高考数学专题复习教案：第三章 导数及其应用
第三章导数及其应用
第一节
变化率与导数、导数的计算
本节主要包括2个知识点：
1.导数的运算；2.导数的几何意义.
突破点(一) 导数的运算
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率li ＝li 为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，
即f′(x0)＝li ＝li .
2．函数f(x)的导函数
称函数f′(x)＝li 为f(x)的导函数．
3．基本初等函数的导数公式
原函数
sin x
cos x
ax(a>0)
ex
logax(a>0，且a≠1)
ln x
导函数
cos x
－sin_x
axln_a
ex
4.导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)′＝(g(x)≠0)．
5．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为yx′＝yu′·ux′，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
已知函数的解析式求导数
[例1] 求下列函数的导数：
(1)y＝(1－)；
(2)y＝；
(3)y＝tan x；
(4)y＝3xex－2x＋e；
(5)y＝.
[解] (1)∵y＝(1－)＝－＝x－－x，
∴y′＝(x－)′－(x)′＝－x－－x－.
(2)y′＝′＝
＝
＝.
(3)y′＝′＝
＝
＝.
(4)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′
＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′
＝3x(ln 3)·ex＋3xex－2xln 2
＝(ln 3＋1)·(3e)x－2xln 2.
(5)y′＝
＝
＝.
[方法技巧]
导数的运算方法
(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导．
(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导．
(3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导．
(4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导．
(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导．
(6)复合函数：确定复合关系，由外向内逐层求导．
导数运算的应用
[例2] (1)(2016·济宁二模)已知函数f(x)＝x(2 017＋ln x)，f′(x0)＝2 018，则x0＝( )
A．e2 B．1 C．ln 2 D．e
(2)已知f(x)＝x2＋2xf′(2 017)＋2 017ln x，则f′(1)＝________.
[解析] (1)由题意可知f′(x)＝2 017＋ln x＋x·＝2 018＋ln x．由f′(x0)＝2 018，得ln x0＝0，解得x0＝1.
(2)由题意得f′(x)＝x＋2f′(2 017)＋，
所以f′(2 017)＝2 017＋2f′(2 017)＋，
即f′(2 017)＝－(2 017＋1)＝－2 018.
故f′(1)＝1＋2×(－2 018)＋2 017＝－2 018.
[答案] (1)B (2)－2 018
[方法技巧]
对抽象函数求导的解题策略
在求导问题中，常涉及一类解析式中含有导数值的函数，即解析式类似为f(x)＝f′(x0)x＋sin x＋ln x(x0为常数)的函数，解决这类问题的关键是明确f′(x0)是常数，其导数值为0.因此先求导数f′(x)，令x＝x0，即可得到f′(x0)的值，进而得到函数解析式，求得所求的导数值．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.(2017·东北四市联考)已知y＝，则y′＝( )
A. B．－
C. D．0
解析：选D 因为常数的导数为0，又y＝是常数函数，所以y′＝0.
2.(2016·大同二模)已知函数f(x)＝xsin x＋ax，且f′＝1，则a＝( )
A．0 B．1 C．2 D．4
解析：选A ∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且f′＝1，∴sin＋cos＋a＝1，即a＝0.
3.(2017·湖北重点中学月考)已知函数f(x)的导数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，则f′(2)的值等于( )
A．－2 B．2 C．－ D.
解析：选C 因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋，解得f′(2)＝－.故选C.
4.在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)，则f′(0)的值为________．
解析：因为f′(x)＝x′·[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x＝(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a8)]′·x，所以f′(0)＝(0－a1)(0－a2)·…·(0－a8)＋0＝a1a2·…·a8.又数列{an}为等比数列，所以a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以f′(0)＝84＝4 096.
答案：4 096
5.求下列函数的导数．
(1)y＝x2sin x；
(2)y＝ln x＋；
(3)y＝；
(4)y＝xsincos.
解：(1)y′＝(x2)′sin x＋x2(sin x)′
＝2xsin x＋x2cos x.
(2)y′＝′＝(ln x)′＋′＝－.
(3)y′＝′＝＝－.
(4)∵y＝xsincos＝xsin(4x＋π)＝－xsin 4x，
∴y′＝－sin 4x－x·4cos 4x
＝－sin 4x－2xcos 4x.
突破点(二) 导数的几何意义
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特别地，如果曲线y＝f(x)在点(x0，y0)处的切线垂直于x轴，则此时导数f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为x＝x0.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求切线方程
[例1] 已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.
(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．
[解] (1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，
∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，
∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(－2)＝x－2，
即x－y－4＝0.
(2)设切点坐标为(x0，x－4x＋5x0－4)，
∵f′(x0)＝3x－8x0＋5，
∴切线方程为y－(－2)＝(3x－8x0＋5)(x－2)，
又切线过点(x0，x－4x＋5x0－4)，
∴x－4x＋5x0－2＝(3x－8x0＋5)(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，
解得x0＝2或x0＝1，
∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.
[方法技巧]
求切线方程问题的两种类型及方法
(1)求“在”曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)处的切线方程(高考常考类型)，则点P(x0，y0)为切点，切线斜率为k＝f′(x0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(2)求“过”曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)的切线方程，则切线经过点P，点P可能是切点，也可能不是切点，这样的直线可能有多条．解决问题的关键是设切点，利用“待定切点法”，即：①设切点A(x1，y1)，则以A为切点的切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)；②根据题意知点P(x0，y0)在切线上，点A(x1，y1)在曲线y＝f(x)上，得到方程组求出切点A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化简即得所求的切线方程．
[提醒] “过点A的曲线的切线方程”与“在点A处的曲线的切线方程”是不相同的，后者A必为切点，前者未必是切点．曲线在某点处的切线，若有，则只有一条；曲线过某点的切线往往不止一条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．
求切点坐标
[例2] 设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．
[解析] y＝ex的导数为y′＝ex，则曲线y＝ex在点(0,1)处的切线斜率k1＝e0＝1.y＝(x＞0)的导数为y′＝－(x＞0)，设P(m，n)，则曲线y＝(x＞0)在点P处的切线斜率k2＝－(m＞0)．因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，则点P的坐标为(1,1)．
[答案] (1,1)
求参数的值
[例3] 直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋b的值等于( )
A．2 B．－1 C．1 D．－2
[解析] 依题意知，y′＝3x2＋a，则由此解得所以2a＋b＝1，选C.
[答案] C
[方法技巧]
根据导数的几何意义求参数值的思路
根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P(x0，y0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.已知f(x)＝2exsin x，则曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为( )
A．y＝0 B．y＝2x
C．y＝x D．y＝－2x
解析：选B ∵f(x)＝2exsin x，∴f(0)＝0，f′(x)＝2ex(sin x＋cos x)，∴f′(0)＝2，∴曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
2.曲线f(x)＝在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为，则实数a＝( )
A．1 B．－1 C．7 D．－7
解析：选C f′(x)＝＝，∵f′(1)＝tan＝－1，即＝－1，∴a＝7.
3.在平面直角坐标系xOy中，点M在曲线C：y＝x3－x+1上，且在第二象限内，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：由y′＝3x2－1＝2，得x＝±1，又点M在第二象限内，故x＝－1，此时y＝1，故点M的坐标为(－1,1)．
答案：(－1,1)
4.(2017·衡阳八中模拟)已知函数f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a>0且a≠1，f′(x)为f(x)的导函数，若f′(1)＝3，则a的值为________．
解析：因为f(x)＝axln x，所以f′(x)＝ln a·axln x＋.又f′(1)＝3，所以a＝3.
答案：3
5.若曲线y＝xln x上点P 处的切线平行于直线 2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________．
解析：由题意得y′＝ln x＋x·＝1＋ln x，直线2x－y＋1＝0的斜率为2.设P(m，n)，则1＋ln m＝2，解得m＝e，所以n＝eln e＝e，即点P的坐标为(e，e)．
答案：(e，e)
6.如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x) 是g(x)的导函数，则曲线g(x)在x＝3处的切线方程为________．
解析：由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－，即f′(3)＝－.又因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由题图可知f(3)＝1，所以g(3)＝3f(3)＝3，g′(3)＝1＋3×＝0.则曲线g(x)在x＝3处的切线方程为y－3＝0.
答案：y－3＝0
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2014·新课标全国卷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．(2016·全国甲卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
解析：易得(ln x＋2)′＝，[ln(x＋1)]′＝.设曲线y＝ln x＋2上的切点横坐标为x1，曲线y＝ln(x＋1)上的切点横坐标为x2，则y＝ln x＋2的切线方程为：y＝·x＋ln x1＋1，y＝ln(x＋1)的切线方程为：y＝x＋ln(x2＋1)－.根据题意，有
解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
答案：1－ln 2
3．(2016·全国丙卷)已知f(x)为偶函数，当x<0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．
解析：因为f(x)为偶函数，所以当x>0时，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以f′(x)＝－3，则f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.
答案：y＝－2x－1
4．(2016·全国甲卷)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y－0＝－2(x－1)，即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]．
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．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)．
2．曲线y＝sin x＋ex在点(0,1)处的切线方程是( )
A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0
C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0
解析：选C ∵y＝sin x＋ex，
∴y′＝cos x＋ex，
∴y′＝cos 0＋e0＝2，
∴曲线y＝sin x＋ex在点(0,1)处的切线方程为y－1＝2(x－0)，即2x－y＋1＝0.
3．(2016·安庆二模)给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导函数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．已知函数f(x)＝3x＋4sin x－cos x的拐点是M(x0，f(x0))，则点M( )
A．在直线y＝－3x上 B．在直线y＝3x上
C．在直线y＝－4x上 D．在直线y＝4x上
解析：选B f′(x)＝3＋4cos x＋sin x，f″(x)＝－4sin x＋cos x，由题可知f″(x0)＝0，即4sin x0－cos x0＝0，所以f(x0)＝3x0，故M(x0，f(x0))在直线y＝3x上．故选B.
4．(2016·贵阳一模)曲线y＝xex在点(1，e)处的切线与直线ax＋by＋c＝0垂直，则的值为( )
A．－ B．－ C. D.
解析：选D y′＝ex＋xex，则y′|x＝1＝2e.∵曲线在点(1，e)处的切线与直线ax＋by＋c＝0垂直，∴－＝－，∴＝，故选D.
5．已知直线y＝－x＋1是函数f(x)＝－ex图象的切线，则实数a＝________.
解析：设切点为(x0，y0)．f ′(x)＝－ex，则f ′(x0)＝－·ex0＝－1，∴ex0＝a，又－·ex0＝－x0＋1，∴x0＝2，∴a＝e2.
答案：e2
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·惠州模拟)已知函数f(x)＝cos x，则f(π)＋f′＝( )
A．－ B．－
C．－ D．－
解析：选C 由题可知，f(π)＝－，f′(x)＝－cos x＋(－sin x)，则f(π)＋f′＝－＋×(－1)＝－.
2．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.
3．(2017·上饶模拟)若点P是曲线y＝x2－ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－2距离的最小值为( )
A．1 B. C. D.
解析：选B 由题可得，y′＝2x－.因为y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，所以由2x－＝1，得x＝1，则P点坐标为(1,1)，所以曲线在点P处的切线方程为x－y＝0，所以两平行线间的距离为d＝＝，即点P到直线y＝x－2距离的最小值为.
4．(2016·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∪.
5．(2017·重庆诊断)已知函数f(x)＝＋sin x，其导函数为f′(x)，则f(2 017)＋f(－2 017)＋f′(2 017)－f′(－2 017)的值为( )
A．0 B．2 C．2 017 D．－2 017
解析：选B ∵f(x)＝＋sin x，∴f′(x)＝－＋cos x，f(x)＋f(－x)＝＋sin x＋＋sin(－x)＝2，f′(x)－f′(－x)＝－＋cos x＋－cos(－x)＝0，∴f(2 017)＋f(－2 017)＋f′(2 017)－f′(－2 017)＝2.
6．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，∴切线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，y0＝x＋mx0＋，m<0，于是解得m＝－2.
二、填空题
7．已知函数f(x)在R上可导，且f(x)＝x2＋2x·f′(2)，则函数f(x)的解析式为________．
解析：由题意得f′(x)＝2x＋2f′(2)，则f′(2)＝4＋2f′(2)，所以f′(2)＝－4，所以f(x)＝x2－8x.
答案：f(x)＝x2－8x
8．若直线l与幂函数y＝xn的图象相切于点A(2,8)，则直线l的方程为________．
解析：由题意知，A(2,8)在y＝xn上，∴2n＝8，∴n＝3，∴y′＝3x2，直线l的斜率k＝3×22＝12，又直线l过点(2,8)．∴y－8＝12(x－2)，即直线l的方程为12x－y－16＝0.
答案：12x－y－16＝0
9．若曲线f(x)＝ax3＋ln x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意，可知f′(x)＝3ax2＋，又存在垂直于y轴的切线，所以3ax2＋＝0，即a＝－(x>0)，故a∈(－∞，0)．
答案：(－∞，0)
10.已知f′(x)，g′(x)分别是二次函数f(x)和三次函数g(x)的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．
(1)若f(1)＝1，则f(－1)＝________；
(2)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，则h(－1)，h(0)，h(1)的大小关系为________．(用“<”连接)
解析：(1)依题意，f′(x)＝x，g′(x)＝x2，
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
g(x)＝dx3＋ex2＋mx＋n(d≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b＝x，g′(x)＝3dx2＋2ex＋m＝x2，
故a＝，b＝0，d＝，e＝m＝0，f(x)＝x2＋c，
g(x)＝x3＋n，由f(1)＝1得c＝，
则f(x)＝x2＋，故f(－1)＝1.
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－x3＋c－n，
则有h(－1)＝＋c－n，h(0)＝c－n，h(1)＝＋c－n，
故h(0)
0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．
2．由函数的单调性与导数的关系可得的结论
(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.当x∈(a，b)时，
f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；
f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．
(2)f′(x)>0(<0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
证明或讨论函数的单调性
判断函数单调性的三种方法
定义法
在定义域内(或定义域的某个区间内)任取x1，x2，且x10，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(3)当00，故f(x)在上单调递减，在＋∞上单调递增．
[方法技巧]
导数法证明或讨论函数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)得出结论：当f′(x)>0时，函数f(x)在(a，b)内单调递增；当f′(x)<0时，函数f(x)在(a，b)内单调递减．
[提醒] 讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
求函数的单调区间
[例2] 已知函数f(x)＝＋－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，求函数f(x)的单调区间．
[解] 对f(x)求导得f′(x)＝－－，
由曲线y＝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＝.
所以f(x)＝＋－ln x－，则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，
因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．
所以函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)．
[方法技巧]
用导数求函数单调区间的三种类型及方法
(1)当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时求导并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.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，所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.
2.下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
解析：选B 对于A，f(x)＝sin 2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>或x<－，∴函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)>0，得00，所以x2－1<0，解得00)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
由①②知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
5.已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间．
解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
由已知可得解得a＝b＝3.
(2)令F(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋ax2＋x＋1，F′(x)＝3x2＋2ax＋，
令F′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－，
∵a>0，∴x10得，x<－或x>－；
由F′(x)<0得，－0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
[例1] 已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；
(3)若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值．
[解] (1)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．
(2)因为f(x)在区间(－1,1)上为减函数，所以f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即a的取值范围为[3，＋∞)．
(3)因为f(x)＝x3－ax－1，
所以f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)．
因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，
所以＝1，即a＝3.
应用结论“函数f(x)在(a，b)上单调递增⇔f′(x)≥0恒成立；函数f(x)在(a，b)上单调递减⇔f′(x)≤0恒成立”时，切记检验等号成立时导数是否在(a，b)上恒为0. [易错提醒]
比较大小或解不等式
[例2] (1)若0ln x2－ln x1
B．ex2－ex1x1ex2
D．x2ex1g(x2)，即>，则x2ex1>x1ex2，故选C.
(2)设F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)<＋，∴f(x2)－1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案] (1)C (2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)
[方法技巧]
利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.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≥－(2x2＋4x)或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋4x)，1<
x<2，则－16f(cos B)
B．f(sin A)f(sin B)
D．f(sin A)f(cos B)，故选A.
3.若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
解析：因为f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－24.所以f(x)<3x－15的解集为(4，＋∞)．
答案：(4，＋∞)
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国乙卷)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 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.
2．(2015·新课标全国卷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：选A 设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如图所示．当x>0时，由f(x)>0，得g(x)>0，由图知00，得g(x)<0，由图知x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
3．(2014·新课标全国卷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.
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选D 由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A f′(x)＝x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，即a>0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
3.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．
4．若函数f(x)＝sin x＋ax为R上的减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f′(x)＝cos x＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cos x，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<0，则实数x的取值范围为________．
解析：∵导函数f′(x)是偶函数，且f(0)＝0，∴原函数f(x)是奇函数，∴所求不等式变形为f(1－x)0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是，(2，＋∞)．
2．若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间上单调递减，则实数t的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间上单调递减，则有f′(x)≤0在上恒成立，
即3x2－2tx＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t≥在上恒成立，因为y＝在上单调递增，所以t≥＝，故选C.
3.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2x2＋bx＋的单调递减区间为( )
A. B．[3，＋∞)
C．[－2,3] D．(－∞，－2)
解析：选D 因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以解得令g(x)＝x2＋bx＋，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x<时，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2的单调递减区间为(－∞，－2)．
4．(2017·甘肃诊断考试)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则( )
A．a0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有( )
A．af(a)bf(b)
C．af(b)>bf(a) D．af(b)0得>0，即>0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴[xf(x)]′>0，即函数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故选B.
二、填空题
7．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
解析：设幂函数为f(x)＝xα，因为图象过点，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)<0，得－20的解集为________．
解析：由题图可知，
不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于或解得x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)．
答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)
10．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.令＋2a＞0，解得a＞－.所以a的取值范围是.
答案：
三、解答题
11．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00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，仅对x＝有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
③当Δ>0，即a>2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，00，函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处切线的斜率；
(2)求函数f(x)的极值．
[解] (1)由已知x>0.当a＝2时，f′(x)＝x－3＋，
∴曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处切线的斜率为f′(3)＝.
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋
＝＝.
由f′(x)＝0得x＝1或x＝a.
①若00，函数f(x)单调递增；
当x∈(a,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
∴当x＝a时，f(x)取极大值f(a)＝－a2－a＋aln a，
当x＝1时，f(x)取极小值f(1)＝－a－.
②若a>1，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(1，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．
∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝－a－；
当x＝a时，f(x)取极小值f(a)＝－a2－a＋aln a.
③当a＝1时，x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，f(x)没有极值．
综上，当01时，f(x)的极大值为－a－，极小值为－a2－a＋aln a；
当a＝1时，f(x)没有极值．
[方法技巧]
已知极值(点)求参数
[例3] (1)(2017·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，＋∞)
(2)(2017·太原五中检测)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a的值为________．
[解析] (1)∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由函数f(x)有两个极值点，可知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＜.
(2)由题意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为在x＝1处，f(x)有极值10，
所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，f(1)＝1＋a＋b＋a2＝10，
解得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3，
当a＝－3，b＝3时，在x＝1处，f(x)无极值，不符合题意；
当a＝4，b＝－11时，符合题意，所以a＝4.
[答案] (1)B (2)4
[方法技巧]
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为( )
A.
B.
C.∪
D.∪
解析：选D 若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12>0，从而c>或c<－.故实数c的取值范围为－∞，－∪.
2.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．
3.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.若m＝3，则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，若m
＝1，则f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当1时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极小值．故选B.
4.已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极值．
解：由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x＞0)，
因为f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
(2)由f′(x)＝1－＝，x＞0知：
①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；
②当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.
又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值．
突破点(二) 利用导数解决函数的最值问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
函数的最值与导数
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最大值和最小值一定产生在极值点或闭区间的端点处．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求f(x)在(a，b)内的极值；
②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求函数的最值
[例1] 已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
[解] (1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－ek－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；
当00；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.
2.已知函数f(x)＝(2x－x2)ex，则( )
A．f()是f(x)的极大值也是最大值
B．f()是f(x)的极大值但不是最大值
C．f(－)是f(x)的极小值也是最小值
D．f(x)没有最大值也没有最小值
解析：选A 由题意得f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，当－0，函数f(x)单调递增；当x<－或x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值f()＝2(－1)e>0，在x＝－处取得极小值f(－)＝2(－－1)e－<0，又当x<0时，f(x)＝(2x－x2)ex<0，所以f()是f(x)的极大值也是最大值．
3.函数f(x)＝xsin x＋cos x在上的最大值为________．
解析：因为f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，所以f′(x)＝0在x∈上的解为x＝.又f＝＋，f＝，f(π)＝－1，所以函数f(x)＝xsin x＋cos x在上的最大值为.
答案：
4.已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.
(1)求a，b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．
解：(1)因为f(x)＝ax3＋ bx＋c，
所以f′(x)＝3ax2＋b.
由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
故有
即
解得
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，－2)上为增函数．
当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－2,2)上为减函数；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，在x2＝2处取得极小值f(2)＝c－16.
由题设条件知16＋c＝28，得c＝12，
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2013·新课标全国卷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∃x0∈R，f(x0)＝0，选项A中的结论正确；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；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2＞x1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确．
2．(2016·全国甲卷)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．
解：(1)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.
(2)证明：g′(x)＝＝[f(x)＋a]．
由(1)知，f(x)＋a在(0，＋∞)上单调递增．
对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一实数xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，
即g′(xa)＝0.
当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为
g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝.
由′＝>0，得y＝单调递增，
所以，由xa∈(0,2]，得
＝，所以0<<2.令f′(x)>0，得x<，所以f(x)在上单调递增；令f′(x)<0，得x>，所以f(x)在上单调递减．所以当x∈(0,2)时，f(x)max＝f＝ln－a·＝－1，所以ln＝0，所以a＝1.
答案：1
4．已知函数f(x)＝(k≠0)．求函数f(x)的极值．
解：f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－.
令f′(x)＝0，得x＝1，
当k>0时，若00；
若x>1，则f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值.
当k<0时，若01，则f′(x)>0，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值.
5．(2017·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ax－－3ln x，其中a为常数．
(1)当函数f(x)的图象在点处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在上的最小值；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a＋－，
所以f′＝a＝1，
故f(x)＝x－－3ln x，则f′(x)＝.
由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
2
(2,3)
3
f′(x)
－
0
＋
f(x)
1－3ln 2
从而在上，f(x)有最小值，
且最小值为f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋－＝(x＞0)，
由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，
不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，
则解得0＜a＜.
故所求a的取值范围为.
二、重点选做题
1．(2017·昆明模拟)已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．
解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝.
当a＝－4时，f′(x)＝.
所以当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝，
所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，
所以f(x)在上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－，
所以f(x)在上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln＋2.
根据题意得f＝aln＋2≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
所以实数a的取值范围是[－2,0)．
2．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.
综上所述，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.
三、冲刺满分题
1．已知函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y－3＝0平行．
(1)求证：方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根；
(2)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小者)，求m(x)的最大值．
解：(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，
所以f′(1)＝2，
又f′(x)＝ln x＋＋1，所以a＝1.
所以f(x)＝(x＋1)ln x.
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－，
当x∈(0,1]时，h(x)<0，
又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－>1－1＝0，
所以存在x0∈(1,2)，使h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋＋1－，
当x∈(1,2)时，0e，所以0<<，所以<，
所以h′(x)>1－>0，
所以当x∈(1,2)时，h(x)单调递增，
所以方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根．
(2)由(1)知，方程f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根x0，且x∈(0，x0)时，f(x)0，
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，
所以m(x)＝
当x∈(0，x0)时，若x∈(0,1]，则m(x)≤0；
若x∈(1，x0]，由m′(x)＝ln x＋＋1>0，可知00，m(x)单调递增；x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．
可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)0，且f′(x)＝x－3＋＝，
令f′(x)>0，得0，
令f′(x)<0，得0)，则L′＝2－，令L′＝0，得x＝±16.又x>0，∴x＝16.则当x＝16时，L取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长为＝32(米)．故选A.
2．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)，贷款的利率为4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利率为x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为( )
A．3.2% B．2.4% C．4% D．3.6%
解析：选A 依题意知，存款量是kx2，银行应支付的利息是kx3，银行应获得的利息是0.048kx2，所以银行的收益y＝0.048kx2－kx3，故y′＝0.096kx－3kx2，令y′＝0，得x＝0.032或x＝0(舍去)．因为k>0，所以当00；当0.0320)，所以y′＝2，令y′＝0，解得x＝200(x＝－200舍去)，这时y＝800.当0200时，y′>0.所以当x＝200时，y取得最小值，故其周长至少为800米．
答案：800
4．(2017·北京东城模拟 )某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价为p元，销量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
解析：设商场销售该商品所获利润为y元，则y＝(p－20)(8 300－170p－p2)＝－p3－150p2＋11 700p－166 000(p≥20)，则y′＝－3p2－300p＋11 700.令y′＝0得p2＋100p－3 900＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．
则p，y，y′变化关系如下表：
p
(20,30)
30
(30，＋∞)
y′
＋
0
－
y
极大值
故当p＝30时，y取极大值23 000.
又y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元时，所获利润最大为23 000元．
答案：30 23 000
5．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y＝x3－x＋8(00，h(x)是增函数，
所以当x＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11.25.
易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值．
故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．
突破点(二) 利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题
从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根的问题，在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：(1)确定函数零点(图象交点及方程根)的个数问题；(2)根据函数零点(图象交点及方程根)的个数求参数的值或取值范围问题.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
确定函数零点或方程根的个数问题
[例1] 已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
[解] (1)证明：由h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x得，
h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，且h(x)在区间(1,2)上是连续的，
所以函数h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)得h(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，
则x＝0为h(x)的一个零点，而h(x)在(1,2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
因为h′(x)＝ex－x－－1，
记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)上至多只有一个零点，即h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点．
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
[方法技巧]
利用导数确定函数零点或方程根个数的方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
根据函数零点或方程根的个数求参数范围
[例2] (2017·郑州质检)已知函数f(x)＝(x2－2x)ln x＋ax2＋2.
(1)当a＝－1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，设函数g(x)＝f(x)－x－2，且函数g(x)有且仅有一个零点，若e－20，当x>1时，h′(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(1)＝1.
因为a>0，
所以当函数g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.
当a＝1时，g(x)＝(x2－2x)ln x＋x2－x，
若使当e－21，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
解：(1)f(x)的定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R.
∵对任意x∈R，都有f′(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞
)，无单调递减区间．
(2)证明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
且f(0)＝1－a<0，f()＝ae－a＝a(e－1)．∵a>1，∴a－1>0，∴>0，∴e>1，
∴e－1>0，故f()>0，
∴存在x0∈(0，)使得f(x0)＝0.
又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
2.(2017·武汉质检)设函数f(x)＝cln x＋x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点．
(1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；
(2)若f(x)＝0恰有两解，求实数c的取值范围．
解：f′(x)＝＋x＋b＝，又f′(1)＝0，
所以f′(x)＝且c≠1，b＋c＋1＝0.
(1)因为x＝1为f(x)的极大值点，所以c>1，
当00；
当1c时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)．
(2)①若c<0，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)＝0恰有两解，则f(1)<0，即＋b<0，
所以－1，则f(x)极小值＝cln c＋＋c(－1－c)＝cln c－c－<0，f(x)极大值＝－－c<0，则f(x)＝0只有一解．
综上，使f(x)＝0恰有两解的c的取值范围为.
3.已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，
当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，
所以当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，
当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－或x>，
由f′(x)<0，解得－0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－，)．
(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，
所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以a＝1.
所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.
由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的单调性，可知f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，
在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
又f(－3)＝－19<－3，f(3)＝17>1，
结合f(x)的单调性，可知m的取值范围是(－3,1)．
4.(2016·太原质检)已知函数f(x)＝xln x.
(1)试求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若x>1，试判断方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解的个数．
解：(1)f′(x)＝ln x＋x·＝1＋ln x，∴f′(e)＝2.
又f(e)＝e，∴切线方程为2x－y－e＝0.
(2)方程f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解即为方程ln x－＝0的解．
设h(x)＝ln x－，x>1.
则h′(x)＝－＝－，x>1.
①当a＝0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．
②当a≠0时，令h′(x)＝0得x1＝1，x2＝.
(ⅰ)当a<0，即x2＝<1时，∵x>1，∴h′(x)>0，则h(x)为(1，＋∞)上的增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．
(ⅱ)当01时，
x∈时，h′(x)>0，h(x)为增函数；
x∈时，h′(x)<0，h(x)为减函数．
又x趋向＋∞时，h(x)＝ln x－ax＋＋2a－1<0，
h(1)＝0，∴方程有一个解．
(ⅲ)当a≥，即≤1时，
∵x>1，
∴h′(x)<0，h(x)为减函数，
而h(x)g(x)在区间D上成立的基本方法：
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min>g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)>0.
不等式恒成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min>0(x∈I)．
(2)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.
[例2] (2017·陕西西北九校联考)已知函数f(x)＝－ln x＋t(x－1)，t为实数．
(1)当t＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若当t＝时，－－f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，求实数k的取值范围．
[解] (1)当t＝1时，f(x)＝－ln x＋x－1，x>0，
∴f′(x)＝－＋1＝.
由f′(x)<0可得00可得x>1，
∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当t＝时，f(x)＝－ln x＋－，－－f(x)＝－－－ln x＋－＝ln x－＋，
当x>1时，－－f(x)<0恒成立，等价于k<－xln x在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x.
令h(x)＝x－1－ln x，则h′(x)＝1－＝.
当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)＝x－1－ln x在(1，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(1)＝0，
从而当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)＝，
因此当x>1时，若使k<－xln x恒成立，必须k≤.
∴实数k的取值范围是.
[方法技巧]
不等式恒成立问题的求解策略
(1)已知不等式f(x，λ)≥0(λ为实参数)对任意的x∈D恒成立，求参数λ的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法，其一般步骤如下：
第一步：将原不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)分离，使不等式的一边是参数，另一边不含参数，即化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式；
第二步，利用导数求出函数f2(x)(x∈D)的最大(小)值；
第三步，解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，从而求出参数λ的取值范围．
(2)如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(a>0，Δ<0或a<0，Δ<0)求解．
存在型不等式恒成立问题
(1)f(x)>g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为D1，g(x)的定义域为D2.
[例3] (2017·新乡调研)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)，
所以a的取值范围为.
[方法技巧]
存在型不等式恒成立问题的求解策略
“恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系，即f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立，应求f(x)的最小值；若存在x∈D，使得f(x)≥g(a)成立，应求f(x)的最大值．在具体问题中究竟是求最大值还是最小值，可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值，这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值．特别需要关注等号是否成立问题，以免细节出错．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.(2017·昆明模拟)已知函数f(x)＝ln x－x.
(1)判断函数f(x)的单调性；
(2)函数g(x)＝f(x)＋x＋－m有两个零点x1，x2，且x11.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－1＝，
令f′(x)＝－1＝>0，得01，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)证明：根据题意，g(x)＝ln x＋－m(x>0)，
因为x1，x2是函数g(x)＝ln x＋－m的两个零点，
所以ln x1＋－m＝0，ln x2＋－m＝0.
两式相减，可得ln＝－，
即ln＝，故x1x2＝.
那么x1＝，x2＝.
令t＝，其中00恒成立，故h(t)1，故x1＋x2>1.
2.(2017·西安六校联考)设a∈R，函数f(x)＝ax2－ln x，g(x)＝ex－ax.
(1)当a＝7时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)·g(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝7时，f(x)＝7x2－ln x，f′(x)＝14x－，
∴f′(1)＝13，∵f(1)＝7，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－7＝13(x－1)，即13x－y－6＝0.
(2)若f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，即ax2－ln x>0对x∈(0，＋∞)恒成立，则a>max(x>0)．
设h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝，
当00，函数h(x)单调递增；
当x>e时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，
∴当x>0时，h(x)max＝h(e)＝，
∴a>.
∵h(x)无最小值，∴f(x)<0对x∈(0，＋∞)不可能恒成立．
∵f(x)·g(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，
∴g(x)＝ex－ax>0，即a<对x∈(0，＋∞)恒成立．
设H(x)＝，
∴H′(x)＝，
当01时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，
∴当x>0时，H(x)min＝H(1)＝e，
∴a0时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1不是f(x)的极值点．
故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝(x>0)，
∴当01时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，
∴a≥，记G(x)＝，x∈，
∴G′(x)＝＝
.
∵x∈，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
x∈(1，e]时，G′(x)>0，G(x)单调递增，
∴G(x)min＝G(1)＝－1，∴a≥G(x)min＝－1.
故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中α>0，记|f(x
)|的最大值为A.
(1)求f′(x)；
(2)求A；
(3)证明|f′(x)|≤2A.
解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.
(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．
故A＝3α－2.
当0<α<1时，将f(x)变形为
f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.
令g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，
则A是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，
g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，
且当t＝时，g(t)取得极小值，
极小值为g＝－－1＝－.
令－1<<1，解得α>.
①当0<α≤时，g(t)在[－1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α，
|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，
所以A＝2－3α.
②当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，
知g(－1)>g(1)>g.
又－|g(－1)|＝>0，
所以A＝＝.
综上，A＝
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.
当<α<1时，A＝＋＋>1，
所以|f′(x)|≤1＋α<2A.
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.
所以|f′(x)|≤2A.
2．(2016·全国乙卷)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(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1f(2－x2)，
即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数．
解：(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即
解得
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线．
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，
从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故h(x)在(1，＋∞)上无零点．
当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；
若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点．
当x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数．
①若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上无零点，故f(x)在(0,1)上单调．
而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)上没有零点．
②若－3－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－0时，易知y1＝|ln x|与y2＝ax的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以只需要y1＝|ln x|与y2＝ax的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|＝ln x，由ln x＝ax，得a＝.令h(x)＝，x∈(1,4)，则h′(x)＝，故函数h(x)在(1，e)上单调递增，在(e,4)上单调递减，h(e)＝＝，h(1)＝0，h(4)＝＝，所以k>1，则下列结论中一定错误的是( )
A．f< B．f>
C．f< D．f>
解析：选C 由已知，构造函数g(x)＝f(x)－kx，则g′(x)＝f′(x)－k>0，∴函数g(x)在R上单调递增，且>0，∴g>g(0)，即f－>－1，即f>，∴选项C错误，选项D正确．构造函数h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝f′(x)－1>0，∴函数h(x)在R上单调递增，且>0，∴h>h(0)，即f－>－1，即f>－1，但选项A、B无法判断，故选C.
3．已知f(x)＝x2＋＋c(b，c是常数)和g(x)＝x＋是定义在M＝{x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则f(x)在M上的最大值为( )
A. B．5 C．6 D．8
解析：选B 因为g(x)＝x＋≥2＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，所以f(2)＝2＋＋c＝g(2)＝1，所以c＝－1－，所以f(x)＝x2＋－1－，所以f′(x)＝x－＝.因为f(x)在x＝2处有最小值，且x∈[1,4]，所以f′(2)＝0，即b＝8，所以c＝－5，所以f(x)＝x2＋－5，f′(x)＝，所以f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而f(1)＝＋8－5＝，f(4)＝8＋2－5＝5，所以函数f(x)在M上的最大值为5，故选B.
4．已知函数f(x)＝ax＋xln x(a∈R)．
(1)若函数f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(2)当a＝1且k∈Z时，不等式k(x－1)1恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，
则h′(x)＝1－＝>0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
∴存在x0∈(3,4)使h(x0)＝0，即g′(x0)＝0.
即当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0.
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
由h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得ln x0＝x0－2，
g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，
∴k0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－10，f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)在＋∞上单调递减．
(2)证明：不妨假设x1≥x2.
由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
∴|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，
即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.
令g(x)＝f(x)＋4x，
则g′(x)＝＋2ax＋4＝，
于是g′(x)≤＝≤0.
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，
即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，
故对∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
6．(2017·德州中学月考)已知函数f(x)＝mx2－x＋ln x.
(1)若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数在区间D上为减函数，求实数m的取值范围；
(2)当00时，由于函数y＝2mx2－x＋1的图象的对称轴x＝>0，故需且只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<.
故01，
由g′(x)>0，得0；
由g′(x)<0，得10，
故在上，函数g(x)又有一个零点，不满足题意．
综上所述，m＝.
二、重点选做题
1．设函数f(x)＝x2－ax－kln x(a∈R，k∈R)．
(1)若k＝1，且f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝0，且k≥e，求证：f(x)在区间(1， ]上有且仅有一个零点．
解：(1)∵f(x)＝x2－ax－kln x，
∴f′(x)＝x－－a，
若k＝1，且f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，
则f′(x)＝x－－a≥0对任意的x≥1恒成立，
即a≤x－对任意的x≥1恒成立．
∴a≤min＝0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
(2)证明：当a＝0时，f(x)＝x2－kln x，
∴f′(x)＝x－＝，
由f′(x)<0，得00，得x>.
∴f(x)在区间(0， ]上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．
当k＝e时，f(x)在区间(0， ]上单调递减，且f()＝e－eln＝0，
∴f(x)在区间(1， ]上有且仅有一个零点．
当k>e时，>，
∴f(x)在区间(1， ]上单调递减，
又f(1)＝>0，f()＝e－kln＝<0，
∴f(x)在区间(1， ]上有且仅有一个零点．
综上，若a＝0，且k≥e，则f(x)在区间(1， ]上有且仅有一个零点．
2．已知函数f(x)满足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x)＝ln x＋ax，x∈(0,2)；③f(x)在(－4，－2)内能取到最大值－4.
(1)求实数a的值；
(2)设函数g(x)＝bx3－bx，若对∀x1∈(1,2)，∃x2∈(1,2)，使得f(x1)＝g(x2)，求实数b的取值范围．
解：(1)当x∈(－4，－2)时，有x＋4∈(0,2)，
由条件②得f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)，
再由条件①得f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4ln(x＋4)＋4a(x＋4)．
故f′(x)＝＋4a，x∈(－4，－2)．
由条件③得f(x)在(－4，－2)内有最大值，方程f′(x)＝0，即＋4a＝0在(－4，－2)内必有解，故a≠0，且解为x＝－－4.
又最大值为－4，所以f(x)max＝f＝4ln＋4a·＝－4，即ln＝0，所以a＝－1.
(2)设f(x)在(1,2)内的值域为A，g(x)在(1,2)内的值域为B，
由条件可知A⊆B.
由(1)知，当x∈(1,2)时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝<0，
故f(x)在(1,2)内为减函数，
所以A＝(f(2)，f(1))＝(ln 2－2，－1)．
对g(x)求导得g′(x)＝bx2－b＝b(x－1)(x＋1)．
若b<0，则当x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以B＝(g(2)，g(1))＝.
由A⊆B，得b≤ln 2－2，－b≥－1，
故必有b≤ln 2－3.
若b>0，则当x∈(1,2)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
所以B＝(g(1)，g(2))＝.
由A⊆B，得－b≤ln 2－2，b≥－1，
故必有b≥3－ln 2.
若b＝0，则B＝{0}，此时A⊆B不成立．
综上可知，b的取值范围是∪3－ln 2，＋∞.
三、冲刺满分题
1．(2017·长沙四校联考)已知函数f(x)＝.
(1)讨论函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调性；
(2)若m∈，则当x∈[m，m＋1]时，函数y＝f(x)的图象是否总在函数g(x)＝x2＋x图象上方？请写出判断过程．
解：(1)f′(x)＝＝，
当x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，
当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知f(x)在(m，m＋1)上单调递减，
所以其最小值为f(m＋1)＝em＋1.
因为m∈，g(x)在[m，m＋1]上的最大值为(m＋1)2＋m＋1.
所以下面判断f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1的大小，
即判断ex与(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈.
令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，
令h(x)＝m′(x)，则h′(x)＝ex－2，
因为x＝m＋1∈，
所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)单调递增，
又m′(1)＝e－3<0，m′＝e－4>0，
故存在x0∈，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0.
所以m(x)在(1，x0)上单调递减，在上单调递增，
所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1，
所以当x0∈时，m(x0)＝－x＋x0＋1>0，
即ex>(1＋x)x，
即f(m＋1)>(m＋1)2＋m＋1，
所以函数y＝f(x)的图象总在函数g(x)＝x2＋x图象上方．
2．已知函数f(x)＝xex－aln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．
解：(1)因为f′(x)＝(x＋1)ex－，x>0，
依题意得f′(1)＝0，即2e－a＝0，解得a＝2e.
所以f′(x)＝(x＋1)ex－，
显然f′(x)在(0，＋∞)上单调递增且f′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：①当b≤0时，由(1)知，当x＝1时，f(x)取得最小值e.
又b(x2－2x＋2)的最大值为b，
故f(x)≥b(x2－2x＋2)．
②当00，
则h′(x)＝(x＋2)ex＋－2b，
当x∈(0,1]时，－2b≥0，(x＋2)ex>0，
所以h′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，(x＋2)ex－2b>0，>0，
所以h′(x)>0，
所以当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝e－b≥0，
所以g(x)≥0，
即f(x)≥b(x2－2x＋2)．
综上，当b≤e时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．
第五节
定积分与微积分基本定理
本节主要包括2个知识点：
1.求定积分； 2.定积分的应用.
突破点(一) 求定积分
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．定积分的定义
一般地，如果函数f(x)在区间[a，b]上连续，用分点a＝x00)围成的图形的面积为，则m的值为( )
A．2 B．3 C．1 D．8
解析：选A 由题意得，围成的图形的面积S＝ (m－)dx＝m20＝m3－m3＝，解得m＝2.
5．设变力F(x)(单位：N)作用在质点M上，使M沿x轴正方向从x＝1 m处运动到x＝10 m处，已知F(x)＝x2＋1且方向和x轴正方向相同，则变力F(x)对质点M所做的功为( )
A．1 J B．10 J C．342 J D．432 J
解析：选C 变力F(x)＝x2＋1使质点M沿x轴正方向从x＝1运动到x＝10所做的功W＝∫F(x)dx＝∫(x2＋1)dx＝|＝342(J)．
6．若函数f(x)，g(x)满足－1f(x)g(x)dx＝0，则称f(x)，g(x)为区间[－1,1]上的一组正交函数．给出三组函数：
①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2.其中为区间[－1,1]上的正交函数的组数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选C 对于①，sinxcosxdx＝sin xdx＝0，所以①是区间[－1,1]上的一组正交函数；对于②， (x＋1)(x－1)dx＝ (x2－1)dx≠0，所以②不是区间[－1,1]上的一组正交函数；对于③，x·x2dx＝x3dx＝0，所以③是区间[－1,1]上的一组正交函数．选C.
二、填空题
7．若函数f(x)＝x＋，则f(x)dx＝________.
解析：dx＝＝.
答案：
8．(2017·洛阳统考)函数f(x)＝的图象与直线x＝1及x轴所围成的封闭图形的面积为________．
解析：由题意知所求面积为(x＋1)dx＋exdx＝＋ex＝－＋(e－1)＝e－.
答案：e－
9.dx＋dx＝________；
解析：dx＝ln x＝1－0＝1，因为dx表示的是圆x2＋y2＝4在x轴上方的面积，故dx＝π×22＝2π.所以原式＝2π＋1.
答案：2π＋1
10．如图，由曲线y＝x2和直线y＝t2(0
查看更多
