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- 第二讲 函数与方程及函数的应用 学案 学案 6 次下载
- 第三讲 导数的简单应用 学案 学案 5 次下载
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第四讲 导数的综合应用 学案
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第四讲 导数的综合应用
高考考点
考点解读
利用导数研究复杂
函数的零点或方程
的根
1.判断函数的零点或方程的根的个数，或根据零点、方程的根存在情况求参数的值(取值范围)
2．常与函数的单调性、极值、最值相结合命题
利用导数解决
不等式问题
1.根据不等式恒成立、存在性成立求参数的值(取值范围)
2．证明不等式、比较大小
利用导数解决生活
中的优化问题
以实际生活问题、几何问题为背景解决最大、最小值问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)理解并掌握函数的零点的概念，求导公式和求导法则及不等式的性质．
(2)熟练掌握利用导数研究函数零点，方程解的个数问题 ，及研究不等式成立问题、证明问题及大小比较的方法和规律．
预测2020年命题热点为：
(1)较复杂函数的零点，方程解的个数的确定与应用．
(2)利用导数解决含参数的不等式成立及不等式证明问题．
(3)利用导数解决实际生活及工程中的最优化问题．
Z
1．利用导数求函数最值的几种情况
(1)若连续函数f(x)在(a，b)内有唯一的极大值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的最大值，{f(a)，f(b)}min是函数f(x)在[a，b]是的最小值；若函数f(x)在(a，b)内有唯一的极小值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，{f(a)，f(b)}max是函数f(x)在[a，b]是的最大值.
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最大值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最小值．
(3)若函数f(x)在[a，b]上有极值点x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，则将f(x1)，f(x2)，…，f(xn)与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是函数f(x)在[a，b]上的最大值，最小的一个是函数f(x)在[a，b] 上的最小值.
2．不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．
(2)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的交集，且I不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
(4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2.
3．证明不等式问题
不等式的证明可转化为利用导数研究单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．
1．(文)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数f＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f的极值点．求a，并求f的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f≥0.
[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex－.
由题设知，f ′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f ′(x)＝ex－.
当02时，f ′(x)>0.
所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当时a≥时，f(x)≥0.
(理)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数f＝－x＋aln x.
(1)讨论f的单调性；
(2)若f存在两个极值点x1，x2，
证明：
f′(x)＝－－1＋＝－.
(i)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ii)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.
当x∈∪时 ，
f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
2．(文)(2018·全国卷Ⅱ，21)已知函数f＝x3－a.
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[解析] (1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f ′(x)＝x2－6x－3.
令f ′(x)＝0解得x＝3－2或3＋2.
当x∈(－∞，3－2)或(3＋2，＋∞)时，f ′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f ′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)上单调递增，在(3－2，3＋2)上单调递减．
(2)由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g ′(x)＝≥0，仅当x＝0时g ′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
(理)(2018·全国卷Ⅱ，21)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解析] (1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0,1)∪(1，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(i)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点．
(ii)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)上的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点，
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，
所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
3．(文)(2018·全国卷Ⅲ，21)已知函数f＝
.
(1)求曲线y＝f在点处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f＋e≥0.
[解析] (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝，
显然f(0)＝－1，即点(0，－1)在曲线y＝f(x)上，
所求切线斜率为k＝f′(0)＝2，
所以切线方程为y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.
(2)方法一(一边为0)：令g(x)＝－ax2＋(2a－1)x＋2，
当a≥1时，方程g(x)的判别式Δ＝(2a＋1)2>0，
由g(x)＝0得，x＝－，2，且－<0<2，
x，f′(x)，f(x)的关系如下
x
－
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小
值
极大
值
①若x∈(－∞，2]，f(x)≥f＝－e又因为a≥1，
所以0<≤1,1
所以f(x)＝>0，f(x)＋e≥0，
综上，当a≥1时，f(x)＋e≥0.
方法二(充要条件)：
①当a＝1时，f(x)＝.显然ex>0，要证f(x)＋e≥0只需证≥－e，
即证h(x)＝x2＋x－1＋e·ex≥0，
h′(x)＝2x＋1＋e·ex，观察发现h′(－1)＝0，
x，h′(x)，h(x)的关系如下
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
极小值
所以h(x)有最小值h(－1)＝0，
所以h(x)≥0即f(x)＋e≥0.
②当a>1时，由①知，≥－e，又显然ax2≥x2，
所以ax2＋x－1≥x2＋x－1，f(x)＝≥≥－e，即f(x)＋e≥0.
综上，当a≥1时，f(x)＋e≥0.
方法三(分离参数)：当x＝0时，f(x)＋e＝－1＋e≥0成立．
当x≠0时，f(x)＋e≥0等价于≥－e，
等价于ax2＋x－1≥－e·ex，
即ax2≥－e·ex－x＋1等价于a≥＝k(x)，等价于k(x)max≤1.
k′(x)＝，
令k′(x)＝0得x＝－1,2.
x，k′(x)，k(x)的关系如下
x
(－∞，
－1)
－1
(－1,0)
(0,2)
2
(2，＋∞)
k′(x)
＋
0
－
＋
0
－
k(x)
极大
值
极大
值
又因为k(－1)＝1，k(2)＝－<0，
所以k(x)max＝1，k(x)≤1，x≠0，
综上，当a≥1时，f(x)＋e≥0.
(理)(2018·全国卷Ⅲ，21)已知函数f＝ln－2x.
(1)若a＝0，证明：当－10时，f>0；
(2)若x＝0是f的极大值点，求a.
[解析] (1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，
f′(x)＝ln(1＋x)－.
设函数g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－，则g′(x)＝.
当－10时，g′(x)>0.
故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，当且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
又f(0)＝0，故当－1
(2)(i)若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
(ii)若a<0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.
由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－
＝.
如果6a＋1>0，则当00，故x＝0不是h(x)的极大值点．
如果6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故当x∈(x1,0)，且|x|
则当x∈(－1,0)时，h′(x)>0；
当x∈(0,1)时，h′(x)<0.
所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－.
例1 (文)设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.
因为k>0，所以令f′(x)＝0得x＝，列表如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
减区间为(0，)，增区间为(，＋∞)．
当x＝时，取得极小值f()＝.
(2)当≤1，即0
当1<<，即1
此时函数没有零点．
当≥，即k≥e时，f(x)在(1，)上单调递减，f(1)＝>0，f()＝<0.所以f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
综上，若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
(理)(2018·广州模拟)已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)·ex的定义域为[－2，t](t>－2)．
(1)试确定t的取值范围，使得函数f(x)在[－2，t]上为单调函数；
(2)当1
若使f(x)在[－2，t]上为单调函数，则需－2
(2)∵＝x－x0，＝(t－1)2，即x－x0＝(t－1)2，令g(x)＝x2－x－(t－1)2，则问题转化为当1
g(t)＝t(t－1)－(t－1)2＝(t＋2)(t－1)，
∴当10且g(t)>0，
∵g(0)＝－(t－1)2<0，∴g(x)＝0在[－2，t]上有两解．
即满足＝(t－1)2的x0的个数为2.
『规律总结』
对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
G
已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在[，e]上有两个零点，求实数m的取值范围．
[解析] (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f ′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
∵x∈[，e]，∴当g′(x)＝0时，x＝1.
当0；
当1
又g()＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
g(e)－g()＝4－e2＋<0，
则g(e)
g(x)在[，e]上有两个零点的条件是
解得1
例2 已知函数f(x)＝ln x－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；
(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1.当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．
[解析] (1)f′＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)，
由f′>0得
解得0
(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈，
则有F′(x)＝，
当x∈时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故当x>1时，F(x)
当k>1时，对于x>1，有f(x)
当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′＝－x＋1－k＝.
由G′＝0得，－x2＋x＋1＝0，
解得x1＝＜0，
x2＝＞1，
当x∈时，G′＞0，故G在内单调递增．
从而当x∈时，G＞G＝0，即f＞k.
综上，k的取值范围是.
『规律总结』
1．两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
2．利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．
3．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
G
已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a为常数)．
(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；
(2)当0
[解析] (1)f ′(x)＝＋2x－a.
由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.
(2)当0
因为0
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)当a∈(1,2)时，由(2)知，f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)＝1－a，故问题等价于：对任意的a∈(1,2)．不等式1－a>mln a恒成立．即m<恒成立，记g(a)＝(1
令M(a)＝－aln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a<0，
所以M(a)
所以m≤g(2)＝＝－log2e，
即实数m的取值范围为(－∞，－log2e]．
例3 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l1，l2所在的直线分别为y，x轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型.
(1)求a，b的值；
(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．
[解析] (1)由题意知，M点的坐标为(5,40)，N点的坐标为(20,2.5)，代入曲线C的方程y＝可得：解得
(2)①由(1)知曲线C的方程为y＝(5≤x≤20)，y′＝－，所以y′|x＝t＝－即为l的斜率．
又当x＝t时，y＝，所以P点的坐标为，
所以l的方程为y－＝－(x－t)．
令x＝0，得y＝；令y＝0，得x＝t.
所以f(t)＝，其中5≤t≤20.
②由①知f(t)＝，其中5≤t≤20.令g(t)＝2＋2＝t2＋，
所以g′(t)＝t－
＝·＝·.
因为5≤t≤20，令g′(t)<0，得5≤t<10；
令g′(t)＝0，得t＝10；g′(t)>0，得10
所以g(10)＝675是g(t)的极小值，也是最小值．所以当t＝10时f(t)取得最小值，
最小值为f(10)＝15.
所以当t＝10时，公路L的长度最短，最短长度为15千米．
『规律总结』
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模：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)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.
(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)作答：回归实际问题作答．
G
(文)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
[解析] (1)因为x＝5时，y＝11，
代入y＝＋10(x－6)2，
所以＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2，
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)·[＋10(x－6)2]
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3
＝30(x－4)·(x－6)．
于是，当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3,4)
4
(4.6)
f ′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，
且最大值等于42.
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
(理)一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1万元，每生产1万件需要再投入2万元，设该公司一个月内生产该小型产品x万件并全部销售完，每万件的销售收入为(4－x)万元，且每万件国家给予补助(2e－－)万元．(e为自然对数的底数，是一个常数)
(1)写出月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式；
(2)当月产量在[1,2e]万件时，求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值(万元)及此时的月生产量值(万件)．(注：月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本)
[解析] 由月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本，可得f(x)＝x(4－x＋2e－－－2)－1
＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2(x>0)．
(2)f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2的定义域为[1,2e]，
且f′(x)＝－2x＋2(e＋1)－
＝－(1≤x≤2e)．
列表如下：
x
(1，e)
e
(e,2e]
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
由上表得：f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2在定义域[1,2e]上的最大值为f(e)，且f(e)＝e2－2.
即月生产量在[1,2e]万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为f(e)＝e2－2，此时的月生产量值为e(万件) .
A组
1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是( A )
A．a>0，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0
[解析] 由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有两个不相等的正实根，所以a>0，－＝－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.
2．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是( A )
A．[，＋∞) B．(，＋∞)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
[解析] f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.
∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．
∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.
3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( D )
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
[解析] ∵2x(x－a)<1，∴a>x－.
令f(x)＝x－，
∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D．
4．(2018·潍坊模拟)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( C )
A．[－5，－3] B．[－6，－]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
[解析] 当x∈(0,1]时，得a≥－3()3－4()2＋，
令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，
令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，
所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；
同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.
由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立．
故实数a的取值范围为[－6，－2]．
5．(文)(2018·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝＋的两个极值点分别为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，点P(m，n)表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a>1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是( A )
A．(1,3) B．(1,3]
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
[解析] f ′(x)＝x2＋mx＋＝0的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，
则⇔
即
作出区域D，如图阴影部分，
可得loga(－1＋4)>1，所以1
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析] ∵x≠0时，f ′(x)＋>0，
∴>0，即>0.①
当x>0时，由①式知(xf(x))′>0，
∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，
且U(0)＝0·f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴F(x)在(0，＋∞)上无零点．
当x<0时，(xf(x))′<0，
∴U(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数，
且U(0)＝0·f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，
∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数．
当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈<0，
当x→－∞时，→0，
∴F(x)≈xf(x)>0，
∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．
综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点．
故选B．
6．(2018·武汉一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若当x>0时，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞).
[解析] 由题意得存在x1，x2∈R ，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max.
因为g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0，
所以当x＝1时，g(x)max＝a2.
因为f(x)＝，x>0，
所以f′(x)＝＝.
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e.又g(x)max＝a2，
所以a2≥e⇔a≤－或a≥.
故实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞)．
7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为[0，e－1).
[解析] 依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以由<可得k<＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f ′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)(＋2)．
令f ′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f ′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f ′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2，且≥e2，
求证：(x1－x2)f ′(x1＋x2)>.
[解析] (1)函数f(x)＝ln x＋ax的定义域为{x|x>0}，
所以f ′(x)＝＋a.
①若a≥0，则f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
②若a<0，则f ′(x)＝＋a，由f′(x)>0，得0
由f ′(x)＝＋a<0，得x>－，
∴f(x)在(－，＋∞)内单调递减．
(2)证明：∵ln x1＋ax1＝0，ln x2＋ax2＝0，
∴ln x2－ln x1＝a(x1－x2)．
(x1－x2)f ′(x1＋x2)＝(x1－x2)(＋a)＝＋
a(x1－x2)＝＋ln＝＋ln.
令＝t≥e2，令φ(t)＝＋ln t，
则φ′(t)＝>0，
∴φ(t)在[e2，＋∞)内单调递增，
φ(t)≥φ(e2)＝1＋>1＋＝.
∴(x1－x2)f′(x1＋x2)>.
9．某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3 700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5 000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x); (提示：利润＝产值－成本)
(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？
[解析] (1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5 000(x∈N*，且1≤x≤20)；
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3 275(x∈N*，且1≤x≤19)．
(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3 240
＝－30(x－12)(x＋9)，
因为x>0，所以P′(x)＝0时，x＝12，
当00，当x>12时，P′(x)<0，
所以x＝12时，P(x)有极大值，也是最大值．
即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大．
(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3 275
＝－30(x－1)2＋3 305.
所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，
MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少．
B组
1．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( A )
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] 当x<1时，f ′(x)<0，此时函数f(x)递减；当x>1时，f ′(x)>0，此时函数f(x)递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，则f(0)＋f(2)>2f(1)．
故选A．
2．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( B )
A．(－∞，0) B．(0，)
C．(0,1) D．(0，＋∞)
[解析] ∵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⇒0
A．ln a<－2b B．ln a≤－2b
C．ln a>－2b D．ln a≥－2b
[解析] f ′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f ′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较ln a＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断ln a＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，当x<时，g(x)为增函数，当x>时，g(x)为减函数，所以对任意x>0有g(x)≤g()＝1－ln 4<0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0⇒ln a<－2b.故选A．
(理)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1
C．5 D．6
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2，且x10，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．
∴x1为极大值点，x2为极小值点．
∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，
f(x)＝x1或f(x)＝x2.
∵f(x1)＝x1，
∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．故选A．
4．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，－1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．[－1,1]
[解析] 当a＝0时，显然不成立，故排除D；当a>0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，又f(0)＝1<＝g(0)，当x0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]上是增函数，
且取值范围是[，－＋]，
同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，
在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a，
所以“任意给定的x0∈[0,2]，
总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，
使得f(xi)＝g(x0)成立”，
当且仅当
即解得a<－1.
5．(2017·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0.
[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，所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
6．(文)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是.
[解析]
解得－
[解析] g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，当x＝1时，g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，则g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，所以当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1，根据题意将不等式转化为2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.
7．已知函数f(x)＝x＋aln x－1.
(1)当a∈R时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＋≥0对于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
[解析] (1)由f(x)＝x＋aln x－1，
得f ′(x)＝1＋＝，
当a≥0时，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
当a<0时，当0－a时f ′(x)>0，所以f(x)在(0，－a)上为减函数上恒成立，
f ′(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
(2)由题意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)，
设g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋
＝，x∈[1，＋∞)，
设h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，h′(x)＝4x－＋2a，
当a≥0时，4x－为增函数，所以h′(x)≥＋a>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当－≤a<0时，h′(x)≥＋a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当a<－时，当x∈[1，－]时，2a＋1<－2x，
由(1)知 ，当a＝－1时，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1，
－ln x≤－1，h(x)＝2x2＋2ax－ln x＋1≤2x2＋2ax＋≤2x2＋2ax＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0，
此时g′(x)<0，
所以g(x)在[1，－]上单调递减，
在[1，－)上，g(x)
8．(文)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．
[解析] (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＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
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，＋∞)单调递减．
而h(0)＝1，故h(x)≤1
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当0
所以g(x)在[0，＋∞)单调递增．
而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
当0(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，＋∞)．
(理)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
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－，g′(1)＝a－1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当01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，
f ′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈(0，)时，h′(x)<0；
当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0，)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(0，)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∈(0，)得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－2
例1 (12分)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．
[思路探究] ―→―→.
规范解答·分步得分
构建答题模板
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∈(0，)时，f′(x)>0；当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.5分
所当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.6分
(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(1－)＝－ln a＋a－1.
因此f()>2a－2等价于ln a＋a－1<0.9分
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).12分
第一步求导数：写出函数的定义域，求函数的导数．
第二步定符号：通过讨论确定f′(x)的符号．
第三步写区间：利用f′(x)的符号写出函数的单调区间．
第四步求最值：根据函数单调性求出函数最值.
[评分细则](1)函数求导正确给1分；(2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分；(3)求出最大值给2分；(4)构造函数g(a)＝lna＋a－1给2分；(5)通过分类讨论得出a的范围，给2分．
G
(文)已知函数f(x)＝(x∈R)，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值．
[解析] (1)当a＝1时，f(x)＝，f(2)＝，
又f′(x)＝，f′(2)＝－，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为：y－＝－(x－2)，
即6x＋25y－32＝0.
(2)f′(x)＝
＝，
①当a>0，令f′(x)＝0得到x1＝－，x2＝a，
当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以f(x)在区间(－∞，－)，(a，＋∞)内为减函数，在区间(－，a)内为增函数，所以函数f(x)的极小值为f(－)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
②当a<0时，令f′(x)＝0得x1＝a，x2＝－，
当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，a)
a
(a，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)在(－∞，a)，(－，＋∞)内为增函数，在(a，－)内为减函数，所以函数f(x)的极小值为f(－)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－，a)，单调递减区间为(－∞，－)，(a，＋∞)，极大值为1，极小值为－a2.
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(－，＋∞)，
递减区间为(a，－)，极大值为1，极小值为－a2.
(理)已知函数f(x)＝x2＋2cosx，g(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
(2)令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
[解析] (1)由题意知f(π)＝π2－2.
又f′(x)＝2x－2sinx，
所以f′(π)＝2π，
所以曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为y－(π2－2)＝2π(x－π)，即y＝2πx－π2－2.
(2)由题意得
h(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)－a(x2＋2cosx)．
因为h′(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)＋ex(－sinx－cosx＋2)－a(2x－2sinx)＝2ex(x－sinx)－2a(x－sinx)
＝2(ex－a)(x－sinx)，
令m(x)＝x－sinx，则m′(x)＝1－cosx≥0，
所以m(x)在R上单调递增．
因为m(0)＝0，所以当x>0时，m(x)>0；
当x<0时，m(x)<0.
①当a≤0时，ex－a>0，
当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
所以当x＝0时，h(x)取到极小值，
极小值是h(0)＝－2a－1.
②当a>0时，h′(x)＝2(ex－eln a)(x－sinx)，
由h′(x)＝0，得x1＝ln a，x2＝0.
a．当0
h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(ln a,0)时，ex－eln a>0，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，ex－eln a>0，
h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当x＝ln a时，h(x)取到极大值，
极大值为h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]；
当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1.
b．当a＝1时，ln a＝0，
所以当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，
函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．
c．当a>1时，ln a>0，
所以当x∈(－∞，0)时，ex－eln a<0，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(0，ln a)时，ex－eln a<0，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(ln a，＋∞)时，ex－eln a>0，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当x＝0时h(x)取到极大值，极大值是h(0)＝－2a－1；
当x＝ln a时h(x)取到极小值，
极小值是h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．
综上所述：
当a≤0时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，函数h(x)有极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；
当0
当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)和(ln a，＋∞)上单调递增，
在(0，ln a)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，
极大值是h(0)＝－2a－1，
极小值是h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．
例2 (12分)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
[思路探究] (1)―→―→
(2)―→―→―→―→―→
规范解答·分步得分
构建答题模板
(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.1分
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.4分
所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.6分
(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，
故f(x)在x＝0处取得最小值．
所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是
8分
①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.
9分
当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
10分
当m>1时，由g(t)的单调性，得g(m)>0，即em－m>e－1；
当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.
11分
综上，m的取值范围是[－1,1].
12分
第一步求导数：一般先确定函数的定义域，再求f′(x)．
第二步定区间：根据f′(x)的符号确定函数的单调区间．
第三步寻条件：一般将恒成立问题转化为函数的最值问题．
第四步写步骤：通过函数单调性探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒成立问题，可转化为不等式组恒成立．
第五步再反思：查看是否注意定义域、区间的写法、最值点的探求是否合理等.
[评分细则](1)求出导数给1分；(2)讨论时漏掉m＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分；(3)确定f′(x)符号时只有结论中间过程扣1分；(4)写出f(x)在x＝0处取得最小值给1分；(5)无最后结论扣1分；(6)其他方法构造函数同样给分．
G
(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调增区间；
(2)当0<－
[分析] (1)先求函数f(x)的定义域，再求导，从而确定函数的单调区间．
(2)令f ′(x)＝a＋＝0，解得x＝－；从而确定单调性及最值，进而求出a值．
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，从而得|f(x)|≥1；再令g(x)＝＋，则g′(x)＝；从而求最值即可．
[解析] (1)由已知知函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f ′(x)＝；
当00；当x>1时，f ′(x)<0；
所以f(x)的单调增区间为(0,1)．
(2)因为f ′(x)＝a＋，
令f ′(x)＝0，解得x＝－；
由f ′(x)>0解得0
减区间为(－，e)，
所以，f(x)max＝f(－)＝－1＋ln(－)＝－3.
解得a＝－e2.
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，
所以|f(x)|≥1.
令g(x)＝＋，则g′(x)＝.
当00；当x>e时，g′(x)<0，
从而g(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，
所以|f(x)|>g(x)，
即|f(x)|>＋，
所以方程|f(x)|＝＋没有实数根．
高考考点
考点解读
利用导数研究复杂
函数的零点或方程
的根
1.判断函数的零点或方程的根的个数，或根据零点、方程的根存在情况求参数的值(取值范围)
2．常与函数的单调性、极值、最值相结合命题
利用导数解决
不等式问题
1.根据不等式恒成立、存在性成立求参数的值(取值范围)
2．证明不等式、比较大小
利用导数解决生活
中的优化问题
以实际生活问题、几何问题为背景解决最大、最小值问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)理解并掌握函数的零点的概念，求导公式和求导法则及不等式的性质．
(2)熟练掌握利用导数研究函数零点，方程解的个数问题 ，及研究不等式成立问题、证明问题及大小比较的方法和规律．
预测2020年命题热点为：
(1)较复杂函数的零点，方程解的个数的确定与应用．
(2)利用导数解决含参数的不等式成立及不等式证明问题．
(3)利用导数解决实际生活及工程中的最优化问题．
Z
1．利用导数求函数最值的几种情况
(1)若连续函数f(x)在(a，b)内有唯一的极大值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的最大值，{f(a)，f(b)}min是函数f(x)在[a，b]是的最小值；若函数f(x)在(a，b)内有唯一的极小值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，{f(a)，f(b)}max是函数f(x)在[a，b]是的最大值.
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最大值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最小值．
(3)若函数f(x)在[a，b]上有极值点x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，则将f(x1)，f(x2)，…，f(xn)与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是函数f(x)在[a，b]上的最大值，最小的一个是函数f(x)在[a，b] 上的最小值.
2．不等式的恒成立与能成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．
(2)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的交集，且I不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
(4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2.
3．证明不等式问题
不等式的证明可转化为利用导数研究单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．
1．(文)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数f＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f的极值点．求a，并求f的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f≥0.
[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex－.
由题设知，f ′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f ′(x)＝ex－.
当0
所以f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
当0
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当时a≥时，f(x)≥0.
(理)(2018·全国卷Ⅰ，21)已知函数f＝－x＋aln x.
(1)讨论f的单调性；
(2)若f存在两个极值点x1，x2，
证明：
f′(x)＝－－1＋＝－.
(i)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ii)若a＞2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝.
当x∈∪时 ，
f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点，当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，即＜a－2.
2．(文)(2018·全国卷Ⅱ，21)已知函数f＝x3－a.
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[解析] (1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，
f ′(x)＝x2－6x－3.
令f ′(x)＝0解得x＝3－2或3＋2.
当x∈(－∞，3－2)或(3＋2，＋∞)时，f ′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f ′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)上单调递增，在(3－2，3＋2)上单调递减．
(2)由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g ′(x)＝≥0，仅当x＝0时g ′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．故g(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
(理)(2018·全国卷Ⅱ，21)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
[解析] (1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0,1)∪(1，＋∞)上单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(i)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点．
(ii)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)上的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点；
③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)上有一个零点，
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，
所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点，因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.
3．(文)(2018·全国卷Ⅲ，21)已知函数f＝
.
(1)求曲线y＝f在点处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f＋e≥0.
[解析] (1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝，
显然f(0)＝－1，即点(0，－1)在曲线y＝f(x)上，
所求切线斜率为k＝f′(0)＝2，
所以切线方程为y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.
(2)方法一(一边为0)：令g(x)＝－ax2＋(2a－1)x＋2，
当a≥1时，方程g(x)的判别式Δ＝(2a＋1)2>0，
由g(x)＝0得，x＝－，2，且－<0<2，
x，f′(x)，f(x)的关系如下
x
－
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小
值
极大
值
①若x∈(－∞，2]，f(x)≥f＝－e又因为a≥1，
所以0<≤1,1
所以f(x)＝>0，f(x)＋e≥0，
综上，当a≥1时，f(x)＋e≥0.
方法二(充要条件)：
①当a＝1时，f(x)＝.显然ex>0，要证f(x)＋e≥0只需证≥－e，
即证h(x)＝x2＋x－1＋e·ex≥0，
h′(x)＝2x＋1＋e·ex，观察发现h′(－1)＝0，
x，h′(x)，h(x)的关系如下
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
极小值
所以h(x)有最小值h(－1)＝0，
所以h(x)≥0即f(x)＋e≥0.
②当a>1时，由①知，≥－e，又显然ax2≥x2，
所以ax2＋x－1≥x2＋x－1，f(x)＝≥≥－e，即f(x)＋e≥0.
综上，当a≥1时，f(x)＋e≥0.
方法三(分离参数)：当x＝0时，f(x)＋e＝－1＋e≥0成立．
当x≠0时，f(x)＋e≥0等价于≥－e，
等价于ax2＋x－1≥－e·ex，
即ax2≥－e·ex－x＋1等价于a≥＝k(x)，等价于k(x)max≤1.
k′(x)＝，
令k′(x)＝0得x＝－1,2.
x，k′(x)，k(x)的关系如下
x
(－∞，
－1)
－1
(－1,0)
(0,2)
2
(2，＋∞)
k′(x)
＋
0
－
＋
0
－
k(x)
极大
值
极大
值
又因为k(－1)＝1，k(2)＝－<0，
所以k(x)max＝1，k(x)≤1，x≠0，
综上，当a≥1时，f(x)＋e≥0.
(理)(2018·全国卷Ⅲ，21)已知函数f＝ln－2x.
(1)若a＝0，证明：当－1
(2)若x＝0是f的极大值点，求a.
[解析] (1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，
f′(x)＝ln(1＋x)－.
设函数g(x)＝f′(x)＝ln(1＋x)－，则g′(x)＝.
当－1
故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，当且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
又f(0)＝0，故当－1
(2)(i)若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
(ii)若a<0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－.
由于当|x|
又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－
＝.
如果6a＋1>0，则当0
如果6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，故当x∈(x1,0)，且|x|
则当x∈(－1,0)时，h′(x)>0；
当x∈(0,1)时，h′(x)<0.
所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－.
例1 (文)设函数f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
[解析] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.
因为k>0，所以令f′(x)＝0得x＝，列表如下：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
减区间为(0，)，增区间为(，＋∞)．
当x＝时，取得极小值f()＝.
(2)当≤1，即0
当1<<，即1
此时函数没有零点．
当≥，即k≥e时，f(x)在(1，)上单调递减，f(1)＝>0，f()＝<0.所以f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
综上，若f(x)有零点，则f(x)在区间(1，)上仅有一个零点．
(理)(2018·广州模拟)已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)·ex的定义域为[－2，t](t>－2)．
(1)试确定t的取值范围，使得函数f(x)在[－2，t]上为单调函数；
(2)当1
若使f(x)在[－2，t]上为单调函数，则需－2
(2)∵＝x－x0，＝(t－1)2，即x－x0＝(t－1)2，令g(x)＝x2－x－(t－1)2，则问题转化为当1
g(t)＝t(t－1)－(t－1)2＝(t＋2)(t－1)，
∴当1
∵g(0)＝－(t－1)2<0，∴g(x)＝0在[－2，t]上有两解．
即满足＝(t－1)2的x0的个数为2.
『规律总结』
对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
G
已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在[，e]上有两个零点，求实数m的取值范围．
[解析] (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f ′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f ′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝.
∵x∈[，e]，∴当g′(x)＝0时，x＝1.
当
当1
又g()＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，
g(e)－g()＝4－e2＋<0，
则g(e)
g(x)在[，e]上有两个零点的条件是
解得1
例2 已知函数f(x)＝ln x－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；
(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1.当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．
[解析] (1)f′＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)，
由f′>0得
解得0
(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈，
则有F′(x)＝，
当x∈时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故当x>1时，F(x)
当k>1时，对于x>1，有f(x)
当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′＝－x＋1－k＝.
由G′＝0得，－x2＋x＋1＝0，
解得x1＝＜0，
x2＝＞1，
当x∈时，G′＞0，故G在内单调递增．
从而当x∈时，G＞G＝0，即f＞k.
综上，k的取值范围是.
『规律总结』
1．两招破解不等式的恒成立问题
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
2．利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧
根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．
3．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
G
已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a为常数)．
(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；
(2)当0
[解析] (1)f ′(x)＝＋2x－a.
由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.
(2)当0
因为0
故f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)当a∈(1,2)时，由(2)知，f(x)在[1,2]上的最小值为f(1)＝1－a，故问题等价于：对任意的a∈(1,2)．不等式1－a>mln a恒成立．即m<恒成立，记g(a)＝(1
令M(a)＝－aln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a<0，
所以M(a)
所以m≤g(2)＝＝－log2e，
即实数m的取值范围为(－∞，－log2e]．
例3 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l1，l2所在的直线分别为y，x轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型.
(1)求a，b的值；
(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．
[解析] (1)由题意知，M点的坐标为(5,40)，N点的坐标为(20,2.5)，代入曲线C的方程y＝可得：解得
(2)①由(1)知曲线C的方程为y＝(5≤x≤20)，y′＝－，所以y′|x＝t＝－即为l的斜率．
又当x＝t时，y＝，所以P点的坐标为，
所以l的方程为y－＝－(x－t)．
令x＝0，得y＝；令y＝0，得x＝t.
所以f(t)＝，其中5≤t≤20.
②由①知f(t)＝，其中5≤t≤20.令g(t)＝2＋2＝t2＋，
所以g′(t)＝t－
＝·＝·.
因为5≤t≤20，令g′(t)<0，得5≤t<10；
令g′(t)＝0，得t＝10；g′(t)>0，得10
所以g(10)＝675是g(t)的极小值，也是最小值．所以当t＝10时f(t)取得最小值，
最小值为f(10)＝15.
所以当t＝10时，公路L的长度最短，最短长度为15千米．
『规律总结』
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)建模：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)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.
(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)作答：回归实际问题作答．
G
(文)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中3
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
[解析] (1)因为x＝5时，y＝11，
代入y＝＋10(x－6)2，
所以＋10＝11，a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量y＝＋10(x－6)2，
所以商场每日销售该商品所获得的利润
f(x)＝(x－3)·[＋10(x－6)2]
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3
＝30(x－4)·(x－6)．
于是，当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3,4)
4
(4.6)
f ′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，
且最大值等于42.
答：当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
(理)一家公司计划生产某种小型产品的月固定成本为1万元，每生产1万件需要再投入2万元，设该公司一个月内生产该小型产品x万件并全部销售完，每万件的销售收入为(4－x)万元，且每万件国家给予补助(2e－－)万元．(e为自然对数的底数，是一个常数)
(1)写出月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式；
(2)当月产量在[1,2e]万件时，求该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值(万元)及此时的月生产量值(万件)．(注：月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本)
[解析] 由月利润＝月销售收入＋月国家补助－月总成本，可得f(x)＝x(4－x＋2e－－－2)－1
＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2(x>0)．
(2)f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2的定义域为[1,2e]，
且f′(x)＝－2x＋2(e＋1)－
＝－(1≤x≤2e)．
列表如下：
x
(1，e)
e
(e,2e]
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
由上表得：f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2在定义域[1,2e]上的最大值为f(e)，且f(e)＝e2－2.
即月生产量在[1,2e]万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为f(e)＝e2－2，此时的月生产量值为e(万件) .
A组
1．函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是( A )
A．a>0，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0
[解析] 由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有两个不相等的正实根，所以a>0，－＝－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.
2．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是( A )
A．[，＋∞) B．(，＋∞)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
[解析] f′(x)＝x2－4x，由f′(x)>0，得x>4或x<0.
∴f(x)在(0,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．
∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.
3．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( D )
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
[解析] ∵2x(x－a)<1，∴a>x－.
令f(x)＝x－，
∴f′(x)＝1＋2－xln2>0.
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D．
4．(2018·潍坊模拟)当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( C )
A．[－5，－3] B．[－6，－]
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
[解析] 当x∈(0,1]时，得a≥－3()3－4()2＋，
令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，
令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)<0，g(t)单调递减，
所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；
同理，当x∈[－2,0)时，得a≤－2.
由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立．
故实数a的取值范围为[－6，－2]．
5．(文)(2018·河北衡水中学调研)已知函数f(x)＝＋的两个极值点分别为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，点P(m，n)表示的平面区域为D，若函数y＝loga(x＋4)(a>1)的图象上存在区域D内的点，则实数a的取值范围是( A )
A．(1,3) B．(1,3]
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
[解析] f ′(x)＝x2＋mx＋＝0的两根为x1，x2，且x1∈(0,1)，x2∈(1，＋∞)，
则⇔
即
作出区域D，如图阴影部分，
可得loga(－1＋4)>1，所以1
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析] ∵x≠0时，f ′(x)＋>0，
∴>0，即>0.①
当x>0时，由①式知(xf(x))′>0，
∴U(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，
且U(0)＝0·f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．
又>0，∴F(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴F(x)在(0，＋∞)上无零点．
当x<0时，(xf(x))′<0，
∴U(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数，
且U(0)＝0·f(0)＝0，
∴U(x)＝xf(x)>0在(－∞，0)上恒成立，
∴F(x)＝xf(x)＋在(－∞，0)上为减函数．
当x→0时，xf(x)→0，∴F(x)≈<0，
当x→－∞时，→0，
∴F(x)≈xf(x)>0，
∴F(x)在(－∞，0)上有唯一零点．
综上所述，F(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有唯一零点．
故选B．
6．(2018·武汉一模)已知函数f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若当x>0时，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞).
[解析] 由题意得存在x1，x2∈R ，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max.
因为g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0，
所以当x＝1时，g(x)max＝a2.
因为f(x)＝，x>0，
所以f′(x)＝＝.
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e.又g(x)max＝a2，
所以a2≥e⇔a≤－或a≥.
故实数a的取值范围是(－∞，－]∪[，＋∞)．
7．已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为[0，e－1).
[解析] 依题意，知k＋2x－x2>0，即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，所以由<可得k<＋x2－2x.令f(x)＝＋x2－2x，则f ′(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)(＋2)．
令f ′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f ′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f ′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2，且≥e2，
求证：(x1－x2)f ′(x1＋x2)>.
[解析] (1)函数f(x)＝ln x＋ax的定义域为{x|x>0}，
所以f ′(x)＝＋a.
①若a≥0，则f ′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
②若a<0，则f ′(x)＝＋a，由f′(x)>0，得0
由f ′(x)＝＋a<0，得x>－，
∴f(x)在(－，＋∞)内单调递减．
(2)证明：∵ln x1＋ax1＝0，ln x2＋ax2＝0，
∴ln x2－ln x1＝a(x1－x2)．
(x1－x2)f ′(x1＋x2)＝(x1－x2)(＋a)＝＋
a(x1－x2)＝＋ln＝＋ln.
令＝t≥e2，令φ(t)＝＋ln t，
则φ′(t)＝>0，
∴φ(t)在[e2，＋∞)内单调递增，
φ(t)≥φ(e2)＝1＋>1＋＝.
∴(x1－x2)f′(x1＋x2)>.
9．某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3 700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5 000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x); (提示：利润＝产值－成本)
(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？
[解析] (1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5 000(x∈N*，且1≤x≤20)；
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3 275(x∈N*，且1≤x≤19)．
(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3 240
＝－30(x－12)(x＋9)，
因为x>0，所以P′(x)＝0时，x＝12，
当0
所以x＝12时，P(x)有极大值，也是最大值．
即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大．
(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3 275
＝－30(x－1)2＋3 305.
所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，
MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少．
B组
1．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( A )
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] 当x<1时，f ′(x)<0，此时函数f(x)递减；当x>1时，f ′(x)>0，此时函数f(x)递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值f(1)，所以f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，则f(0)＋f(2)>2f(1)．
故选A．
2．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( B )
A．(－∞，0) B．(0，)
C．(0,1) D．(0，＋∞)
[解析] ∵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⇒0
A．ln a<－2b B．ln a≤－2b
C．ln a>－2b D．ln a≥－2b
[解析] f ′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f ′(1)＝0，即2a＋b＝1，由选项可知，只需比较ln a＋2b与0的大小，而b＝1－2a，所以只需判断ln a＋2－4a的符号．构造一个新函数g(x)＝2－4x＋ln x，则g′(x)＝－4，令g′(x)＝0，得x＝，当x<时，g(x)为增函数，当x>时，g(x)为减函数，所以对任意x>0有g(x)≤g()＝1－ln 4<0，所以有g(a)＝2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0⇒ln a<－2b.故选A．
(理)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1
C．5 D．6
[解析] f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2，且x1
∴x1为极大值点，x2为极小值点．
∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，
f(x)＝x1或f(x)＝x2.
∵f(x1)＝x1，
∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．故选A．
4．已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意给定的x0∈[0,2]，总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，－1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．[－1,1]
[解析] 当a＝0时，显然不成立，故排除D；当a>0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，又f(0)＝1<＝g(0)，当x0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a<0，此时g(x)在[0,2]上是增函数，
且取值范围是[，－＋]，
同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，
在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a，
所以“任意给定的x0∈[0,2]，
总存在两个不同的xi(i＝1,2)∈[0,2]，
使得f(xi)＝g(x0)成立”，
当且仅当
即解得a<－1.
5．(2017·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0.
[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，所以g(x)>g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
6．(文)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是.
[解析]
解得－
[解析] g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，当x＝1时，g(0)＝1，由g(0)＝g′(1)e0－1，解得g′(1)＝e，所以g(x)＝ex－x＋x2，则g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，所以当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1，根据题意将不等式转化为2m－1≥g(x)min＝1，所以m≥1.
7．已知函数f(x)＝x＋aln x－1.
(1)当a∈R时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)＋≥0对于任意x∈[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
[解析] (1)由f(x)＝x＋aln x－1，
得f ′(x)＝1＋＝，
当a≥0时，f ′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
当a<0时，当0
f ′(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
(2)由题意知x＋aln x－1＋≥0在x∈[1，＋∞)，
设g(x)＝x＋aln x＋－1，x∈[1，＋∞)，
则g′(x)＝1＋＋
＝，x∈[1，＋∞)，
设h(x)＝2x2＋2ax＋1－ln x，h′(x)＝4x－＋2a，
当a≥0时，4x－为增函数，所以h′(x)≥＋a>0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当－≤a<0时，h′(x)≥＋a≥0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，
当a<－时，当x∈[1，－]时，2a＋1<－2x，
由(1)知 ，当a＝－1时，x－ln x－1≥0，ln x≤x－1，
－ln x≤－1，h(x)＝2x2＋2ax－ln x＋1≤2x2＋2ax＋≤2x2＋2ax＋x＝2x2＋(2a＋1)x<0，
此时g′(x)<0，
所以g(x)在[1，－]上单调递减，
在[1，－)上，g(x)
8．(文)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．
[解析] (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＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
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，＋∞)单调递减．
而h(0)＝1，故h(x)≤1
所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当0
所以g(x)在[0，＋∞)单调递增．
而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
当0
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，＋∞)．
(理)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
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－，g′(1)＝a－1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当0
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，
f ′(x)＝2x－2－ln x.
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈(0，)时，h′(x)<0；
当x∈(，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0，)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(0，)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∈(0，)得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，
由e－1∈(0,1)，f ′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－2
例1 (12分)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．
[思路探究] ―→―→.
规范解答·分步得分
构建答题模板
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∈(0，)时，f′(x)>0；当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.5分
所当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.6分
(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(1－)＝－ln a＋a－1.
因此f()>2a－2等价于ln a＋a－1<0.9分
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当0
因此，a的取值范围是(0,1).12分
第一步求导数：写出函数的定义域，求函数的导数．
第二步定符号：通过讨论确定f′(x)的符号．
第三步写区间：利用f′(x)的符号写出函数的单调区间．
第四步求最值：根据函数单调性求出函数最值.
[评分细则](1)函数求导正确给1分；(2)分类讨论，每种情况给2分，结论1分；(3)求出最大值给2分；(4)构造函数g(a)＝lna＋a－1给2分；(5)通过分类讨论得出a的范围，给2分．
G
(文)已知函数f(x)＝(x∈R)，其中a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值．
[解析] (1)当a＝1时，f(x)＝，f(2)＝，
又f′(x)＝，f′(2)＝－，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为：y－＝－(x－2)，
即6x＋25y－32＝0.
(2)f′(x)＝
＝，
①当a>0，令f′(x)＝0得到x1＝－，x2＝a，
当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以f(x)在区间(－∞，－)，(a，＋∞)内为减函数，在区间(－，a)内为增函数，所以函数f(x)的极小值为f(－)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
②当a<0时，令f′(x)＝0得x1＝a，x2＝－，
当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，a)
a
(a，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)在(－∞，a)，(－，＋∞)内为增函数，在(a，－)内为减函数，所以函数f(x)的极小值为f(－)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
综上，当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(－，a)，单调递减区间为(－∞，－)，(a，＋∞)，极大值为1，极小值为－a2.
当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(－，＋∞)，
递减区间为(a，－)，极大值为1，极小值为－a2.
(理)已知函数f(x)＝x2＋2cosx，g(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)，其中e＝2.718 28…是自然对数的底数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
(2)令h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
[解析] (1)由题意知f(π)＝π2－2.
又f′(x)＝2x－2sinx，
所以f′(π)＝2π，
所以曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为y－(π2－2)＝2π(x－π)，即y＝2πx－π2－2.
(2)由题意得
h(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)－a(x2＋2cosx)．
因为h′(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)＋ex(－sinx－cosx＋2)－a(2x－2sinx)＝2ex(x－sinx)－2a(x－sinx)
＝2(ex－a)(x－sinx)，
令m(x)＝x－sinx，则m′(x)＝1－cosx≥0，
所以m(x)在R上单调递增．
因为m(0)＝0，所以当x>0时，m(x)>0；
当x<0时，m(x)<0.
①当a≤0时，ex－a>0，
当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
所以当x＝0时，h(x)取到极小值，
极小值是h(0)＝－2a－1.
②当a>0时，h′(x)＝2(ex－eln a)(x－sinx)，
由h′(x)＝0，得x1＝ln a，x2＝0.
a．当0
h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(ln a,0)时，ex－eln a>0，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，ex－eln a>0，
h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当x＝ln a时，h(x)取到极大值，
极大值为h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]；
当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1.
b．当a＝1时，ln a＝0，
所以当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，
函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值．
c．当a>1时，ln a>0，
所以当x∈(－∞，0)时，ex－eln a<0，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(0，ln a)时，ex－eln a<0，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(ln a，＋∞)时，ex－eln a>0，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当x＝0时h(x)取到极大值，极大值是h(0)＝－2a－1；
当x＝ln a时h(x)取到极小值，
极小值是h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．
综上所述：
当a≤0时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，函数h(x)有极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；
当0
当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)和(ln a，＋∞)上单调递增，
在(0，ln a)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，
极大值是h(0)＝－2a－1，
极小值是h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．
例2 (12分)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围．
[思路探究] (1)―→―→
(2)―→―→―→―→―→
规范解答·分步得分
构建答题模板
(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.1分
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.4分
所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.6分
(2)解：由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，
故f(x)在x＝0处取得最小值．
所以对于任意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是
8分
①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.
9分
当t<0时，g′(t)<0；当t>0时，g′(t)>0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
10分
当m>1时，由g(t)的单调性，得g(m)>0，即em－m>e－1；
当m<－1时，g(－m)>0，即e－m＋m>e－1.
11分
综上，m的取值范围是[－1,1].
12分
第一步求导数：一般先确定函数的定义域，再求f′(x)．
第二步定区间：根据f′(x)的符号确定函数的单调区间．
第三步寻条件：一般将恒成立问题转化为函数的最值问题．
第四步写步骤：通过函数单调性探求函数最值，对于最值可能在两点取到的恒成立问题，可转化为不等式组恒成立．
第五步再反思：查看是否注意定义域、区间的写法、最值点的探求是否合理等.
[评分细则](1)求出导数给1分；(2)讨论时漏掉m＝0扣1分；两种情况只讨论正确一种给2分；(3)确定f′(x)符号时只有结论中间过程扣1分；(4)写出f(x)在x＝0处取得最小值给1分；(5)无最后结论扣1分；(6)其他方法构造函数同样给分．
G
(2018·郑州模拟)已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调增区间；
(2)当0<－
[分析] (1)先求函数f(x)的定义域，再求导，从而确定函数的单调区间．
(2)令f ′(x)＝a＋＝0，解得x＝－；从而确定单调性及最值，进而求出a值．
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，从而得|f(x)|≥1；再令g(x)＝＋，则g′(x)＝；从而求最值即可．
[解析] (1)由已知知函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f ′(x)＝；
当0
所以f(x)的单调增区间为(0,1)．
(2)因为f ′(x)＝a＋，
令f ′(x)＝0，解得x＝－；
由f ′(x)>0解得0
减区间为(－，e)，
所以，f(x)max＝f(－)＝－1＋ln(－)＝－3.
解得a＝－e2.
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，
所以|f(x)|≥1.
令g(x)＝＋，则g′(x)＝.
当0
从而g(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减．
所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，
所以|f(x)|>g(x)，
即|f(x)|>＋，
所以方程|f(x)|＝＋没有实数根．
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