2020年全国版高考数学必刷题：第六单元导数在函数中的应用

1、第六单元导数在函数中的应用考点一利用导数研究函数的极值、最值1. (2017 年全国n卷)若x=-2 是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为().A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1【解析】函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1,则f(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=ex-1 x2+(a+2)x+a-1.由x=-2 是函数f(x)的极值点，得f(-2)=e-3 (4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,所以a=-1.所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,f(x)=ex-1 (x2+x-2).由 ex-10 恒成立，得当x

2、=-2 或x=1 时,f(x)=0,且当x0;当-2x1 时,f(x)1 时,f(x)0.所以x=1 是函数f(x)的极小值点.所以函数f(x)的极小值为f(1)=-1.故选 A.【答案】A2.(2013 年全国I卷)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=4x+4.(1) 求a,b的值;(2) 讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值.【解析】(1)f(x)=ex(ax+a+t)-2x-4,由已知得f(0)=4,f(0)=4，故b=4,a+b=8,从而a=4,b=4.(2)由(1)知,f(x)=4eX(x+1)-x2-4x,f(x

3、)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(e?1).令f(x)=0,得x=-In 2 或x=-2,从而当x匕(-g,-2)U(-In 2，+%)时,f(x)0;当x (-2,-ln 2 )时,f(x)0.故f(x)在(-g,-2),(-In 2，+g)上单调递增，在 (-2,-ln 2 )上单调递减，当x=-2 时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(-2)=4(1-e-2).3.(2015 年全国n卷)已知函数f(x)=lnx+a(1-x).(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 当f(x)有最大值，且最大值大于 2a-2 时，求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+g),

4、f(x)=?a.若a0,所以f(x)在(0,+g)上单调递增.11 11若a0 则当x (0,?时,f(x)0;当x(勿+g)时,f(x)0.所以f(x)在(0,?上单调递增，在 (刁+g)上单调递减.(2)由(1)知，当a0 时,f(x)在x=?处取得最大值，最大值为1 1 1f(?=ln (?+a(1 -?=-lna+a-1.1因此f(刃2a-2 等价于 lna+a-10.令g(a)=lna+a-1，得g(a)在(0,+g)上单调递增，且g(1)=0.于是，当 0a1 时,g(a)1 时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1).4. (2017 年全国皿卷)已知函数f(x)=x-1-a

5、lnx.(1) 若f(x) 0,求a的值；1 1 1(2) 设m为整数，且对于任意正整数 n,(1 + -) (1 +歹).(1 +2?m求m的最小值.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+X),若aw0,因为f(2)=-1+aln 20,由f(x)=1-?=-?知,当x (0,a)时,f(x)0.所以f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+%)上单调递增 故x=a是f(x)在(0,+x)的唯一最小值点.因为f(1)=0 所以当且仅当a=l 时,f(x) 0, 故a=l.由(1)知，当x (1,+x)时,x-1-lnx0.1i i令x=1堺?得 In (1 +2?)2?1 1 1从而 In

6、 (1 +2)+ln (1 +尸)+ln (1 +2?故(1 +) (1 +22) . (1 +2?2,m为整数,所以m的最小值为 3.5.(2013 年全国H卷)已知函数f(x)=ex-In (x+n.(1) 设x=0 是f(x)的极值点，求n并讨论f(x)的单调性；(2) 当nw2 时，证明f(x)0.【解析】(1)f(x)=ex-?+?由x=0 是f(x)的极值点，得f(0)=0,所以m=.于是f(x)=ex-ln (x+1),定义域为(-1,+x),f(x)=ex-?+1x1函数f(x)=e-茹在(-1,+x)上单调递增，且f(0)=0,因此当x (-1,0)时,f(x)0.一1 12

7、2+所以f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增.(2)当me2,X (-m,+8)时,in (x+n)0.xi当m=2 时，函数f(x)=e-?(-2,+8)上单调递增.又f(-1 )0,故f(x)=0 在(-2,+8)上有唯一实根xo,且xo (-1,0).当x (-2,X0)时,f(x)0,从而当X=X0时,f(x)取得最小值.由f(x0)=0 得 e?=?1；2,ln (X0+2)=-x。，2故f(x)愉戶爲+沪欝耳综上，当me2 时,f(x)0.考点二利用导数研究函数的单调性和不等式6.(2016 年全国I卷)若函数f(x)=x-?sin 2x+asinx在(-8,

8、+8)上单调递增，则a的取值范围是().A.-1,1【解析】取a=-1,则f(x)=xsin 2x-sinx,f(x)=1-cos 2x-cosx,但f(0)=1-1=-0 时,xf(x)-f(x)0 成立的x的取值范 围是().A. (-8,-1)U(0,1)B.(-1,0)U(1,+8)C.(-8,-1)U(-1,0)D.(0,1)U(1 ,+8)?(?)?(?(?)【解析】设y=g(x)=(x工 0),则g(x)=询 ，当x0 时,xf(x)-f(x)0,.g(x)O,g(x)R 时,f(x)0,0 x1,当xO,g(x)O,x0 成立的x的取值范围是(-a,-1)U(0,1),故选 A

9、【答案】A8.(2015年全国I卷)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数X。使得f(x)0,则a的取值范围是().。【着4)【解析】vf(0)=-i+a2e.又Ta,.2wa 1，使得f(X0)?，求a的取值范围?【解析】(1)f(x)=?+(1-a)x-b.由题设知f(1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定义域为(0,+),A.-2e,i)33B._2e,4)1-?2由(1)知,f(x)=alnx+亍x-x.? 1-? ?f(x)科+(1-处-1=予(?？存?(x-1).1 ?若aO,f(x)在(1,+s)上单调递增.2 1 -? ? 1 ? ? _ _所

10、以存在xo 1,使得f(xo)务的充要条件为f(1)务，即身？1莎解得-辺-1a迈-1.1 ? ? ? ? ?若产a1,故当x (1,而？时,f(x)O,所以f(x)在(1,而?上单调递减，在(乔？+叼上单调递，亠心?所以存在xo1，使得f(Xo)药的充要条件为f(1?1，则f(1 )=亍-1=).1O.(2O16 年全国H卷)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(1)当a=4 时,求曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程；若当x (1,+时,f(x)O,求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(O,+*).当a=4 时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),1

11、f(1)=O,f(x)=lnx+?3,f(1)=-2.故曲线y=f(x)在(1 ,f(1)处的切线方程为 2x+y-2=O.当xe(1,+g)时,f(x)O 等价于 lnx-2?+1O.设g(x)=lnx-?+p12?+2(1 -a)x+1、g(x)=?(?+1)2-?(?+1当ax2-2x+1O,故g(x)O,即g(x)在(1,+)上单调递增，因此g(x)O；,g(1)=O.当a2 时，令g(x)=0 得xi=a-1-V(?1)2-i ,x2=a-1+V(?1)2-i.由x21 和X1X2=1 得x11,故当x (1,X2)时,g(x)0,即g(x)在(1 刈上单调递减，因此g(x)0.综上

12、可知,a的取值范围是(-g,2.11.(2016 年全国皿卷)设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性；?1(2)证明当x (1,+时,11，证明当x (0,1)时,1+(C-1)xcx.1【解析】(1)由题设,f(x)的定义域为(0,+g),f(x)=?1,令f(x)=o,解得x=1.当 0 x0,f(x)单调递增；当x1 时,f(x)0,f(x)单调递减.(2)由(1)知,f(x)在x=1 处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x工 1 时,lnxx-1.1 1故当x (1，+g)时,lnxx-1,ln?1,?1即1m?1,设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g(

13、x)=c-1-cxlnc.用？令g(x)=0,解得x0%?：当x0,g(x)单调递增；当xx。时,g(x)0,g(x)单调递减.由知 1c,故 0X01.又g(0)=g(1)=0,故当 0 x0.所以当x (0,1)时,1+(c-1)xcx.考点三禾U用导数研究函数的零点问题12.(2017 年全国i卷)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性；若f(x)有两个零点，求a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(-3+，f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).若a 0,则f(x)0,则由f(x)=0 得x=-lna.当x (

14、-g,-lna)时,f(x)0.所以f(x)在(-g，-ina)上单调递减，在(-lna,+g)上单调递增.(2)若a0,由(1)知，当x=-lna时,f(x)取得最小值，最小值为f(-lna)=1-+lna.当a=1 时，由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点;1当a (1,+g)时，由于 1-?+lna0,IPf(-lna)0,故f(x)没有零点；当a (0,1)时,1-?+lna0,即f(-lna)-2e-2+20,故f(x)在(-g,-lna)有一个零点.设正整数n。满足n0ln(?1 则f(n0)=e?(ae?)+a-2)-ne?-n2?-n0.由于 ln(3-1L-lna,

15、因此f(x)在(-lna,+g)有一个零点.综上可知,a的取值范围为(0,1).蕉舸叠能搭舸嗣谿鯉尉滋舸叠空 研Lm高频考点：利用导数判断函数的图象，求单调区间、极值、最值，根据参数的范围证明不等式、判断函数的零点.命题特点：各类题型均有，都是与函数结合考查，此类题目的压轴试题难度较大、逻辑性强，对考生运算能力要求较高.备考时 应注意总结规律、强化训练，突破难关. 6.1 导数在研究函数中的应用必备知识7一F函数的单调性与导数在(a,b)内的可导函数f(x),f (x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.f(x)0?f(x)在(a，b)上为_.f(x)w0?f(x)在(a，b)上为_.函数的

16、极值与导数1.函数的极小值函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近的其他点的函数值都小，f (a)=0,而且在点x=a附近的左侧_右侧_,则点a叫作函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫作函数y=f(x)的极小值.2.函数的极大值函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近的其他点的函数值都大极小值点和极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值,f (b)=0,而且在点x=b附近的左侧 _ ,右侧 _ ,则点b叫作函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫作函数y=f(x)的极大值.函数的最值与导数1.在闭区间a,b上连续的函数f(x)必有最大值与最小值.2

17、._若函数f(x)在a,b上单调递增则为函数的最小值, 为函数的最大值若函数f(x)在a,b上单调递减 则_ 为函数的最大值，_为函数的最小值3.设函数f(x)在a,b上连续且在(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_;将f(x)的各极值与 _ 进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值?左学右考1判断下列结论是否正确，正确的在括号内画“V”，错误的画“X(1)f(x)R是f(x)为增函数的充要条件.(2) 函数的极大值不一定比极小值大.闭区间上的连续函数一定有最大值和最小值(4)函数f(x)=x2-1,其极值点为(2,0).

18、2如图所示的是函数y=f(x)的导函数y=f(x)的图象，则下面判断正确的是().A在区间(-2,1)上,f(x)是增函数B.在区间(1,3)上 ,f(x)是减函数C 在区间(4,5)上,f(x)是增函数D 当x=2 时,f(x)取到极小值()()()()3设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a0.当 0a4 时,0X21,(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；当x 0,1时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.知识清单一、增函数 减函数二、1.f(x)0f(x)0,得f(x)为增函数，反之不一定成立，如y=x3在 R 上单调递增，但f(x)=3x20.(2) 正确，一个函

19、数的极大值、极小值没有确定的大小关系，极大值可能比极小值小.(3) 正确，由最值的定义可知，闭区间上的连续函数一定有最大值和最小值(4) 错误，极值点是实数，不是点.【答案】(1)x(2)V(3)V(4)X2.【解析】A、B 错误，由导函数与函数的关系可知f(x)在区间(-2,1)和(1,3)上有增，有减;C 正确,在区间(4,5)上f(x)0 所以f(x)是 增函数;D 错误，当x=2 时,f(x)取到极大值.【答案】C3.解析】(1)函数f(x)的定义域为 R,f(x)=1+a-2x-3x2.令f(x)=0,不妨设X1V%,得 为=-1-育+3?淤2=-1+；+3?,.f(x)=-3(x-

20、x1)(x-X2).当xX2时,f(x)0.-1 - v4+3?-1+ v4+3?-1 -V4+3?-1+ v4+3?即f(X)在(-8,3)和 w，+g上单调递减，在(一3,-3)上单调递增.(2)丁a,.x10.由(1)知f(x)在0,X2上单调递增，在X2,1上单调递减，.f(x)在X=X2处取得最大值当a4 时,X2 1,由(1)知f(x)在0,1上单调递增，/.f(x)在x=0 和x=1 处分别取得最小值和最大值;由(1)知f(x)在0,X2上单调递增，在X2,1上单调递减，.f(x)在X=X2处取得最大值又f(0)=1,f(1 )=a,若 0a1,f(x)在x=1 处取得最小值 若

21、a=1,f(x)在x=0 和x=1 处同时取得最小值若 1a4,f(x)在x=0 处取得最小值.曲戲蹩酬能能罔鯉酬滋牌了矣力:题型一利用导数研究函数的单调性【例 1】已知函数f(x)=ln (eX+1)-ax.(1)讨论函数y=f(x)的单调性；若函数y=f(x)在0,+a)上单调递增，求实数a的取值范围【解析】(1)函数f(x)的定义域为 R,e?1由已知得f(x)=e?1-a=仁e?+7-a.当a0,函数y=f(x)在R上单调递增.当a 1 时,f(x)0,函数y=f(x)在 R 上单调递减.当 0a0,得(1-a)(eX+1)1,即 e-1+?解得xln石?？由f(x)0,得(1-a)(

22、eX+1)1,即 eXv-1+?解得xvln而当ae(0,1)时，函数y=f(x)在(In*?+叼上单调递增，在 k-a,in?上单调递减综上可知，当a 1 时,f(x)在 R 上单调递减;? ?当 0a0,即aw【解析】(1)当a=0 时,f(x)=lnx+x,e?令h(x)=評1，由h(x)0,得h(x)在0,+上单调递增h(x)min=h(0)=2，.aW1,1故实数a的取值范围是(-吃.(1) 研究含参数的函数的单调性时，要依据参数对不等式解集的影响分类讨论.(2) 划分函数的单调区间时，不仅要在函数定义域内讨论，还要确定导数为 0 的点和函数的间断点【变式训练 1】设函数f(x)=a

23、f-a-Inx,其中a Re=2.718为自然对数的底数(1)讨论f(x)的单调性;e(2)已知g(x)=2ax-f以)-尹?证明：当x1 时,g(x)0.1 2?1【解析】(1)由题意得f(x)=2ax-?j?-(x0).若a 0,则f(x)上单调递减.若a0,由f(x)=0 得 当x (0,冷?？时,f(x)0,f(x)单调递增.1 e 1 e _ _1 e(2)由已知得g(x)=2ax-2ax+?e?=?評要证g(x)0,只需证。?了.因为x1，即证 ex-1x.令s(x)=ex-1-x,则s(x)=ex-1-1.当x1 时,s(x)0,s(x)在(1,+x)上单调递增,s(x)s(1)

24、=0,所以 ex-1x,从而g(x)=?為刃.题型二利用导数研究函数的极值_ 1 2【例 2】(2017 湖南怀化市一模)已知函数f(x)=lnxpax+xaER(1) 当a=0 时,求函数f(x)在(1,f(1)处的切线方程；【解析】(1)当a=0 时,f(x)=lnx+x,(2) 令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值.当xe(0,a)时,f(x)0,则f(1)=1,所以切点为(1,1).又f(x)=1+1,则切线斜率k=f(1 )=2,故切线方程为y-1=2(x-1),即 2x-y-1=0.12(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-ax+(1-a)x+1,所以

25、g(x)gax+(1-a)尹?严1.若ao,所以g(x)0.所以g(x)在(0,+a)上是单调递增函数，无极值.1-?(x+1)若a0,g(x)=方,1令g(x)=0，得x=?1 1所以当xe(0,?时,g(x)0；当x(?+a)时,g(x)0,1 1因此函数g(x)的单调递增区间是(0,?,单调递减区间是(1?+a),1 1 1所以当x=?时,g(x)有极大值g(?=27?lna.综上可知，当a0 时，函数g(x)有极大值2?lna,无极小值.求可导函数f(x)的极值的步骤:(1)确定函数的定义域，求导函数f(x);(2)求方程f(x)=0 的根;(3)检验极值点左右两侧的符号 已知极值求参

26、数时，要注意检验所求是否有极值的条件.【变式训练 2】求函数f(x)=x-a(lnx+1)(aeR)的极值.?【解析】由f(x)=1-?=石,x0 知,若a0,函数f(x)为(0,+a)上的增函数，函数f(x)无极值.若a0,由f(x)=0,解得x=a.从而函数f(x)在x=a处取得极小值，且极小值为f(a)=-alna,无极大值.综上可知，当a0 时，函数f(x)在x=a处取得极小值-alna,无极大值.题型三 利用导数研究函数的最值?【例 3】已知aGR 函数f(x)=?+lnx-1.(1) 当a=1 时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程；求 f(x)在区间(0,e上的最小

27、值.1【解析】(1)当a=1 时,f(x)=?+|nx-1,xG(0,+),1 1 ?-?1所以f(x)=-?+?=?-,xG(0,+x).1 1所以f冷,即曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线斜率为4.1 1 1又因为f(2)=ln 2-2,所以曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为y-(ln2二)=4(x-2),即x-4y+4ln 2-4=0.?(2) 因为f(x)=?+lnx-1,? 1 ?所以f(x)=-?+?=-?,xG(0,e.令f(x)=0，得x=a.若a0,f(x)在区间(0,e上单调递增，此时函数f(x)无最小值.若 0ae,则当xG(0,a)时,f(x)0,

28、函数f(x)在区间(a,e上单调递增，所 以当x=a时，函数f(x)取得最小值 lna.若ae,则当xG(0,e时,f(x) 0,函数f(x)在区间(0,e上单调递减，?所以当x=e 时，函数f(x)取得最小值综上可知，当a 0 时，函数f(x)在区间(0,e上无最小值；当 0va e 时，函数f(x)在区间(0,e上的最小值为 g在熟练掌握求函数最值的步骤的基础上，还要注意正确求导，准确确定极值、端点处的函数值，比较极值与端点处函数值的大 小，有时需要通过作差或作商来比较.【变式训练 3】已知函数f(x)=x-eax(a0).(1) 求函数f(x)的单调区间；1 2(2) 求函数f(x)在?

29、上的最大值.【解析】(1)f(x)=1-ae：令f(x)=1-aeax=0，则x=?n1?当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x“ 1 1(-a,-?a a11In -aa“1 1(?, +a)a af (x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减1111故函数f(x)的增区间为(-s，?n?,减区间为(?n？+a).1 1 2 1 1 2 2 22由(1)知，当?n?孑?即 0a 訂时,f(x)在?上单调递增，所以f(x)max=f(?=?e;当?n?即ae时，f(x) 在【?上单调递减，所以f(X)max=f(?=?e.1 22综上所述，当 0ae?时,f(x)max=?e;当e

30、2ae时，f(x)max=?e.方法一分类讨论，不重不漏利用导数研究函数问题时，遇到题目中含有参数，常常要结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此类题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况.参数有几何意义时还要考虑运用数形结合思想，分类讨论要做到分类标准明确，不重不漏.【突破训练 1】已知函数f(x)=x-alnx(a R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；?+1设g(x)=-帀,若不等式f(x)g(x)对任意x1,e恒成立，求a的取值范围.? ?-?【解析】(1)f(x)=x-alnx(x0)，f(x)=1-芳帀,当aO,f(x)单调递增，f(x)无极值；当a0

31、 时，令f(x)0,解得xa,令f(x)0,解得 0 xg(x)对任意x 1,e恒成立，令h(x)=f(x)-g(x),即h(x)最小值0在1，e上恒成立，? ?+1_(?+1)?(?+1)h (x)=1-?帀一当 1+aw1,即aw0 时,h(x)在1 ,e上为增函数,h(x)min=h( 1)=1+1+a0,解得a-2,即-20 时，当 1+a e, 即a e-1 时,h(x)在1 ,e上单调递减，h(x)min=h(e)=e+?-+1-a0,解得ae-1,.e-1wa -e-1则h(x)=x-aln?+1x+(aR),?.e2+1e-1当 11+ae,即 0ae-1 时,h(x)min=

32、h(1+a),/0ln (1+a)1,0aln (1+a)2,此时h(1+a)成立.时,不等式f(x)g(x)对任意x 1,e恒成立.方法二巧用转化思想，妙解导数题转化思想在导数研究函数中应用广泛，如根据函数单调性求参数的一般方法是转化为集合间的包含关系，建立不等式处理或转化为不等式的恒成立问题解决，即“若函数单调递增，则f(x) 0;若函数单调递减，则f(x) 0 在1,+s)上恒成立，即a-2x2-2x在区间1,+)上恒成立.-2X2-2X在1,+)上的最大值为-4,.-4.经检验：当a=-4 时,f(x)=2?：；-4=2?；：+?F0,x匕【化+).实数a的取值范围是-4,+p.1.(

33、2017安徽江淮十校三模)若函数f(x)=2x2-9lnx在区间a-1，a+1上单调递减，则实数a的取值范围是().A14Ca2D.0a0,由f(x)=x-9 0,得 0 x 3.函数f(x)=V-9lnx在区间a-1,a+1上单调递减,2综上可知，当-2a 0?合 1 丄 3 解得3a4【答案】A1 12.(2017 唐山一模)已知函数f(x)=lnx-x+?若a=f(3),b=f(n),c=f(5),则().AcbaB.cabC.bcaD.acb【解析】?12+3f(x)的定义域是(0,+s),f(x)=?1-?2=-匕2二5n；.f(5)vf(n)f(：),即cb0,b R)的一个极值点

34、，则 Ina与b-1 的大小关系是().A.Inab-1 B.lna0),11-3?贝寸g (a)=?6=?.1令g(a)0,解得 0a-;1令g(a)3,1 1故g(a)在(0,3)上单调递增,在(3,+呵上单调递减,V4V4令f(X)0,解得 OVXF；令f(X)0,解得X.f(x)在0,J)上单调递增，在 ( ,+上单调递减，3故g(a)max=g(3)=1-ln 30,所以 lna0,解得xa+1;令f(x)a+1.故f(x)在(-ya+1)上单调递增，在(a+1,+上单调递减，故x=a+1 是函数f(x)的极大值点.由题意得,0a+l2,解得-la0)上的最小值.【解析】(1)f(x

35、)_nx+x?_lnx+1，当x_1时,f(1)_1,f(1)_0. f (x)在x_1 处的切线方程是y_x-1,1若x (0,詁,则f(x)0,f(x)单调递增.7消去y得,x +(1-a)x+1_0,由题意得,A=(1-a)2-4_0,解得a_3 或a_-1.(2)由 (1)知,f(x)_nx+1,4 4 1 11 1 |1当 0tt+4We，即 0te-4时,f(x)在 ?,?4上单调递减,.f(X)min=f(?+4)= t+41 111 1 1 1当0tet+4,即e-4te时,f (x)min=f(e)=-e;111 1当eWt 目时,f(x)在?,?4上单调递增，.f(X)mi

36、n=f(t)=tlnt.1 1 1 1(?+4) ln (?+4) ,0 tW-4,1 111综上可知,f(x)min=-e,e-4 t 0 且函数f(x)在(1,e)上有极小值时，求实数a的取值范围.1【解析】(1)当a=0 时,f(x)=xlnx+b：f(x)=1+lnx 0 在-,+8)上恒成立,f(X)在1,+8)上单调递增，1 1 f(X)min=f(e)=-e+b.1 1当-e+b 0,即bo,即be时,函数没有零点.?(2)Tf(x)=lnX+T?,X(1,e),令g(x)=lnx+?(a).d 77g(x)=?+?0 恒成立，.g(x)在(1 ,e)上单调递增.?/g(x)g(

37、1 )=1-a,g(x)g(e)=2-e函数f(x)在(1,e)上有极小值,?(1)= 1-? 0 解得1a0).(1)当m=时,求曲线y=f(x) g(x)在x=1 处的切线方程(2)讨论函数F(x)=f(x)-g(x)在(0,+X)上的单调性.?ln?【解析】(1)当m=时，曲线y=f(x) g(x)=?+j,y=(1+ln?)(?+1)- ?ln?=ln?+?+1 (?+1)2(?+1)2当x=1 时,切线的斜率为1.又切线过点(1,0),1故切线方程为y=2(x-1),即x-2y-1=0.? 1(2)f以)訥)=聞,F(x)=f(X)-g仪)=务J壬空半? (?+1)2?(?+12若

38、me o,则F(x)4时,k(x)0,此时F(x) 0,函数F(x)在(0,+X)上单调递增.1当 A0,即卩 0m2,XiX2=1,? ?.Ovxi1 X2,此时，函数F(x)在(0,xi),(X2,+x)上单调递增，在(xi,X2)上单调递减综上所述，当me0 时,F(x)的单调递减区间是(0,+*);当 0m4时,F(x)的单调递增区间是(0,+a).I0.设a为实数，函数f(x)=ex-2x+2a,xeR(1) 求f(x)的单调区间与极值.(2) 求证:当an 2-1 且x0 时,exx2-2ax+i.【解析】(i)由f(x)=ex-2x+2a,xeR 知f(x)=ex-2,x R令f

39、(x)=0,得x=ln 2 ,当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：x (-a,ln 2 )ln 2f (x)-0f(x)极小值故f(x)的单调递减区间是(-a,ln 2 ,单调递增区间是In 2，+a),f(x)在x=ln 2 处取得极小值，极小值为f(ln 2 )=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).(2)设g(x)=ex-x2+2ax-1,xeR于是g(x)=ex-2x+2a,xeR.由(1)知当aln 2-1 时,g(x)的最小值为g(ln 2 )=2(1-ln 2+a)0.于是对任意xeR 都有g(x)0,所以g(x)在 R 上单调递增.于是当aln 2-

40、1 时,(1-2?)-vT47?2?,X2=(1-2?)+ vT-4?2?(ln 2 ,+a)+/对任意x (0,+X),都有g(x)g(O).而g(0)=0,从而对任意x (0,+x),g(x)0.即 ex-x2+2ax-10,故ex-2ax+1.6.2 导数的综合应用、必备知识一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.对h(x)求导.4.利用h(x)判断h(x)的单调性或最值.5.下结论.二一元三次方程根的个数问题令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),则f(x)=3ax2+2bx+c.2方程f(x)=0的判别式A =(2b)-12ac.1.当Aw0

41、,即b2w3ac时,f(x)0恒成立,f(x)在R上为增函数,又易知存在x,xR,使f(x)f(x)0,即b23ac时，方程f(x)=0有两个实根，设为X1,X2(X1m(1)当m时方程f(x)=0有_ 个实根；当m=0时方程f(x)=0有_个实根；当ma,则实数a的取值范围是 _.324若函数f(x)=2x -9x +12x-a恰好有两个不同的零点，则a的值为_.5已知函数f(x)=x3-3x+c的图象与x轴有三个交点，求c的取值范围.知识清单 二、1.一2.(1)(2)两三(4)两(5)基础训练1.解析】y=-x2+81=-(x-9)(x+9),由已知得当(0,9)时,函数单调递增；当x(

42、9,+x)时，函数单调递减.所以当x=9 时，该生产厂 家获得年利润最大.答案】C2.解析】y=ex+a,由已知得x=ln (-a)0,解得aa,则a0,解得-2c2.题型一不等式恒成立问题例 1】已知函数f(x)=ax+xlnx(a R).(1) 若函数f(x)在区间e,+x)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) 0 在e,+x)上恒成立，即 lnx+a+1 0 在e,+x)上恒成立，即a-(Inx+1)在e,+上恒成立.又-(Inx+1 )max=-(ln e+1 )=-2,. .a-2.故a的取值范围是卜 2,+*)(2)vf(x)=x+xlnx

43、,x (1,+x).?(?L?+? In?.k1 恒成立.1 ?-1令h(x)=x-lnx-2(x1),则h(x)=1-,?=?0,h(x)在(1,+x)上单调递增.vh(3)=1-In 30,存在X。e(3,4)使h(x)=0.即当 1xxo时,h(x)0,即g(x)xo时,h(x)0,即g(x)0. g(x)在(1 ,x0)上单调递减，在(x0,+x)上单调递增.由h(X0)=X0-lnX0-2=O，得 InX0=X0-2,g(x)min=g(X0)=? ?(；：?0)=?(：? f2)=X0e(3,4),k0.(1) 求f(x)的单调区间；2(2) 求所有的实数a,使 e-1 f(x)0

44、,因为a0,所以f(x)的单调递增区间为(0,a),单调递减区间为(a,+.令g(x)=?+? In?w则“、？ln?2g (x)W.所以f(x)=?-2x+a=-(爲.丿要使 e-1f(x)e-1,得a-1 e-1,即ae.?(1)= ?1 e-1由(1)知f(x)在 1,e上单调递增，只要?(e)= ?e2.aeve2解得a=e.?(e)= ?-e + ae 0,都有f(x)ex.e?【解析】(1)函数f(x)的定义域是(0,+g),f(X)=e蒔，当a0,f(x)在(0,+百上单调递增.?当a0 时，令f(x)0,解得xe.?令f(x)0,解得 0 xe；? ?故f(x)在(0,e)上单

45、调递减，在(云，+a)上单调递增；综上可知，当a0 时,f(X)在(0,e)上单调递减，在( , +a)上单调递增.-X21(2)要证明f(x)e 即证明 eln%+?尹，构造函数h(x)=e-x,h(x)=e-1,令h(x)=0,得x=1.故h(x)在(0,1)上单调递减，在 (1,+a)上单调递增./h(x)h(1)=0，于是有 ex-1x,x0,从而-4?,益-.e-1?21 1下面只需证明 elnx+护？?即证 elnx+?歹 0.令F(x)=elnx+如0),则F1 1 1故F(x)在(0,；)上单调递减，在(e，+a)上单调递增，即FX)F(y=o.1 7x-111.2 1-当x=

46、e时,ex, 0e?te?.利用导数证明不等式的方法：一般是构造辅助函数，并求此函数的导数，然后根据函数的单调性、极值、最值等证明，如证明f(x)vg(x),x (a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,那么Rx)在(a,b)上是减函数，同时若F(a)0,由减函数的定义可知，当x (a,b)时，有F(x)0，即证明了f(x)g(x).n?【变式训练 2】当 0 xx+y.?1222【解析】设f(x)=tanx-(?+可),则f(x)=_-1-x =tanx-x =(tanx-x)(tanx+x).3COS x1令g(x)=x-tanx则g(x)=1-co亦.n因为

47、0 x2-,所以g(x)0,n所以g(x)在(0, R 上单调递减,g(x)g(0)=0,所以x0,f(x)为增函数,f(x)f(0).?而f(0)=0,所以f(x)0,即 tanx-(x+y)0,故 tanxx+3.题型三利用导数研究函数的零点问题【例 3】已知函数f(x)=(2-a)x-2(1+lnx)+a.(1) 当a=1 时，求f(x)的单调区间；1(2) 若函数f(x)在区间(0, J 上无零点，求a的最小值.【解析】(1)当a=1 时,f(x)=x-1-2lnx,则f(x)=1-?定义域为(0,+*).由f(x)0,得x2;由f(x)0,得 0 x2.故f(x)的单调递减区间为(0

48、,2),单调递增区间为(2,+X).(2)f(x)=(2_a)(x_1)_2lnx,令m(x)=(2-a)(x-1),h(x)=2lnx,则f(x)=m(x)-h(x).1 11当ah(2),即(2-a)(2-1) 2ln/.a2-4ln 2 ,.2-4ln 2 a2 时,在区间(0,-)上,m(x)0,h(x)2-4ln 2 ,.amin=2-4ln 2.利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略:研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画岀函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数【变式训练 3】

49、已知x=1 是函数f(x)=3ax3-|x2+(a+1)x+5 的一个极值点.(1) 求函数f(x)的解析式；(2) 若曲线y=f(x)与直线y=2x+m有三个交点，求实数m的取值范围.【解析】(1)f(x)=ax-3x+a+1,由f(1)=0,得a=1,y=3x3-3x2+2x+5.(2)曲线y=f(x)与直线y=2x+m有三个交点，即g(x)=1x3-3x2+2x+5-2x-m=0 有三个根，即有三个零点.由g(x)=x2-3x=0，得x=0 或x=3.由g(x)0 得x3;由g(x)0 得 0 x 01只需?；) 0,解得产 m1故实数m的取值范围为(p5).题型四 利用导数研究生活中的

50、优化问题【例 4】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位汗克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式?2y=_+10(x-6)，其中 3x6,a为常数.已知销售价格为 5 元/千克时，每日可售出该商品 11 千克.(1) 求a的值；(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)因为当x=5 时,y=11,所以2+10=11,解得a=2.22由(1)知,该商品每日的销售量丫=至+10&-6),22 2所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3) + 10(x-6)2=2+10(x-3)(x-

51、6) ,3x0)千米/时的燃料费用为Q元，则Q=kx.由6=kx10,可得k=00，.Q=0X3.二总费用尸(爲?？+ 96) ?=500 x26? 96 -y =而-询,令y=0,得x=20,x(3,4)f (x)+4(4,6)0 -f(x)单调递增极大值 42 单调递减，解决这类问题要明确自变量的意义以及最值问题所研当xG(0,20)时,yv0,此时函数单调递减当xG(20,+*)时,y0,此时函数单调递增.当x=20 时,y取得最小值，此轮船以 20 千米/时的速度行驶时，每千米的费用总和最小方法一构造函数法解决数学问题的方法有很多，构造函数法是其中的一种基本方法.所谓构造函数法就是根据

52、问题的条件或结论所具有的特征 通过构造一个相关的新函数，实现问题的转化，使转化后的问题比原问题更易理解，更富启发性，从而使问题得以解决.构造辅助函 数的方法很多，在选择构造方法的过程中要注意根据实际需要，使构造的辅助函数为问题的解决起到桥梁的作用?(?)【突破训练 1】(2017 武汉调研)已知函数f(x)=lnx-?(aGR).(1)求函数f(x)的单调区间；证明:不等式(x+1)lnx2(x-1)对任意xG(1,2)恒成立.?-?【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+ if(x)=?当a0,f(x)在(0,+%)上为增函数；当a0 时,f(x)在(a,+%)上为增函数，在(o,a)上

53、为减函数.x G(1,2),则$(X)在(1,2)为增函数，$(x)$(1)=0，即xG(1,2),F(x)0,.F(x)在(1,2)上为增函数F(x)H1)=0,.(x+1)lnx2(x-1)对任意xG(1,2)恒成立.方法二分离参数法分离参数法是解决含参问题的基本思想之一，对待含参不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离岀来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的性质就可以解决问题.【突破训练 2】当xG-2,0时，不等式ax3-x2+4x+30 恒成立，求实数a的取值范围.令F(x)=(x+1)lnx-2(x-1 ),F(

54、x)=lnx+fln?-?1x-p?.令$(x)=n?x-帀，由 (1)知当a=1 时,$(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+%)上为增函数【解析】当x=0 时,ax3-x2+4x+3 0 变为 3 0 恒成立，即aGR当xe -2,-1)时Mx)0.当x=-1 时,$(x)有极小值，即为最小值.而$(X)min=$(-1)=-2,.a w-2.-1综上可知，实数a的取值范围为(-8,-2.1.(2017 湖北联考)已知函数f(x)=ax8 9-4ax-lnx,则f(x)在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是().8【解析】由已知f(x)=2ax-4a-?当a=0 时,f(x)0,f(

55、x)在 (0,+8)上单调递减.当a 0 时，要使f(x)在 (1,3)上不单调，则f(x)=2ax-4a-?=)在(1,3)上有解.此方程可化为 2ax2-4ax-仁 0,得X1+%=2，因此方程的两个解不可能都大于1,从而它在(1,3)上只有1 1一个解.又充要条件是(2a-4a-1)(18a-12a-1)0,解得a6,因此选项 D 是满足要求的一个充分不必要条件.故选 D【答案】D2.(2017 广西一模)若函数f(x)在 R 上可导，且满足f(x)f(2)C.2f(1)=f(2) Df(1)=f(2)【解【解析】设g(x)=?则g(x)=?(?)fx)vxf(x),.g(x)0,即g(

56、x)在(0,+8)上单调递增，.2?1)誓),即 2f(1)vf(2).【答案】A当xe-2,0)时,a0,函数是增函数，排除 AD;当x=1 时,f(-1)0)在区间(1,1)内有极大值,则a的取值范围是().1A ( , +8)B. (1,+x)eC.(1,2)D (2,+8)1若f(x)在(2,1)内有极大值?(_) 0则，解得 1a2.?(1) 0,【答案】C5.(2017 天津市红桥区期中)已知函数y_f(x)的导函数y_f(x)的图象如图所示，给出下列命题0 是函数y_f(x)的一个极值点1函数y_f(x)在x_-2处的切线斜率小于零3f(-1)f(0)；4当-2x0.其中正确的是

57、 _.(写岀所有正确命题的序号)1【解析】当x0 时,f(x)0；当x_0 时,f(x)_0;当-2x0,.0 是函数y_f(x)的一个极值点，故正确.Tf( -)0,L/ JA13【解析】2 ?(2a+1)x+2f(x)=ax-(1+2a)+?=? -_(?)(?-2) ?(a0,x0),1函数y_f(x)在x_-2处切线的斜率大于零，故错误.当-2x0, f(-1)vf(0),故正确.当-2x0,不确定f(x)0,故错误.【答案】6.(2017 天津市红桥区一模)已知定义在 R 上的函数f(x)满足:f(2)=1,且对任意的x R,都有f(x)W,则不等式f(log2x)92X+1的解33

58、集为_.1 1【解析】设F(x)=f(x)-gX,则F(x)=f(x)-3g3+1，得f(log2x)-1g2x3.由f(2)-：X2=3，得F(log2X)F(2)(X0),则 log2X2,解得 0 x4. /.不等式的解集为x|0 x4.33【答案】x|0 x0.(1) 当a=2 时,求函数f(x)的单调区间;(2) 若关于x的不等式f(x)w0 在1,+*)上有解，求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=2 时，函数f(x)=x3+2x2-4x-1,f(x)=3x2+4x-4=(3x-2)(x+2).299当? 1,即a 3 时,f(x)在区间1,+x)上单调递增， fx)在1,+x)

59、上的最小值为f(1),由f(1) 0,得 1+a-a2-1 1 或a 0(舍去),Ka 3.11由f(x)0,解得-2x0，x2=-a0,解得x3或x1,即a3 时,f(x)在区间(1,?)上单调递减，在(3?+上单调递增rr f(X)在1,+8)上的最小值为f(3).33?亨？亨3273)=27+9-石-10,解得a_-仑，-综上可知，实数a的取值范围是1,+8.(2017 株洲市醴陵二中月考)已知函数f(x)=af+bx-lnx(a,b R).(1)当a=8,b=-6 时，求f(x)的零点个数;设a0,且x=1 是f(x)的极小值点，试比较 Ina与-2b的大小.1 1当 0 x2时,f(

60、x)2时,f(x)0.1 1f(x)在(0,-)上单调递减，在(2，+ 上单调递增f(x)的极小值是f(1).又.f(2)=-1+|n 20),则g(a)=；1?4=,1当 0a0,g(a)单调递增；1当a-时,g(a)0,g(a)单调递减.1因此g(a)g(4)=1-ln 40,故 lna0 时，若f(x)在区间1,e上的最小值为-2,求a的取值范围；a3.【解析】(1厂a=i,b=-(2?1)(8?+1)?(x0),(2)若对任意X1，X2(0,+X),X1X2，且f(xj+2x10 时,f(x)=2ax-(a+2)+?=?(x0).”=2?(a+2)x+1(2?1)(?)小11令f(x)=0,得