则对任意负整数m，有f (m)＝em(2m－1)－a(m－1)<0，不符合题中唯一要求，故必有0
注意到f (1)＝e>0，所以在(1，＋∞)内不存在正整数x0使得f (x0)<0.
又f (0)＝－1＋a<0，这样我们就找到了，那个唯一的整数x0就是0.则满足题意的充要条件是f (－1)≥0，即a≥，故a的取值范围是.
法二：分离参数法(学生用书不提供解题过程)
f (x)<0⇔(x－1)a>ex(2x－1)．
当x>1时，有a>>1，这与题设矛盾，舍去；
当x<1时，有a<.
记g(x)＝，
则g′(x)＝
＝(x<1)．
当x<0时，g′(x)>0；当0
由题意知，存在唯一的整数x0使得f (x0)<0，即a
设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题意知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方．
因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0；当x>－时，g′(x)>0，所以当x＝－时，g(x)min＝－2e，
因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过点(1,0)，且斜率为a，画出函数的大致图象如图所示，
故－a>g(0)＝－1，g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.
法四：特殊值探路(学生用书提供解题过程)
注意到f (0)＝a－1<0，故x0＝0.又x0唯一，故解得a≥，所以≤a<1(*)．
这是a需满足的必要条件．
求导得f ′(x)＝ex(2x＋1)－a.当x≤－1时，f ′(x)<－a<0，f (x)在(－∞，－1]上单调递减，有f (x)≥f (－1)≥0；当x≥1时，f ′(x)≥3e－a>0，f (x)在[1，＋∞)上单调递增，有f (x)≥f (1)>0.可见(*)式也是充分的．
于是，a的取值范围就是≤a<1，选D.
[答案] D
[启思维] 本题考查了含参函数与导数、不等式的综合问题，含参数的函数问题是高考中的难点，通常有以下两种解题策略．
(1)数形结合：利用导数先研究函数的图象与性质，再画出该函数的草图，结合图象确定参数范围，若原函数图象不易做，常化为一个函数存在一点在另一个函数上方，用图象解．
(2)参变分离：转化为参数小于某个函数(或参数大于某个函数)，则参数小于该函数的最大值(大于该函数的最小值)，再构造函数求解即可，要注意应用分类讨论思想．
(2015·全国卷Ⅱ)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] 令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0
∴使得f (x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
[答案] A
[启思维] 本题考查了导数运算的逆运算，通过xf ′(x)－f (x)<0构造函数g(x)＝，然后利用函数的单调性及奇偶性结合图象求解．
[知能升级]
解决抽象函数导数问题常见构造函数的方法
(1)对于不等式xf ′(x)＋f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf (x)；
(2)对于不等式xf ′(x)－f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)；
(3)对于不等式f ′(x)＋f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝exf (x)；
(4)对于不等式f ′(x)－f (x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝.
[增分训练]
1．已知函数f (x)，对∀x∈R，都有f (－x)＋f (x)＝x2，在(0，＋∞)上，f ′(x)
C．[0，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
解析：选B 因为对∀x∈R，都有f (－x)＋f (x)＝x2，所以f (0)＝0，
设g(x)＝f (x)－x2，
则g(－x)＝f (－x)－x2，
所以g(x)＋g(－x)＝f (x)－x2＋f (－x)－x2＝0，
又g(0)＝f (0)－0＝0，
所以g(x)为奇函数，且f (x)＝g(x)＋x2，
所以f (4－m)－f (m)＝g(4－m)＋(4－m)2－＝g(4－m)－g(m)＋8－4m≥8－4m，则g(4－m)－g(m)≥0，即g(4－m)≥g(m)．
当x>0时，g′(x)＝f ′(x)－x<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，
又g(x)为奇函数，
所以4－m≤m，解得m≥2.
2．(2019届高三·南昌模拟)已知函数f ′(x)是函数f (x)的导函数，f (1)＝，对任意实数x，都有f (x)－f ′(x)>0，则不等式f (x)
C．(1，e) D．(e，＋∞)
解析：选B 设g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
∵对任意实数x，都有f (x)－f ′(x)>0，
∴g′(x)<0，即g(x)为R上的减函数．
g(1)＝＝，
由不等式f (x)
∴x>1，∴不等式f (x)
3．设f (x)＝x3－mx2＋2nx＋1的导函数为f ′(x)，函数f ′(x)的图象关于直线x＝对称，若f (x)在[1，π]上恒有f (x)≥1，则实数n的取值范围为( )
A. B.
C. D．[π，＋∞)
解析：选C 依题意f ′(x)＝3x2－2mx＋2n，又已知函数f ′(x)的图象关于直线x＝对称，所以－＝，解得m＝2，所以f (x)＝x3－2x2＋2nx＋1，因为f (x)在[1，π]上恒有f (x)≥1，所以n≥－(x2－2x)在[1，π]上恒成立，因为函数g(x)＝－(x2－2x)在[1，π]上单调递减，即函数g(x)＝－(x2－2x)在[1，π]上的最大值为g(1)＝，所以实数n的取值范围为，故选C.
[专题跟踪检测](对应配套卷P169)
一、全练保分考法——保大分
1．函数f (x)＝excos x的图象在点(0，f (0))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0
C．x－y＋1＝0 D．x－y－1＝0
解析：选C 依题意，f (0)＝e0cos 0＝1，因为f ′(x)＝excos x－exsin x，所以f ′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x－0，即x－y＋1＝0，故选C.
2．已知函数f (x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f (x)的单调递增区间是( )
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：选C 函数f (x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x)＝2x－5＋＝＝.由f ′(x)>0，解得0
3．(2018·石家庄模拟)已知f (x)＝，其中e为自然对数的底数，则( )
A．f (2)>f (e)>f (3) B．f (3)>f (e)>f (2)
C．f (e)>f (2)>f (3) D．f (e)>f (3)>f (2)
解析：选D 由f (x)＝，得f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x＝e，当x∈(0，e)时，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减，故f (x)在x＝e处取得最大值f (e)，f (2)－f (3)＝－＝＝<0，
∴f (2)
4．(2019届高三·广州调研)已知直线y＝kx－2与曲线y＝xln x相切，则实数k的值为( )
A．ln 2 B．1
C．1－ln 2 D．1＋ln 2
解析：选D 由y＝xln x知y′＝ln x＋1，设切点为(x0，x0ln x0)，则切线方程为y－x0ln x0＝(ln x0＋1)(x－x0)，因为切线y＝kx－2过定点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝(ln x0＋1)(0－x0)，解得x0＝2，故k＝1＋ln 2，选 D.
5．已知定义在R上的可导函数f (x)的导函数为f ′(x)，满足f ′(x)>f (x)，且f (x＋3)为偶函数，f (6)＝1，则不等式f (x)>ex的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：选B 因为f (x＋3)为偶函数，
所以f (3－x)＝f (x＋3)，
因此f (0)＝f (6)＝1.
设h(x)＝，则原不等式即h(x)>h(0)．
又h′(x)＝＝，
依题意f ′(x)>f (x)，故h′(x)>0，
因此函数h(x)在R上是增函数，
所以由h(x)>h(0)，得x>0.故选B.
6．已知定义在R上的函数y＝f (x)满足f (－x)＝－f (x)，当x∈(0,2]时，f (x)＝ln x－ax，当x∈[－2,0)时，f (x)的最小值为3，则a的值等于( )
A．e2 B．e
C．2 D．1
解析：选A 因为定义在R上的函数y＝f (x)满足f (－x)＝－f (x)，
所以y＝f (x)为奇函数，其图象关于原点对称，
因为当x∈[－2,0)时，f (x)的最小值为3，
所以当x∈(0,2]时，f (x)＝ln x－ax的最大值为－3.
又f ′(x)＝(0
当
故f (x)max＝f ＝ln－a×＝－3，解得a＝e2.
7．若函数f (x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．
解析：f ′(x)＝－ax－2＝，由题意知f ′(x)<0有实数解，∵x>0，∴ax2＋2x－1>0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a<0时，只需Δ＝4＋4a>0，∴－1
答案：(－1，＋∞)
8．已知函数f (x)＝ex－mx＋1的图象为曲线C，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则实数m的取值范围是________．
解析：函数f(x)的导数f′(x)＝ex－m，设切点为(x0，ex0－mx0＋1)，即切线斜率k＝
e x0－m，若曲线C存在与直线y＝ex垂直的切线，则满足(e x0－m)e＝－1，
即e x0－m＝－有解，
即m＝e x0＋有解，
∵e x0＋＞，∴m＞.
答案：
9．已知x0为函数f (x)＝(ea)x＋3x的极值点，若x0∈(e为自然对数的底数)，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝aeax＋3，则f′(x0)＝3＋aeax0＝0，由于eax0>0，则a<0，此时x0＝ln.令t＝－，t>0，则x0＝－ln t，构造函数g(t)＝－ln t(t>0)，g′(t)＝－ln t－＝－(ln t＋1)，当0
10．(2019届高三·长春模拟)已知函数f (x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)在点A(2，f (2))处的切线方程为9x－y－16＝0.
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)若过点M(2，m)(m≠2)可作曲线y＝f (x)的三条切线，求实数m的取值范围．
解：(1)因为f (x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)，
所以f ′(x)＝3ax2＋2bx－3.
根据题意，得
即
解得所以f (x)＝x3－3x.
(2)设切点为(x0，y0)(x0≠2)，则y0＝x－3x0.
因为f ′(x0)＝3x－3，
所以切线的斜率为3x－3，
则3x－3＝，
即2x－6x＋6＋m＝0.
因为过点M(2，m)(m≠2)可作曲线y＝f (x)的三条切线，
所以方程2x－6x＋6＋m＝0有三个不同的实根，
设函数g(x)＝2x3－6x2＋6＋m，则函数g(x)有三个零点，且g′(x)＝6x2－12x，
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
g′(x)，g(x)随x的变化而变化的情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
若函数g(x)有三个零点，
则需即解得－6
11．(2018·成都模拟)已知函数f (x)＝(ax－1)ln x＋.
(1)若a＝2，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线l的方程；
(2)设函数g(x)＝f ′(x)有两个极值点x1，x2，其中x1∈(0，e]，求g(x1)－g(x2)的最小值．
解：(1)当a＝2时，f (x)＝(2x－1)ln x＋，
则f ′(x)＝2ln x＋x－＋2，
f ′(1)＝2，f (1)＝，
∴切线l的方程为y－＝2(x－1)，即4x－2y－3＝0.
(2)函数g(x)＝aln x＋x－＋a，定义域为(0，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋＝，令g′(x)＝0，得x2＋ax＋1＝0，其两根为x1，x2，
且x1＋x2＝－a，x1x2＝1，
故x2＝，a＝－.
g(x1)－g(x2)＝g(x1)－g＝aln x1＋x1－＋a－＝2＋2aln x1＝2－2ln x1，
令h(x)＝2－2ln x.
则[g(x1)－g(x2)]min＝h(x)min，
又h′(x)＝，
当x∈(0,1]时，h′(x)≤0，
当x∈(1，e]时，h′(x)<0，
即当x∈(0，e]时，h(x)单调递减，
∴h(x)min＝h(e)＝－，
故[g(x1)－g(x2)]min＝－.
12．(2018·郑州模拟)已知函数f (x)＝ln x－x，g(x)＝mx3－mx(m≠0)．
(1)求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若对任意的x1∈(1,2)，总存在x2∈(1,2)，使得f (x1)＝g(x2)，求实数m的取值范围．
解：(1)易知切点为(1，－1)，f ′(x)＝－1，切线的斜率k＝f ′(1)＝0，故切线方程为y＝－1.
(2)设f (x)在区间(1,2)上的值域为A，g(x)在区间(1,2)上的值域为B，则由题意可得A⊆B.
∵f (x)＝ln x－x，
∴f ′(x)＝－1＝<0在(1,2)上恒成立，
∴函数f (x)在区间(1,2)上单调递减，
∴值域A为(ln 2－2，－1)．
又g′(x)＝mx2－m＝m(x＋1)(x－1)，
当m>0时，g′(x)>0在x∈(1,2)上恒成立，
则g(x)在(1,2)上是增函数，此时g(x)在区间(1,2)上的值域B为，
则
解得m≥－(ln 2－2)＝3－ln 2.
当m<0时，g′(x)<0在x∈(1,2)上恒成立，
则g(x)在(1,2)上是减函数，此时g(x)在区间(1,2)上的值域B为，
则解得m≤(ln 2－2)＝ln 2－3.
∴实数m的取值范围是
∪.
二、强化压轴考法——拉开分
1．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.
2．(2018·西安八校联考)已知函数f (x)＝ln x－ax2，若f (x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－2ax＝.当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f (x)不存在两个不同的零点．当a>0时，由f ′(x)＝0，得x＝，当0
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B 法一：因为f (x)＝x＋xln x，且f (x)－m(x－1)>0对任意的x>1恒成立，等价于m<在(1，＋∞)上恒成立，
等价于m
令g(x)＝(x>1)，所以g′(x)＝.易知g′(x)＝0必有实根，设为x0，则x0－2－ln x0＝0，且g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，因此m
法二：f (x)>m(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
而f ′(x)＝2＋ln x，得f (x)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，
由图象可知，过点(1,0)的直线y＝m(x－1)必在f (x)的图象下方，设过点(1,0)且与f (x)的图象相切的直线的斜率为k，则m
则有k＝2＋ln x0＝，
可得x0－ln x0－2＝0，令g(x)＝x－ln x－2，
显然g(e)<0，g(e2)>0，所以e
A. B．2
C．e D．3
解析：选B [b－(a－2)]2＋[ln b－(a－1)]2等价于点P(b，ln b)与点Q(a－2，a－1)距离的平方，易知点P，Q分别在曲线C：y＝ln x及直线l：y＝x＋1上．
令f (x)＝ln x，则f ′(x)＝，令f ′(x)＝1，得x＝1，故与直线l平行且与曲线C相切的直线l′与曲线C的切点为(1,0)，所以|PQ|min＝＝，所以m2－m≤2，解得－1≤m≤2，所以m的最大值为2.故选B.
5．设函数f (x)＝ex＋a＋x，g(x)＝ln(x＋3)－4e－x－a，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0，使得f (x0)－g(x0)＝2成立，则实数a的值为( )
A．－2＋ln 2 B．1＋ln 2
C．－1－ln 2 D．2＋ln 2
解析：选D 由已知得f (x)－g(x)＝ex＋a＋x－ln(x＋3)＋4e－x－a，
设h(x)＝ex＋a＋4e－x－a，u(x)＝x－ln(x＋3)，
所以h(x)＝ex＋a＋4e－x－a≥2＝4，当且仅当ex＋a＝2时等号成立．
u′(x)＝1－＝(x>－3)，
令u′(x)>0，得x>－2；
令u′(x)<0，得－3
6．设点M(x1，f (x1))和点N(x2，g(x2))分别是函数f (x)＝ex－1－(x－1)2和g(x)＝x－1图象上的点，且x1≥1，x2>0，若直线MN∥x轴，则M，N两点间的距离的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A 设h(x1)＝|MN|，由题意知h(x1)＝x2－x1，x1≥1，
由MN∥x轴可得g(x2)＝f (x1)，
即x2＝ex1－1－(x1－1)2＋1，
所以h(x1)＝x2－x1＝ex1－1－(x1－1)2－x1＋1，h′(x1)＝e x1－1－x1，h″(x1)＝e x1－1－1，
因为h″(x1)≥h″(1)＝0，
所以h′(x1)在[1，＋∞)上是增函数，
所以h′(x1)≥h′(1)＝0，
因此h(x1)在[1，＋∞)上是增函数，所以h(x1)≥h(1)＝1，故选A.
7．若对任意的x∈，e为自然对数的底数，总存在唯一的y∈[－1,1]，使得ln x－x＋1＋a＝y2ey成立，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设f (x)＝ln x－x＋1＋a，
则f ′(x)＝－1＝.
因为x∈，所以f ′(x)≥0，f (x)在上单调递增，所以f (x)∈.
设g(y)＝y2ey，y∈[－1,1]，
则g′(y)＝y(y＋2)ey.
由g′(y)<0，得－1≤y<0；
由g′(y)>0，得0
故⊆，所以
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.
相关资料
更多
