高考数学文科导数与函数训练复习专题

高考文科数学专题复习导数训练题一、考点回顾和基础知识1．导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容．考查方式以客观题为主，主要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义.2.导数的应用是高中数学中的重点内容,导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工具,特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题.选择填空题侧重于利用导数确定函数的单调性、单调区间和最值问题,解答题侧重于导数的综合应用,即与函数、不等式、数列的综合应用.3.应用导数解决实际问题,关键是建立适当的数学模型（函数关系）,如果函数在给定区间内只有一个极值点,此时函数在这点有极值,而此时不用和端点值进行比较,也可以得知这就是最值.导数导数导数的概念导数的运算导数的应用导数的几何意义、物理意义函数的单调性函数的极值函数的最值常见函数的导数导数的运算法则2.导数（导函数的简称）的定义：设是函数定义域的一点，如果自变量在处有增量，则函数值也引起相应的增量；比值称为函数在点到之间的平均变化率；如果极限存在，则称函数在点处可导，并把这个极限叫做在处的导数，记作或，即=.注：①是增量，我们也称为“改变量”，因为可正，可负，但不为零.②以知函数定义域为，的定义域为，则与关系为.3.求导数的四则运算法则：（为常数）*复合函数的求导法则：或4.几种常见的函数导数：I.（为常数）（）II.二、经典例题剖析考点一：求导公式例1是的导函数，则.考点二：导数的几何意义例2.已知函数的图象在点处的切线方程是，则.考点三：导数的几何意义的应用例3.已知曲线直线且直线与曲线相切于点求直线的方程及切点坐标.考点四：函数的单调性例4.设函数在及时取得极值.(1)求的值及函数的单调区间；(2)若对于任意的都有<成立，求的取值范围.考点五：函数的最值例5.已知为实数，(1)求导数；(2)若求在区间上的最值.考点六：导数的综合性问题例6.设函数为奇函数，其图象在点处的切线与直线垂直，导函数(1)求的值；(2)求函数的单调递增区间，并求函数在上的最大值和最小值.例7．已知在区间上是增函数,在区间上是减函数，又．（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）若在区间上恒有成立，求的取值范围．例8．设函数（），其中．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）当时，求函数的极大值和极小值；（Ⅲ）当时，证明存在，使得不等式对任意的恒成立．例9．已知在上是增函数,上是减函数,方程有三个实根，它们分别是(1)求的值，并求实数的取值范围；(2)求证：≥方法总结（一）方法总结导数是中学限选内容中较为重要的知识，由于其应用的广泛性，为我们解决所学过的有关函数问题提供了一般性方法，是解决实际问题强有力的工具．导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的对象．要牢记导数公式，熟练应用导数公式求函数的导数，掌握求导数的方法．应用导数解决实际问题的关键是要建立恰当的数学模型，了解导数概念的实际背景．应用导数求函数最值及极值的方法在例题讲解中已经有了比较详细的叙述．（二）高考预测导数的考查方式以客观题为主，主要考查求导数的基本公式和法则，以及导数的几何意义．也可以解答题的形式出现，即以导数的几何意义为背景设置成导数与解析几何的综合题．导数的应用是重点，侧重于利用导数确定函数的单调性和极值、最值、值域问题．四、强化训练1．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（）A．1 B．2 C．3 D．42．函数已知在时取得极值，则（）（A）2 （B）3 （C）4 （D）53．函数在区间上的最大值是（）A． B． C． D．4．三次函数在内是增函数，则（）A． B．C． D．5．在函数的图象上,其切线的倾斜角小于的点中,坐标为整数的点的个数是（） A．3 B．2 C．1 D．06．已知函数当时，取得极大值7；当时，取得极小值．求这个极小值及的值．7．设函数已知是奇函数.（1）求的值；（2）求的单调区间与极值.8．用长为18cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？9．已知函数，其中是的导函数.(I)对满足的一切的值，都有，求实数的取值范围；(II)设，当实数在什么范围内变化时，函数的图象与直线只有一个公共点.10．设函数．(I)求的最小值；(II)若对恒成立，求实数的取值范围．11．设函数(I)若函数在处取得极小值求的值；(II)求函数的单调递增区间；(III)若函数在上有且只有一个极值点，求实数的取值范围．12．已知二次函数满足：对任意，都有≥且当时，有≤成立．(I)试求的值；(II)若求的表达式；(III)在(II)的条件下，若时，>恒成立，求实数的取值范围．13．已知函数(I)当时，求的最大值和最小值；(II)当<2且时，无论如何变化，关于的方程总有三个不同实根，求的取值范围．例题参考答案例13；例23；例3；例4(1)增区间为；减区间为，(2)；例5(1)(2)；例6(1)(2)；例7解：（Ⅰ），由已知，即解得，，，．（Ⅱ）令，即，，或．又在区间上恒成立，．例8解：（Ⅰ）当时，，得，且，．所以，曲线在点处的切线方程是，整理得．（Ⅱ）解：，．令，解得或．由于，以下分两种情况讨论．（1）若，当变化时，的正负如下表：因此，函数在处取得极小值，且；函数在处取得极大值，且．（2）若，当变化时，的正负如下表：因此，函数在处取得极小值，且；函数在处取得极大值，且．（Ⅲ）证明：由，得，当时，，．由（Ⅱ）知，在上是减函数，要使，只要即①设，则函数在上的最大值为．要使①式恒成立，必须，即或．所以，在区间上存在，使得对任意的恒成立．例9解：(1)在上是增函数，在上是减函数，所以当时，取得极小值，又方程有三实根，的两根分别为又在上是增函数，在上是减函数，>0在上恒成立，<0在上恒成立．由二次函数的性质知，>0且≥<≤故实数的取值范围为(2)是方程的三个实根，则可设又有<≤≥强化训练答案：ADAAD6．解：.据题意，－1，3是方程的两个根，由韦达定理得∴，∴极小值7．解：（1）∵，∴。从而＝是一个奇函数，所以得，由奇函数定义得；（2）由（Ⅰ）知，从而，由此可知，和是函数是单调递增区间；是函数是单调递减区间；在时，取得极大值，极大值为，在时，取得极小值，极小值为。8．解：设长方体的宽为（m），则长为(m)，高为.故长方体的体积为从而令，解得（舍去）或，因此.当时，；当时，，故在处取得极大值，并且这个极大值就是的最大值。从而最大体积，此时长方体的长为2m，高为1.5m.答：当长方体的长为2m时，宽为1m，高为1.5m时，体积最大，最大体积为．9．解：（Ⅰ）由题意，令，对，恒有，即∴即解得故时，对满足的一切的值，都有（Ⅱ）①当时，的图象与直线只有一个公共点②当时，列表：极大极小∴<，又∵的值域是，且在上单调递增∴当时函数的图象与直线只有一个公共点。当时，恒有由题意得即解得综上，的取值范围是.10．解：（Ⅰ），当时，取最小值，即．（Ⅱ）令，由得，（不合题意，舍去）．当变化时，的变化情况如下表：递增极大值递减在内有最大值．在内恒成立等价于在内恒成立，即等价于，所以的取值范围为．11．解：(I)(II)令当>1时，由>0得的单调递增区间为；当=1时，≥0，即的单调递增区间为；当<1时，由>0得的单调递增区间为．(III)由题意知<1且<0，解得<<即实数的取值范围为12．（Ⅰ）由条件知≥2，≤（Ⅱ）由得又≥恒成立，即≥0恒成立，>0，且≤≤≥0（III）>在恒成立，即>0在恒成立≥0>0≤0①由<0，解得<<；②{ ，解出≤>0≤0故的取值范围为．13．解：（Ⅰ）≥单调递增；≤单调递减；为和的最小者，（Ⅱ）令则因总有三个不同实根，即的图象与轴总有三个不同的交点，当<0时，<1，的极大值为的极小值为要使的图象与轴总有三个不同的交点，只需>0且<0在<0时恒成立，易有≥≥且≤>≤0，≤≤0．②当0<<2时，的极大值为的极小值为由题意有>0且<0，此时．知识梳理1.函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点:若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点:若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.2.函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件:如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤考点一用导数研究函数的极值命题角度一根据函数图象判断极值【例1】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)解析由题图可知，当x<－2时，1－x>3，此时f′(x)>0；当－2<x<1时，0<1－x<3，此时f′(x)<0；当1<x<2时，－1<1－x<0，此时f′(x)<0；当x>2时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.答案D命题角度二求函数的极值【例2】求函数f(x)＝x－alnx(a∈R)的极值.解由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，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，令f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)，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－alna，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－alna，无极大值.命题角度三已知极值求参数【例3】已知关于x的函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋bx2＋cx＋bc在x＝1处有极值－eq\f(4,3)，试求b，c的值.解∵f′(x)＝－x2＋2bx＋c，由f(x)在x＝1处有极值－eq\f(4,3)，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝－1＋2b＋c＝0，,f（1）＝－\f(1,3)＋b＋c＋bc＝－\f(4,3).))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,c＝－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－1，,c＝3.))若b＝1，c＝－1，则f′(x)＝－x2＋2x－1＝－(x－1)2≤0，f(x)没有极值.若b＝－1，c＝3，则f′(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1).当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋01f(x)极小值－12极大值－eq\f(4,3)∴当x＝1时，f(x)有极大值－eq\f(4,3)，满足题意.故b＝－1，c＝3为所求.【训练1】设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).(1)当a＝1，且函数图象过(0，1)时，求函数的极小值；(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围.解由题意得f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函数图象过(0，1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1.令f′(x)>0，解得x<eq\f(1,3)或x>1；令f′(x)<0，解得eq\f(1,3)<x<1.所以函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增；在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减.故函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f(x)在R上无极值点，则f(x)在R上是单调函数，故f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立.当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；当a≠0时，f′(x)≥0或f′(1)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq\f(4,3).综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).考点二利用导数求函数的最值【例4】(2017·郑州模拟)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f(x)＝(x－k)ex，得f′(x)＝(x－k＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝k－1.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：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，函数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0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1.当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；当1<k<2时，f(x)min＝－ek－1；当k≥2时，f(x)min＝(1－k)e.【训练2】设函数f(x)＝alnx－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切，(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值.解(1)由f(x)＝alnx－bx2，得f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx(x>0).∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切.∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝a－2b＝0，,f（1）＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2).))(2)由(1)知f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2，则f′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)，当eq\f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)>0，得eq\f(1,e)<x<1，令f′(x)<0，得1<x<e，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e)上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－eq\f(1,2).考点三函数极值与最值的综合问题【例5】已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值.解(1)f′(x)＝eq\f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)＝eq\f(－ax2＋（2a－b）x＋b－c,ex).令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，由于ex>0.令f′(x)＝0，则g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c＝0，∴－3和0是y＝g(x)的零点，且f′(x)与g(x)的符号相同.又因为a>0，所以－3<x<0时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g（0）＝b－c＝0，,g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex).因为f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，又f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.【训练3】(2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)；由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上递增，即f(x)在x＝eq\f(1,a)处有极小值.综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－lnx.因此f(x)≥bx－2⇒1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)≥b，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即b≤1－eq\f(1,e2).故实数b的最大值是1－eq\f(1,e2).第4讲导数与函数的综合应用考点一利用导数研究函数的性质【例1】(2015·全国Ⅱ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(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减.(2)由(1)知，当a≤0，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>2a－2等价于lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0<a<1时，g(a)<0；当a>1时，g(a)>0.因此，a的取值范围是(0，1).【训练1】设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.(1)若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－eq\f(16,3)，求f(x)在该区间上的最大值.解(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)＋2a，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a；令eq\f(2,9)＋2a＞0，得a＞－eq\f(1,9).所以，当a＞－eq\f(1,9)时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间.(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－eq\f(16,3)，而f′(x)＝－x2＋x＋2a的图象开口向下，且对称轴x＝eq\f(1,2)，∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f′(x0)＝0，此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，f(1)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)＋2a＝eq\f(1,6)＋2a＞0，∴f(4)＝－eq\f(1,3)×64＋eq\f(1,2)×16＋8a＝－eq\f(40,3)＋8a＝－eq\f(16,3)⇒a＝1.此时，由f′(x0)＝－xeq\o\al(2,0)＋x0＋2＝0⇒x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝f(2)＝eq\f(10,3).考点二利用导数研究函数的零点或方程的根【例2】(2015·北京卷)设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k>0.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点.(1)解由f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－eq\f(k,x)＝eq\f(x2－k,x).由f′(x)＝0，解得x＝eq\r(k)(负值舍去).f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)eq\f(k（1－lnk）,2)所以f(x)的单调递减区间是(0，eq\r(k))，单调递增区间是(eq\r(k)，＋∞).f(x)在x＝eq\r(k)处取得极小值f(eq\r(k))＝eq\f(k（1－lnk）,2).(2)证明由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f(eq\r(k))＝eq\f(k（1－lnk）,2).因为f(x)存在零点，所以eq\f(k（1－lnk）,2)≤0，从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，eq\r(e))上单调递减，且f(eq\r(e))＝0，所以x＝eq\r(e)是f(x)在区间(1，eq\r(e)]上的唯一零点.当k>e时，f(x)在区间(0，eq\r(e))上单调递减，且f(1)＝eq\f(1,2)>0，f(eq\r(e))＝eq\f(e－k,2)<0，所以f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点.综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，eq\r(e)]上仅有一个零点.【训练2】(2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围.解(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq\f(2,3).当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)cc－eq\f(32,27)所以，当c>0且c－eq\f(32,27)<0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2,3)))，x3∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0))，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点.考点三导数在不等式中的应用命题角度一不等式恒成立问题【例3】(2017·合肥模拟)已知f(x)＝xlnx，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.(1)如果函数g(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，求函数g(x)的解析式；(2)对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围.解(1)g′(x)＝3x2＋2ax－1，由题意3x2＋2ax－1<0的解集是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，即3x2＋2ax－1＝0的两根分别是－eq\f(1,3)，1.将x＝1或－eq\f(1,3)代入方程3x2＋2ax－1＝0，得a＝－1.所以g(x)＝x3－x2－x＋2.(2)由题意2xlnx≤3x2＋2ax－1＋2在x∈(0，＋∞)上恒成立，可得a≥lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)，设h(x)＝lnx－eq\f(3,2)x－eq\f(1,2x)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(3,2)＋eq\f(1,2x2)＝－eq\f(（x－1）（3x＋1）,2x2)，令h′(x)＝0，得x＝1或－eq\f(1,3)(舍)，当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，所以当x＝1时，h(x)取得最大值，h(x)max＝－2，所以a≥－2，所以a的取值范围是[－2，＋∞).【训