【数学】2019届一轮复习苏教版导数及其应用学案
专题7：导数及其应用
问题归类篇
类型一：切线方程
一、前测回顾
1．曲线y＝x3上在点(－1，－1)的切线方程为 ．
答案：y＝3x＋2．
解析：y ′＝3x，则切线的斜率是3×(－1)，再利用点斜式．
2．曲线y＝x3－3x2＋2x过点(0，0)的切线方程为 ．
答案：y＝2x或y＝－x．
解析：y ′＝3x－6x＋2，设切点为（x，x3－3x2＋2x），则切线的斜率为3x－6x＋2．
切线方程为y－(x3－3x2＋2x)＝(3x－6x＋2)(x－x)，（0，0）代入，得x的值，从而得到切线方程．
二、方法联想
涉及函数图象的切线问题，如果已知切点利用切点求切线；如果不知切点，则先设切点坐标求出切线方程的一般形式再来利用已知条件．
注意：(1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点．
(2)切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．
三、归类巩固
*1．若曲线y＝x＋b是曲线y＝lnx (x＞0)的一条切线，则实数b的值为 .
(已知切线方程求参数值)
答案：ln2－1，
**2．曲线y＝－(x＜0)与曲线y＝lnx公切线（切线相同）的条数为 .
（求两曲线的公切线条数）
答案：1
***3．在平面直角坐标系xOy中，直线与曲线y＝x(x＞0)和y＝x(x＞0)均相切，切点分别为A(x1，y1)和B(x2，y2),则的值是
（已知两曲线的公共切线，求切点）
答案 ．
解析：由题设函数y＝x2在A(x1，y1)处的切线方程为：y＝2x1 x－x12，
函数y＝x3在B(x2，y2)处的切线方程为y＝3 x22 x－2x23．
所以，解之得：x1＝，x2＝．
所以 ＝．
**4．若存在过点(1，0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，求a的值．
(已知公切线，求参数的值)
答案：－或－1．
解析：设曲线y＝x3的切点(x0，x)，则切线方程为y－x＝3x (x－x0)，
切线过点(1，0)，所以－x＝3x (1－x0)，所以x0＝0或x0＝，
则切线为y＝0或y＝x－，
由y＝0与y＝ax2＋x－9相切，则ax2＋x－9＝0，所以a≠0且△＝0；
由或y＝x－与y＝ax2＋x－9相切，则ax2＋x－9＝x－，所以a≠0且△＝0。
解得a的值为－或－1．
**5．函数f(x)＝alnx－bx2上一点P(2，f(2))处的切线方程为y＝－3x＋2ln2＋2，求a，b的值
（已知切线方程求参数）
答案：a＝2，b＝1，
***6．已知函数f(x)＝2x3－3x，若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求的取值范围
（已知公切线条数，研究参数的范围）
答案：t∈(－3，－1)
解：设切点坐标(x0，y0)，切线斜率为，则有
切线方程为：y－(2x－3x0)＝(6x－3)(x－x0)
因为切线过P(1，t)，所以将P(1，t)代入直线方程可得：
t－(2x－3x0)＝(6x－3)(1－x0)
Þt＝(6x－3)(1－x0)＋(2x－3x0) ＝6x－3－6x＋3x0＋2x－3x0＝－4x＋6x－3
所以问题等价于方程t＝－4x＋6x－3，令g(x)＝－4x3＋6x2－3
即直线y＝t与g(x)＝－4x3＋6x2－3有三个不同交点
g'(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1)
令g'(x)＞0解得0＜x＜1 所以g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)单调递减，在(0，1)单调递增
g(x)＝g(1)＝－1，g(x)＝g(0)＝－3
所以若有三个交点，则t∈(－3，－1)
所以当t∈(－3，－1)时，过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切．
类型二 利用导数研究函数的单调性问题:
一、前测回顾
1.函数f(x)＝2x2－lnx的减区间为 ．
答案： (0，)．
解析：定义域为（0，＋∞）；求导，f ′(x)＝4x－，令f ′(x)＜0，得x∈(0，)
2．函数f(x)＝x3－ax2－4在(3，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为 ．
答案： a≤．
解析： f(x)＝x3－ax2－4在(3，＋∞)上是增函数，则f ′(x)＝x－2ax≥0对x∈(3，＋∞)恒成立
∴2a≤x，∴2a≤3，则实数a的取值范围为a≤．
3. 已知函数f(x)＝lnx－x－，a∈R，求函数f(x)的单调区间.
解析：f′(x)＝－1＋＝.
令f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，记Δ＝1＋4a.
(i) 当a≤－时，f′(x)≤0，
∴ f(x)单调减区间为(0，＋∞)；
(ii) 当a>－时，由f′(x)＝0得
x1＝，x2＝，
① 若－
x2>0，
由f′(x)<0，得0x1；
由f′(x)>0，得x20，则x1>0>x2，
由f′(x)<0，得x>x1；由f′(x)>0，得00，故f(x)在区间(－∞，0)上是单调递增．
②当a>0时，x∈(－∞，－a)，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－a)上是单调递增；x∈(－a，0)，f′(x)<0，所以f(x)在区间(－a，0)上是单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a>0时，f(x)单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，0)，(0，a)．
***5.设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋－3（a∈R）．求函数φ(x)＝f(x)＋g(x)的单调增区间。
（考查函数单调性的讨论)
解析：因为φ(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax＋－3 (x＞0)，
所以φ'(x)＝ ＋a－ ＝ ＝ （x＞0）．
①当a＝0时，由φ'(x)＞0，解得x＞0；
②当a＞1时，由φ'(x)＞0，解得x＞ ；
③当0＜a＜1时，由φ'(x)＞0，解得x＞0；
④当a＝1时，由φ'(x)＞0，解得x＞0；
⑤当a＜0时，由φ'(x)＞0，解得0＜x＜．
所以，当a＜0时，函数φ(x)的单调增区间为 (0，)；
当0≤a≤1时，函数φ(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a＞1时，函数φ(x)的单调增区间为(，＋∞)．
**6(15年高考题). 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f(x)的单调性；
（考查函数单调性的讨论)
解析：(1) f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2>0(x≠0)，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
***7. 若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间上单调递增，则实数c的取值范围是________．
（已知单调性，求参数取值范围）
答案：(－∞，4]
解析：若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间上单调递增，则f′(x)＝[x2＋(2－c)x＋(5－c)]ex≥0在区间上恒成立，即x2＋(2－c)x＋(5－c)≥0在区间上恒成立，即c≤在区间上恒成立，令g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，则x＝1或－3，当x∈时，g′(x)＜0，g(x)为减函数；当x∈(1，4]时，g′(x)＞0，g(x)为增函数；故当x＝1时，g(x)取最小值4，故c∈(－∞，4]．
***8．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f ′(x)＞1，f(0)＝4，则不等式ef(x)＞e＋3（其中e为自然对数的底数）的解集为 ．
(考查根据导数性质确定函数单调性，利用函数单调性解不等式)
答案：(0，＋∞)
解析：令g(x)＝ef(x)－e，则g ′(x)＝e(f(x)＋f ′(x)－1)＞0，所以函数g(x)在R上单调增，
不等式ef(x)＞e＋3即为g(x)＞g(0)，所以解集为(0，＋∞)．
***9．设连续函数f(x)在R上存在导函数f ′(x)，对于任意实数x，都有f(x)＝6x2－f(－x)，当x∈(－∞，0)时， 2f ′(x)＋1＜12x 若f(m＋2)≤f(－2m)＋12m＋12－9m2，则m的取值范围为 .
(利用导数研究函数的单调性、构造函数求参数范围, 准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②利用条件中提示)
【答案】[－，＋∞)
【解析】∵f(x)－3x2＋f(－x)－3x2＝0,设g(x)＝f(x)－3x2，则g(x)＋g(－x)＝0，∴g(x)为奇函数，又g'(x)＝f'(x)－6x＜－，∴g(x)在x∈(－∞，0)上是减函数，从而在R上是减函数，又f(m＋2)≤f(－2m)＋12m＋12－9m2，等价于f(m＋2)－3(m＋2)2≤f(－2m)－3－(－2m)2，即g(m＋2)≤g(－2m)，∴m＋2≥－2m，解得m≥－.
类型三：函数极值(或最值)
一、前测回顾
1．求下列函数极值(或最值)：
（1） f(x)＝xlnx （2）f(x)＝sinx－x，x∈[－，]
答案：（1）当x＝时，f(x)取极小值－．
（2）当x＝－时，f(x)取最小值－．当x＝时，f(x)取最大值－．
解析：（1）f ′(x)＝lnx＋1，令f ′(x)＝0，则x＝，列表格得到单调性，求出极小值
(2)f ′(x)＝cosx－，令f ′(x)＝0，则x＝±，列表格得到单调性，求出极小值极大值
2．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋b是曲线y＝alnx的切线，则当a>0时，实数b的最小值是______________．
答案：－1
解析：不妨设切点P(x0，y0)，则f′(x0)＝＝1，∴ x0＝a，从而y0＝a＋b，y0＝alna，
即有b＝alna－a，a>0.又令b′(a)＝lna＝0，解得a＝1，∴ 当a＝1时，b取得最小值－1.
3. 函数f(x)＝x＋ax＋bx＋a在x＝1时有极值10，那么a＋b的值分别为________.
答案：15
4．已知函数f(x)＝x(x－a)和g(x)＝－x＋(a－1)x＋a有相同的极值点，则a＝ ．
答案：－1或3
二、方法联想
(1)求函数的极值(或最值)
步骤：①求函数的定义域；
②求f ′(x)＝0在区间内的根；
③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值．
④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值．
(2)已知函数的极值点x0，求参数的值．
方法：根据取极值的必要条件f ′(x0)＝0，求出参数的值，
要注意验证x0左右的导数值的符号是否符合取极值的条件。
三、归类巩固
* 1．已知函数f(x)＝lnx－x，则函数f(x)的极大值为 ．
(考查利用单调性判断极值)
答案：－1
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝0时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝－1，
令f′(x)＝0得x＝1.(1分)
列表：
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
极大值
∴ f(x)的极大值为f(1)＝－1.
*2.已知函数h(x)＝h′(1)x2＋－lnx，求函数h(x)的极值；
(考查利用单调性判断极值)
解析：h′(x)＝h′(1)x－，所以h′(1)＝h′(1)－1，所以h′(1)＝3，则h(x)＝2x2＋－lnx，
h′(x)＝4x－＝(x>0)，
令h′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，
当0时，h′(x)>0，
此时函数h(x)在上单调递增，
∴ 当x＝时，h(x)有极小值h＝1＋ln2.
* 3．已知函数f(x)的导函数f ′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a
的取值范围是_____．
（已知极大（小）值点，求参数范围）
答案：(－1,0)
解析：因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f ′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f ′(x)＞0，右边f ′(x)＜0，所以导函数f ′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．
**4．函数f(x)＝lnx－ax2－bx＋2，若x＝1是f(x)的极大值点，则的取值范围是_____．
（已知极大（小）值点，求参数范围）
答案：(－1,＋∞)
**5.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是______．
（已知极值点范围求参数范围）
答案：(，2)
解析：由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，
所以根据导函数图象可又a>0，解得0)对任意实数t，在闭区间[t－1，t＋1]上总存在两实数x1、x2，使得|f(x1)－f(x2)|≥8成立，则实数a的最小值为________．
(考查了二次函数在给定区间上的最值问题，用二次函数图象性质解决相关恒成立问题，以及等价转化的数学思想)
答案：8
解析：f(x)＝a＋14－(a＞0)，由题设知原题可以等价于对任意区间[x1，x2]，x2－x1＝2，函数f(x)在[x1，x2]上的最大值与最小值之差大于等于8，不妨设g(x)＝ax2＋14－，则原题可转化成对任意t∈R，g(x)在[t，t＋2]上最大值与最小值之差大于等于8，
① 当t≥0时，g(x)在[t，t＋2]上递增，
从而gmax(x)－gmin(x)＝g(t＋2)－g(t)＝a[(t＋2)2－t2]≥8，即a(4t＋4)≥8对t≥0恒成立，从而4a≥8a≥2；
② 当t＋2≤0时，g(x)在[t，t＋2]上递减，从而gmax(x)－gmin(x)＝g(t)－g(t＋2)≥8时，对任意t≤－2恒成立，即a(－4t－4)≥8.对任意t≤－2恒成立，从而a(8－4)≥8a≥2；
③ 当t＋1≤0时，g(x)在[t，0]上递减，在[0，t＋2]上递增，且g(t＋2)≥g(t)，从而gmax(x)－gmin(x)＝g(t＋2)－g(0)＝a(t＋2)2≥8，对于任意t≥－1恒成立，从而有a≥8；
④ 同理t＋1≥0时，也有a≥8，综上知a≥8.
***4．已知函数f(x)＝·ex(k≤0)，若函数f(x)在区间上存在极值点，求k的取值范围．
(判断函数存在极值点，求参数取值范围)
解析：当k＝0时，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)，(0，＋∞)．
当k＝－2时，函数f(x)的单调减区间为(－∞，－2)，(－2，＋∞)．
当－2k.
令f′(x)<0，解得x<－或x>，但x≠k，所以当x时，函数f(x)为减函数；
令f′(x)>0，解得－0，函数φ(x)在R上单调递增．
又φ(0)＝0，所以x∈(－∞，0)时，φ(x)<0，与函数f(x)≥g(x)矛盾．
② 当b>0时，由φ′(x)>0，得x>lnb；由φ′(x)<0，得x1时，同理φ(lnb)<0，与函数f(x)≥g(x)矛盾；
当b＝1时，lnb＝0，所以函数φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以φ(x)≥φ(0)＝0，故b＝1满足题意．
综上所述，b的取值的集合为{1}．
类型五：不等式恒成立问题
一、前测回顾
1．若不等式ax2＞lnx＋1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
答案：a＞
解析：ax2＞lnx＋1∴a＞，令f(x)＝，
∵f ′(x)＝－，（x＞0），
令f ′(x)=0得x＝，易知当x∈(0，)时，f ′(x)＞0；
当x∈(，+∞)时，f ′(x)＜0．故f(x)在(0，]上递增，在(，+∞)上递减．
所以f(x)max＝f()＝．
故要使原不等式恒成立，只需a＞．
2．已知a为实常数，y＝f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x<0时，f(x)＝2x－＋1.
若f(x)≥a－1对一切x>0成立，求a的取值范围．
解析：因为f(x)为奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－＝2x＋－1.
① 当a<0时，要使f(x)≥a－1对一切x>0成立，即2x＋≥a对一切x>0成立．而当x＝－>0时，有－a＋4a≥a，所以a≥0，这与a<0矛盾．所以a<0不成立．
② 当a＝0时，f(x)＝2x－1>－1＝a－1对一切x>0成立，故a＝0满足题设要求．
③ 当a>0时，由(1)可知f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数．所以fmin(x)＝f(a)＝3a－1>a－1，所以a>0时也满足题设要求．
综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．
3. 已知实数k∈R，且k≠0，e为自然对数的底数，函数f(x)＝，g(x)＝f(x)－x.如果函数g(x)在R上为减函数，求k的取值范围。
解析：∵ g(x)＝f(x)－x＝－x在R上为减函数，
∴ g′(x)＝－1＝－1≤0恒成立，
即k≤恒成立．
∵ ＝ex＋＋2≥2＋2＝4，
当且仅当ex＝，即x＝0时，的最小值为4，
∴ k≤4.
二、方法联想
（1）若不等式的左右都是相同的变量x，如：对"x∈D，f(x)≤g(x)恒成立．
方法1 分离变量看最值法(优先)．
方法2 构造含有参数的函数．
方法3 构造两个函数的图象判断位置关系(限于解填空题)．
方法4 变换角度看函数．
技巧 可以通过先取满足条件的特殊值来缩小变量的范围．
（2）若不等式的左右都是不相同的变量，如：对"x1∈D1，"x2∈D2， f(x1)≤g(x2)恒成立，
则f(x)max≤g(x)min．
说明：若是不等式有解问题，则求最值与恒成立的问题正好相反．
三、归类巩固
**1．已知函数f(x)＝ex－ax(a＞0).若对一切x≥0,f(x)≥1恒成立,则a的取值集合是 .
(不可分离变量, 注意到f(0)＝1,通过研究含参函数的单调性，求最值解决)
答案：{1}
**2．已知函数f(x)＝对任意的x∈(0,2)，都有f(x)＜成立，求k的取值范围.
（已知f(x)＜g(x)恒成立，求参数取值范围，首选参变分离，注意不等号的符号变化）
答案： f(x)＝＜对任意x∈(0，2)都成立，
所以k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0，2)都成立，从而k≥0.
又不等式整理可得k＜＋x2－2x，令g(x)＝＋x2－2x，
所以g'(x)＝＋2(x－1)＝(x－1)(＋2)＝0，得x＝1，
当x∈(1，2)时，g'(x)＞0，函数g(x)在(1，2)上单调递增，
同理，函数g(x)在(0，1)上单调递减，所以k＜g(x)min＝g(1)＝e－1，
综上所述，实数k的取值范围是[0，e－1).
*3．已知函数f(x)＝，g(x)＝lnx．证明：f(x)≥g(x).
（证明f(x)≥g(x)，转化为求h(x)＝f(x)－g(x)的最小值大于0）
答案：设h(x)＝f(x)－g(x)＝－lnx，则h'(x)＝－＝．
令h'(x)＝0，得x＝，列表如下：
x
(0，)
(，＋∞)
h'(x)
－
0
＋
h(x)
↘
极小值
↗.
所以函数h(x)的最小值为h()＝0，
所以h(x)＝－lnx≥0，即f(x)≥g(x)．
**4．已知函数f(x)＝，若对于"t∈R，f(t)≤kt恒成立，则实数k的取值范围是_
（已知f(x)≤g(x)恒成立，构造两个函数，判断函数图象的位置关系，利用数形结合的方法解决）
答案：[，1]
**5.若函数 f(x)＝x－sin2x＋asinx在单调递增,则a的取值范围是（ ）
(本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性)
答案：[－,]
解析：f'(x)＝1－cos2x＋acosx≥0对x∈R恒成立,
故1－(2cos2x－1)＋acosx≥0,即acosx－cos2x＋≥0恒成立,
即－t2＋at＋≥0对t∈[－1，1]恒成立,构造f(t)＝－t2＋at＋,开口向下的二次函数f(t)的最小值的可能值为端点值,故只需保证,解得－≤a≤．
***6.已知函数f(x)＝alnx，g(x)＝－x2＋2x－，对任意的x∈[1，＋∞),都有f(x)≥g(x)恒成立,则实数a的最小值是______．
(恒成立问题,要注意到端点值f(1)＝g(1)，讨论函数单调性)
答案：1
***7．已知函数f(x)＝＋ax＋b的图象在点A(1，f(1))处的切线与直线l：2x－4y＋3＝0平行．
记函数g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范围．
(利用分离变量的方法研究恒成立问题，注意到极值点、极值都与参数b有关，利用其关系可求出极值点的范围，极值中整体消元，转化成关于极值点的函数的最值问题)
解析：由g(x)＝lnx－x2＋bx＋c≤0恒成立，
∴ c≤x2－bx－lnx.
记h1(x)＝x2－bx－lnx(x>0)，则c＝[h1(x)]min.
h1′(x)＝x－b－.令h1′(x)＝0，得x2－bx－1＝0，
∴ x＝.(10分)
∵ b∈，∴ x1＝<0(舍去)，
x2＝∈(1，2)．(12分)
当0x2时，h1′(x)>0，h1(x)单调增，
∴ h1(x)min＝h1(x2)＝x－bx2－lnx2
＝x＋1－x－lnx2＝－x－lnx2＋1.(14分)
记h2(x)＝－x－lnx2＋1，∵ h2(x)在(1，2)上单调减，
∴ h2(x)>h2(2)＝－1－ln2，∴ c≤－1－ln2，
故c的取值范围是(－∞，－1－ln2]．
类型六：方程有解（或解的个数）问题
一、前测回顾
1．已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________．
答案：(－5，0)
解析：当m＝0时，函数f(x)的图象与x轴有且只有1个交点；
当m>0时，函数f(x)的图象与x轴没有交点；
当m<0时，函数f(x)的图象要与x轴有且只有两个不同的交点，则f(0)<0，且f(1)>0，
得实数m的取值范围为(－5，0)．
2．已知f (x)＝ax2，g(x)＝lnx＋1，若y＝f(x)与y＝g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围．
答案：(0，)
解析：ax2＝lnx＋1有两个根，则ax2－lnx－1＝0有两解。令f(x)＝ax2－lnx－1，则f ′(x)＝2ax－＝，
当a≤0时，f ′(x)＜0，f(x)在（0，＋∞）上为减函数，不合题意
当a＞0时，令f ′(x)＝0得2ax2＝1，①
由①得x＝，f(x)在（0，）上为减函数，在（，＋∞）上为增函数，
∴当x＝，函数f(x)取得极小值，同时也是最小值f（）＝(ln2a－1)．
∴只要(ln2a－1)＜0，∴a∈(0，)．
二、方法联想
方法1 分离变量法(优先) ．
方法2 构造F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)零点问题．
方法3 构造两个函数的图象判断交点个数．
方法4 转化为二次函数零点问题．
方法5 转化为一次函数零点问题．
说明：考虑数形结合．
三、归类巩固
**1．已知函数f(x)＝|x3－4x|＋ax－2恰有2个零点，则实数a的取值范围为________．
(利用求导判断函数的单调性作出函数的图象、导数的几何意义、函数与方程(零点)的综合运用，重点考查了数形结合思想的运用)
答案：a<－1或a>1
解析：0＝＋ax－2，则＝2－ax恰有2个零点，即y＝与y＝2－ax的图象有两个交点．如图，直线y＝2－ax与y＝的图象相切时，设切点为(x0，y0)，则＝3x－4，又y0＝x－4x0，解得x0＝－1，此时k＝－1，而y＝是偶函数，在y轴右侧相切时k＝1.而两个函数的图象若有两个交点，则k<－1或k>1，而k＝－a，则实数a的取值范围为a<－1，或a>1.
**2．设函数f(x)＝g(x)＝f(x)－b.若存在实数b，使得函数g(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围为__________．
(考查了分段函数，利用导数求最值等内容，以及数形结合思想处理函数零点问题．)
答案：
解析： y＝，利用导数画出草图，该函数在x＝2处取到最大值，结合f(x)的草图分析，对于y＝－x－1的函数值为时，得到x＝－，所以－1,∴f′(x)−f(x)+1<0，
∴g′(x)<0，
∴y=g(x)在定义域上单调递减,g(1)=2017，
∵f(x)＞2017·ex－1＋1,∴ef(x)－e>2017= g(1)，
得到g(x)>2017=g(1)，
∴g(x)>g(1)，得x<1，
∴f(x)＞2017·ex－1＋1的解集为(－∞，1) .
13．已知函数f(x)＝x3－x2＋bx＋a(a，b∈R)，且其导函数f ′(x)的图象过原点．
*（1）当a＝1时，求函数f(x)的图象在x＝3处的切线方程；
**（2）若存在x＜0，使得f ′(x)＝－9，求a的最大值．
答案：（1）3x－y－8＝0；
（2）a的最大值为－7
(考查导数的几何意义,方程有解的问题)
解析：求导数，可得f ′(x)＝x2-（a+1）x+b，由f ′(0)=0得b=0，f ′(x)＝x（x－a－1）
（1）当a=1时，f(x)=x3-x2+1，f ′(x)＝x（x－2），
∴f（3）=1，f′（3）=3
∴函数f（x）的图象在x=3处的切线方程为y-1=3（x-3）即3x-y-8=0．
（2）∵存在，使x＜0得f′（x）=x（x-a-1）=-9，
∴-a-1=-x-=≥2=6，
∴a≤－7当且仅当x=-3时，a=-7．∴a的最大值为-7．
14．已知函数f(x)＝ex(ax2＋x＋1)．
**（1）设a＞0，讨论f(x)的单调性；
**（2）设a＝－1，证明：对任意x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)－f(x2)|＜2．
(考查函数单调区间的分类讨论，比较两个驻点的大小,考查命题的转化、函数的最值)
解析：（1）∵f ′(x)=ex（ax2+x+1+2ax+1）=ex（x+2）（x+1）．
令f ′(x)＞0，得（x+2）（x+1）＞0，注意到a＞0，
∴当a∈（0，）时，f（x）在（-∞，-）上是增函数，在（-，-2）上是减函数，在（－2，+∞）上递增；
当a=
时，f(x)在（-∞，+∞）上递增；
当a∈（，+∞）时，f(x)在（-∞，-2）上递增，在（-2，-）上递减，在（-，+∞）上递增．
（2）∵a=-1，由（Ⅰ）f ′(x)=-ex（x+2）（x-1），
∴f(x)在[0，1]上单调增加，
故f(x)在[0，1]上的最大值为f（1）=e，最小值为f（0）=1．
从而对∀x1，x2∈[0，1]，都有|f（x1）-f（x2）|＜2．
**15.现有一张长为80cm宽为60cm的长方形铁皮ABCD，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失，若长方形ABCD的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为x(cm),高为y(cm),体积为V（cm3）.
（1）求出x与y的关系式;
（2）求该铁皮盒体积V的最大值.
(考查函数的应用,函数的最值)
答案 (1) y＝(0＜x＜60) (2)32000cm3
***16. 下图为某仓库一侧墙面的示意图，其下部是一个矩形ABCD，上部是圆弧AB，该圆弧所在圆的圆心为O.为了调节仓库内的湿度和温度，现要在墙面上开一个矩形的通风窗EFGH(其中E，F在圆弧AB上，G，H在弦AB上)．过O作OP⊥AB，交AB于M，交EF于N，交圆弧AB于P.已知OP＝10，MP＝6.5(单位：m)，记通风窗EFGH的面积为S(单位：m2)．
(1) 按下列要求建立函数关系式：
(ⅰ) 设∠POF＝θ(rad)，将S表示成θ的函数；
(ⅱ) 设MN＝x(m)，将S表示成x的函数；
(2) 试问通风窗的高度MN为多少时，通风窗EFGH的面积S最大？
(考查函数的应用,函数的最值)
解：(1) 由题意知，OF＝OP＝10，MP＝6.5，故OM＝3.5.
(ⅰ) 在Rt△ONF中，NF＝OFsinθ＝10sinθ，ON＝OFcosθ＝10cosθ.
在矩形EFGH中，EF＝2NF＝20sinθ，
FG＝ON－OM＝10cosθ－3.5，
故S＝EF×FG＝20sinθ(10cosθ－3.5)＝10sinθ(20cosθ－7)．
即所求函数关系是S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ0，其中cosθ0＝，θ0为锐角．(4分)
(ⅱ) 因为MN＝x，OM＝3.5，
所以ON＝x＋3.5.
在Rt△ONF中，NF＝＝＝.
在矩形EFGH中，EF＝2NF＝，FG＝MN＝x，
故S＝EF×FG＝x.
即所求函数关系是
S＝x，0＜x＜6.5.(8分)
(2) (方法1)选择(ⅰ)中的函数模型：
令f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，
即f′(θ)＝cosθ(20cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos2θ－7cosθ－20.(10分)
由f′(θ)＝40cos2θ－7cosθ－20＝0，
解得cosθ＝，或cosθ＝－.
因为0＜θ＜θ0，所以cosθ＞cosθ0，
所以cosθ＝.
设cosα＝，且α为锐角，
则当θ∈(0，α)时，f′(θ)＞0，f(θ)是增函数；当θ∈(α，θ0)时，f′(θ)＜0，f(θ)是减函数，
所以当θ＝α，即cosθ＝时，f(θ)取到最大值，此时S有最大值．
即MN＝10cosθ－3.5＝4.5 m时，通风窗的面积最大．(14分)
(方法2)选择(ⅱ)中的函数模型：
因为S＝，
令f(x)＝x2(351－28x－4x2)，
则f′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)．(10分)
因为当0＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以当x＝时，f(x)取到最大值，此时S有最大值．
即MN＝x＝4.5 m时，通风窗的面积最大．
17．已知函数f(x)＝|x－a|－ln x，a∈R.
**(1)求函数f(x)的单调区间；
***(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x10，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
当a>0时，f(x)＝|x－a|－ln x＝
若x≥a，f′(x)＝1－＝>0，此时函数f(x)单调递增，
若00时，函数f(x)的单调递减区间为(0，a)；单调递增区间为(a，＋∞)．
(2)证明 由(1)知，当a≤0时，函数f(x)单调递增，至多只有一个零点，不合题意；
则必有a>0，此时函数f(x)的单调递减区间为(0，a)；单调递增区间为(a，＋∞)，
由题意，必须f(a)＝－ln a<0，解得a>1.
由f(1)＝a－1－ln 1＝a－1>0，f(a)<0，得x1∈(1，a)．
而f(a2)＝a2－a－aln a＝a(a－1－ln a)，
下面证明：a>1时，a－1－ln a>0.
设g(x)＝x－1－ln x，x>1，
则g′(x)＝1－＝>0，
∴g(x)在x>1时递增，则g(x)>g(1)＝0，
∴f(a2)＝a2－a－aln a＝a(a－1－ln a)>0，又f(a)<0，
∴x2∈(a，a2)，综上，1
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