浙江专用2025版高考数学一轮复习第三章函数导数及其应用第十一节导数的应用教案含解析

PAGEPAGE1第十一节导数的应用1．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)随意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数；f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．2．函数的极值(1)函数的微小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a旁边其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a旁边的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的微小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的微小值．(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旁边的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b旁边的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．微小值点、极大值点统称为极值点，极大值和微小值统称为极值．3．函数的最值(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．(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．[小题体验]1．(2024·诸暨适应性训练)函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是()A．0 B．1C．2 D．多数个解析：选A函数定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝6x＋eq\f(1,x)－2＝eq\f(6x2－2x＋1,x)，由于x＞0，g(x)＝6x2－2x－1中Δ＝－20＜0，∴g(x)＞0恒成立，故f′(x)＞0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．故选A.2．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案：33．(2024·台州模拟)设在定义域上的可导函数f(x)满意f(ex)＝x－ex，则函数f(x)的解析式为f(x)＝________，它的单调递增区间是________．解析：设t＝ex，则x＝lnt，则f(ex)＝x－ex，等价为f(t)＝lnt－t，即f(x)＝lnx－x，函数的定义域为(0，＋∞)，函数的导数为f′(x)＝eq\f(1,x)－1，由f′(x)＝eq\f(1,x)－1＞0得eq\f(1－x,x)＞0，得0＜x＜1，即函数的单调递增区间为(0,1)．答案：lnx－x(0,1)1．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问题不能直观且有条理的解决．2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．3．留意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区分．[小题纠偏]1．(2024·杭州十二校联考)函数f(x)的导函数f′(x)的图象是如图所示的一条直线l，l与x轴的交点坐标为(1,0)，则f(0)与f(3)的大小关系为()A．f(0)＜f(3) B．f(0)＞f(3)C．f(0)＝f(3) D．无法确定解析：选B由题意知f(x)的图象是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)＞f(3)，故选B.2．函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．解析：y′＝6x2－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8.∴最大值为8.答案：8第一课时导数与函数的单调性eq\a\vs4\al(考点一推断或证明函数的单调性)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2024·杭州模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试探讨f(x)的单调性．解：f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；当a＜0时，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．[由题悟法]导数法推断函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤(1)一求．求f′(x)；(2)二定．确认f′(x)在(a，b)内的符号；(3)三结论．f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．[提示]探讨含参数函数的单调性时，需留意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类探讨．[即时应用]已知函数g(x)＝lnx＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试探讨函数g(x)的单调性．解：(1)g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋b(x＞0)．由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴，得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以b＝－2a－1.(2)由(1)得g′(x)＝eq\f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq\f(2ax－1x－1,x).因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以当a＝0时，g′(x)＝－eq\f(x－1,x).由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1，即函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2a)，若eq\f(1,2a)＜1，即a＞eq\f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜eq\f(1,2a)，由g′(x)＜0，得eq\f(1,2a)＜x＜1，即函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减；若eq\f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq\f(1,2)，由g′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2a)或0＜x＜1，由g′(x)＜0，得1＜x＜eq\f(1,2a)，即函数g(x)在(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0＜a＜eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减；当a＝eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞eq\f(1,2)时，函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减．eq\a\vs4\al(考点二求函数的单调区间)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知函数f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)，若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋a,x)，因为x＝3是f(x)的极值点，所以f′(3)＝eq\f(18－3a＋a,3)＝0，解得a＝9，所以f′(x)＝eq\f(2x2－9x＋9,x)＝eq\f(2x－3x－3,x).由f′(x)＞0，得0＜x＜eq\f(3,2)或x＞3；由f′(x)＜0，得eq\f(3,2)＜x＜3，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，(3，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).[由题悟法]求函数的单调区间的2方法法一：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解不等式f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．法二：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的依次排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，依据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．[即时应用]已知函数f(x)＝lnx－bx＋c，f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y＋4＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－b，∴f′(1)＝1－b，又f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为－1，故1－b＝－1，b＝2.将(1，f(1))代入方程x＋y＋4＝0，得1＋f(1)＋4＝0，f(1)＝－5，∴f(1)＝－b＋c＝－5，将b＝2代入，得c＝－3，故f(x)＝lnx－2x－3.(2)依题意知x＞0，f′(x)＝eq\f(1,x)－2.令f′(x)＞0，得0＜x＜eq\f(1,2)，再令f′(x)＜0，得x＞eq\f(1,2)，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).eq\a\vs4\al(考点三已知函数的单调性求参数的取值范围)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2＜0成立，即x∈(－2，－1)时，a＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))max＝－2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(2,x)即x＝－eq\r(2)时等号成立．所以满意要求的a的取值范围是(－∞，2eq\r(2))．[由题悟法]依据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．[提示]f(x)为增函数的充要条件是对随意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0，且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应留意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[即时应用]在本例中，(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何求解？(2)若g(x)的单调减区间为(－2，－1)，求a的值．(3)若g(x)在(－2，－1)上不单调，求a的取值范围．解：(1)∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，∴g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′－2≤0，,g′－1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2a＋2≤0，,1＋a＋2≤0，))解得a≤－3.即实数a的取值范围为(－∞，－3]．(2)∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)，∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根，∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.(3)由(1)知g(x)在(－2，－1)上为减函数，a的取值范围是(－∞，－3]．若g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知a≥x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋eq\f(2,x)的值域为(－3，－2eq\r(2))，∴a的范围是[－2eq\r(2)，＋∞)，∴函数g(x)在(－2，－1)上单调时，a的取值范围是(－∞，－3]∪[－2eq\r(2)，＋∞)，故g(x)在(－2，－1)上不单调，实数a的取值范围是(－3，－2eq\r(2))．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为()A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：选A函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)＜0，得0＜x＜1.2．(2024·嘉兴六校联考)设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(1,2] B．(4，＋∞)C．(－∞，2) D．(0,3]解析：选A∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，∴f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x＞0)，由x－eq\f(9,x)≤0，得0＜x≤3，∴f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，∴a－1＞0且a＋1≤3，解得1＜a≤2.3．(2024·丽水月考)已知函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(xeq\o\al(2,0)－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]C．(－∞，－1)和(1,2) D．[2，＋∞)解析：选C依据函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(xeq\o\al(2,0)－1)(x－x0)，可知其导数f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)＜0，得x＜－1或1＜x＜2.因此f(x)的单调减区间是(－∞，－1)和(1,2)．4．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为________．解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝x－eq\f(1,x)＜0，得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．答案：(0,1)5．(2024·丽水模拟)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．解析：∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即a＜2x－ex有解．设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln2，则当x＜ln2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞ln2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴当x＝ln2时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2，∴a＜2ln2－2.答案：(－∞，2ln2－2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的大致图象是()解析：选A设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，则g′(x)2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增，结合选项知选A.2．若幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为()A．(－∞，0) B．(－∞，－2)C．(－2，－1) D．(－2,0)解析：选D设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．3．(2024·诸暨模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)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Af′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．4．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对随意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析：选B由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，选B.5．(2024·湖州期中)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满意eq\f(fx,f′x)＋x＜1，则下列结论正确的是()A．对于随意x∈R，f(x)＜0B．对于随意x∈R，f(x)＞0C．当且仅当x∈(－∞，1)，f(x)＜0D．当且仅当x∈(1，＋∞)，f(x)＞0解析：选B∵eq\f(fx,f′x)＋x＜1，f(x)是定义在R上的减函数，f′(x)＜0，∴f(x)＋xf′(x)＞f′(x)，∴f(x)＋(x－1)f′(x)＞0，∴[(x－1)f(x)]′＞0，∴函数y＝(x－1)f(x)在R上单调递增，而x＝1时，y＝0，则x＜1时，y＜0，故f(x)＞0.x＞1时，x－1＞0，y＞0，故f(x)＞0，∴f(x)＞0对随意x∈R成立，故选B.6．(2024·宁波调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________________________________________________________________．解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx＞0(x∈(－π，π))，解得－π＜x＜－eq\f(π,2)或0＜x＜eq\f(π,2)，即函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))7．已知函数f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a＞0)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a＞0，所以0＜a≤eq\f(2,5)或a≥1.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)8．已知函数f(x)(x∈R)满意f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)＜eq\f(1,2)，则不等式f(x2)＜eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集为________．解析：设F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)＜eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＜0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)＜eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)＜f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)＜F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，∴x2＞1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)9．设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，所以f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x＞0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(x－2x－3,x).令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3.当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故函数f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．10．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)推断函数f(x)的单调性．解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．∴当a≤1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，∴当0＜x＜lna时，f′(x)＜0，当x＞lna时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2024·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝x2ex，若f(x)在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．解析：函数f(x)＝x2ex的导数为y′＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2)，令y′＝0，得x＝0或－2，所以函数f(x)在(－2,0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，∴0或－2是函数的极值点，∵函数f(x)＝x2ex在区间[t，t＋1]上不单调，∴t＜－2＜t＋1或t＜0＜t＋1，∴－3＜t＜－2或－1＜t＜0，故实数t的取值范围是(－3，－2)∪(－1,0)．答案：(－3，－2)∪(－1,0)2．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于随意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(m,2)))在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a1－x,x).当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；当a＝0时，f(x)不是单调函数．(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝eq\f(2x－2,x).∴g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，即g′(x)＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′t＜0，,g′3＞0.))当g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对随意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；由g′(3)＞0，即m＞－eq\f(37,3).∴－eq\f(37,3)＜m＜－9.即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－9)).其次课时导数与函数的极值、最值eq\a\vs4\al(考点一运用导数解决函数的极值问题)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——多角探明)[锁定考向]函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．常见的命题角度有：(1)知图推断函数极值；(2)已知函数求极值或极值点；(3)已知函数极值状况求参数值(范围)．[题点全练]角度一：知图推断函数极值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，则下列结论中肯定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)解析：选D由图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2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处取得微小值．角度二：已知函数求极值或极值点2．已知函数f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．解：由f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)，得f′(x)＝1－eq\f(a,ex).①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝lna处取得微小值且微小值为f(lna)＝lna，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＝lna处取得微小值lna，无极大值．角度三：已知函数极值状况求参数值(范围)3．已知函数g(x)＝lnx－mx＋eq\f(m,x)存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．解：因为g(x)＝lnx－mx＋eq\f(m,x)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)－m－eq\f(m,x2)＝－eq\f(mx2－x＋m,x2)(x＞0)，令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.故只需满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h0＞0，,\f(1,2m)＞0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2m)))＜0，))解得0＜m＜eq\f(1,2).所以m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).[通法在握]1．利用导数探讨函数极值问题的一般流程2．已知函数极值点或极值求参数的2个要领(1)列式：依据极值点处导数为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：因为导数值等于零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需验证根的合理性．[演练冲关]1．(2024·浙江十二校联考)如图，已知直线y＝kx＋m与曲线y＝f(x)相切于两点，则F(x)＝f(x)－kx有()A．1个极大值点，2个微小值点B．2个极大值点，1个微小值点C．3个极大值点，无微小值点D．3个微小值点，无极大值点解析：选AF′(x)＝f′(x)－k，如图所示，从而可知F′(x)共有三个零点x1，x2，x3，由图可知，F(x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，(x2，x3)上单调递减，(x3，＋∞)上单调递增，∴x1，x3为微小值点，x2为极大值点，即F(x)有1个极大值点，2个微小值点，故选A.2．设函数f(x)＝eq\f(x2,2)－klnx，k＞0，求f(x)的单调区间和极值．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，＋∞)上的状况如下：x(0，eq\r(k))eq\r(k)(eq\r(k)，＋∞)f′(x)－0＋f(x)eq\f(k1－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)处取得微小值f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk,2)，无极大值．3．(2024·余杭地区部分学校高三测试)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)ax2＋bx(a，b∈R)．若函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点，求3a＋b的取值范围．解：法一：f′(x)＝x2＋ax＋b.由已知可得f′(x)在(0,2)上存在两个不同的零点，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0＞0，,f′2＞0，,Δ＞0，,0＜－\f(a,2)＜2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＞0，,2a＋b＋4＞0，,a2－4b＞0，,－4＜a＜0，))作出满意条件的可行域如图中阴影部分(不包括边界)所示，令z＝3a＋b，由图可知－8＜z＜0，故3a＋b的取值范围为(－8,0)．法二：f′(x)＝x2＋ax＋b.由已知可得f′(x)在(0,2)上存在两个不同的零点，设f′(x)＝x2＋ax＋b＝(x－x1)(x－x2)，其中x1，x2∈(0,2)且x1≠x2.则3a＋b＝f′(3)－9＝(3－x1)(3－x2)－9∈(－8,0)，即3a＋b的取值范围为(－8,0)．eq\a\vs4\al(考点二运用导数解决函数的最值问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．解：(1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋b，因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，又a＝1，所以b＝－3，则f′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(1,2)，x2＝1.当x改变时，f′(x)，f(x)随x的改变状况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值微小值所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq\f(2ax－1x－1,x)(x＞0)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝eq\f(1,2a)，因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝eq\f(1,2a)≠x1＝1.①当a＜0，即eq\f(1,2a)＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.②当a＞0，即x2＝eq\f(1,2a)＞0时，若eq\f(1,2a)＜1，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，[1，e]上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，所以最大值可能在x＝eq\f(1,2a)或x＝e处取得，而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝lneq\f(1,2a)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))2－(2a＋1)·eq\f(1,2a)＝lneq\f(1,2a)－eq\f(1,4a)－1＜0，令f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq\f(1,e－2).若1＜eq\f(1,2a)＜e，f(x)在(0,1)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，e))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，令f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq\f(1,e－2)，与1＜x2＝eq\f(1,2a)＜e冲突．若x2＝eq\f(1,2a)≥e，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，冲突．综上所述，a＝eq\f(1,e－2)或a＝－2.[由题悟法]求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的3步骤(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．[即时应用]已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m＞0，求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值．解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＞0，,x＞0，))得0＜x＜e；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＜0，,x＞0，))得x＞e.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)①当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m≤e，,m＞0，))即0＜m≤eq\f(e,2)时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝eq\f(ln2m,2m)－1；②当m＜e＜2m，即eq\f(e,2)＜m＜e时，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递减，所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(lne,e)－1＝eq\f(1,e)－1；③当m≥e时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝eq\f(lnm,m)－1.综上所述，当0＜m≤eq\f(e,2)时，f(x)max＝eq\f(ln2m,2m)－1；当eq\f(e,2)＜m＜e时，f(x)max＝eq\f(1,e)－1；当m≥e时，f(x)max＝eq\f(lnm,m)－1.eq\a\vs4\al(考点三利用导数探讨函数零点或方程的根)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2024·金华调研)已知函数f(x)＝lnx－ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；(2)探讨f(x)的单调性；(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1，f′(e)＝1＋eq\f(1,e)，∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－(e＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,e)))(x－e)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1))x.(2)f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)(x＞0)，①当a≤0时，明显f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝0，则－2ax2＋x＋1＝0，易知Δ＞0恒成立．设方程的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，则x1x2＝－eq\f(1,2a)＜0，∴x1＜0＜x2，∴f′(x)＝eq\f(－2ax2＋x＋1,x)＝eq\f(－2ax－x1x－x2,x)(x＞0)．由f′(x)＞0得x∈(0，x2)，由f′(x)＜0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝eq\f(1＋\r(8a＋1),4a)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋\r(8a＋1),4a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(8a＋1),4a)，＋∞))上单调递减．(3)函数f(x)有两个零点，等价于方程a＝eq\f(lnx＋x,x2)有两解．令g(x)＝eq\f(lnx＋x,x2)(x＞0)，则g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3).由g′(x)＝eq\f(1－2lnx－x,x3)＞0，得2lnx＋x＜1，解得0＜x＜1，∴g(x)在(0,1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又∵当x≥1时，g(x)＞0，当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，∴作出函数g(x)的大致图象如图，结合函数值的改变趋势猜想：当a∈(0,1)时符合题意．下面给出证明：当a≥1时，a≥g(x)max，方程至多一解，不符合题意；当a≤0时，方程至多一解，不符合题意；当a∈(0,1)时，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＜0，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))－a＜0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(2,a)＋\f(2,a)))＜eq\f(a2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(2,a)))＝a，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))－a＜0.∴方程在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,a)))上各有一个根，∴若f(x)有两个零点，a的取值范围为(0,1)．[由题悟法]利用导数探讨函数零点、方程根的步骤(1)求导，确定单调区间，求极值点；(2)画出草图；(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定参数取值范围等．[即时应用]若方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，求实数m的取值范围．解：将方程(2x－m)lnx＋x＝0两边同除以lnx得(2x－m)＋eq\f(x,lnx)＝0，整理得eq\f(x,lnx)＋2x＝m，即函数g(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x的图象与函数y＝m的图象在(1，e]上有两个不同的交点．又g′(x)＝eq\f(2ln2x＋lnx－1,ln2x)，令g′(x)＝0，则2ln2x＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍去)，即x＝eeq\f(1,2)，当1＜x＜eeq\f(1,2)时，g′(x)＜0，即g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，e\f(1,2)))上单调递减；当eeq\f(1,2)＜x≤e时，g′(x)＞0，即g(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(e\f(1,2)，e))上单调递增．又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\f(1,2)))＝4eeq\f(1,2)，g(e)＝3e，当x→1时，eq\f(x,lnx)→＋∞，∴4eeq\f(1,2)＜m≤3e，故实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(4e\f(1,2)，3e)).eq\a\vs4\al(考点四利用导数探讨不等式的有关问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2024·杭州模拟)已知函数f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx(e为自然对数的底数)，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线相互垂直．(1)求a，b的值；(2)求证：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).解：(1)因为f(x)＝1－eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(lnx－1,x2)，f′(1)＝－1.因为g(x)＝eq\f(ae,ex)＋eq\f(1,x)－bx，所以g′(x)＝－eq\f(ae,ex)－eq\f(1,x2)－b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的一个公共点是A(1,1)，且在点A处的切线相互垂直，所以g(1)＝1，且f′(1)·g′(1)＝－1，即g(1)＝a＋1－b＝1，g′(1)＝－a－1－b＝1，解得a＝－1，b＝－1.(2)证明：由(1)知，g(x)＝－eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x)＋x，则f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x)⇔1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0.令h(x)＝1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x(x≥1)，则h′(x)＝－eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋eq\f(1,x2)＋1＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1.因为x≥1，所以h′(x)＝eq\f(lnx,x2)＋eq\f(e,ex)＋1＞0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)＝0，即1－eq\f(lnx,x)－eq\f(e,ex)－eq\f(1,x)＋x≥0，所以当x≥1时，f(x)＋g(x)≥eq\f(2,x).[由题悟法]1．利用导数解决不等式证明问题的策略(1)证明f(x)＞g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)＞0(利用单调性)，特别状况是证明f(x)min＞g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)＜f(x2)＋g(x2)对x1＜x2恒成立，即等价于函数h(x)＝f(x)＋g(x)为增函数．2．利用导数解决不等式的恒成立问题的策略首先要构造函数，利用导数探讨函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．也可分别变量，构造函数，干脆把问题转化为函数的最值问题．[即时应用](2024·温州月考)设a∈R，函数f(x)＝ax3＋eq\f(x2,2)＋x＋1，g(x)＝ex(e是自然对数的底数)．(1)证明：存在一条定直线l与曲线C1：y＝f(x)和C2：y＝g(x)都相切；(2)若f(x)≤g(x)对x∈R恒成立，求a的值．解：(1)证明：函数f(x)，g(x)的导数分别为f′(x)＝3ax2＋x＋1，g′(x)＝ex，留意到对随意a∈R，f(0)＝g(0)＝1，f′(0)＝g′(0)＝1，故直线l：y＝x＋1与曲线C1：y＝f(x)与C2：y＝g(x)都相切．(2)设函数F(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax3＋\f(x2,2)＋x＋1))e－x，则对随意x∈R，都有F(x)≤1.因对随意a∈R，都有F(0)＝1，故x＝0为F(x)的极大值点，F′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3ax2＋x＋1))e－x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax3＋\f(x2,2)＋x＋1))e－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ax＋3a－\f(1,2)))x2e－x，记h(x)＝－ax＋3a－eq\f(1,2)，则F′(x)＝h(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2e－x))，留意到在x＝0的旁边，恒有x2e－x≥0，故要使x＝0为F(x)的极大值点，必需h(0)＝0(否则，若h(0)＞0，则在x＝0的旁边，恒有h(x)＞0，从而F′(x)≥0，于是x＝0不是F(x)的极值点；同理，若h(0)＜0，则x＝0也不是F(x)的极值点)，即3a－eq\f(1,2)＝0，从而a＝eq\f(1,6).又当a＝eq\f(1,6)时，F′(x)＝－eq\f(1,6)x3e－x，则在(－∞，0)上，F′(x)＞0，在(0，＋∞)上，F′(x)＜0，于是F(x)在(－∞，0)上递增，在(0，＋∞)上递减，故F(x)max＝F(0)＝1.综上所述，a＝eq\f(1,6).一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2024·金华质检)设函数f(x)＝xex＋1，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的微小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的微小值点解析：选D由题意得，f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，则f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以x＝－1为f(x)的微小值点，故选D.2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是()A．25，－2 B．50,14C．50，－2 D．50，－14解析：选C因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.3．已知函数f(x)的定义域为(x1，x2)，导函数f′(x)在(x1，x2)内的图象如图所示，则函数f(x)在(x1，x2)内极值点的个数为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A由f′(x)的图象可知，其与x轴有4个交点，但是只有2个满意由正变负或由负变正的条件，所以f(x)在(x1，x2)内极值点的个数为2.4．函数f(x)＝－x3＋12x＋6，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，3))的零点个数是________．解析：f′(x)＝－3x2＋12，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，3)).当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，2))时，f′(x)＞0，当x∈(2,3]时，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，2))上是增函数，在(2,3]上是减函数．故f(x)极大值＝f(2)＝22.由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＞0，f(3)＞0，所以有0个零点．答案：05．已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的图象经过点(2,4)，且f′(x)＞1，则不等式f(2x－2)＜2x的解集为________．解析：令g(x)＝f(x)－x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝f′(x)－1＞0，所以g(x)＝f(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝f(2)－2＝2.由f(2x－2)＜2x得f(2x－2)－(2x－2)＜2，即g(2x－2)＜g(2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2＞0，,2x－2＜2，))解得1＜x＜2.答案：(1,2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)在区间[e－2，＋∞)上有两个零点，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(2,e)))解析：选A令f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＝0，x∈[e－2，＋∞)，得－a＝xlnx．记H(x)＝xlnx，x∈[e－2，＋∞)，则H′(x)＝1＋lnx，由此可知H(x)在[e－2，e－1)上单调递减，在(e－1，＋∞)上单调递增，且H(e－2)＝－2e－2，H(e－1)＝－e－1，当x→＋∞时，H(x)→＋∞，故当eq\f(2,e2)≤a＜eq\f(1,e)时，f(x)在[e－2，＋∞)上有两个零点．2．(2024·浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)解析：选C由图象可知f(x)过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).3．已知函数f(x)(x∈R)为奇函数，当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx－m2xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＞\f(\r(2),2)))，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则m的值为()A．1 B．2C．e D．e2解析：选C∵f(x)在R上是奇函数，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，∴f(x)在(0,2]上的最大值为－3.∵当x∈(0,2]时，f′(x)＝eq\f(1,x)－m2，令f′(x)＝0，解得x＝m－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＞\f(\r(2),2))).当x∈(0，m－2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(m－2,2]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝m－2时，f(x)在(0,2]上取得最大值－3，即f(m－2)＝lnm－2－m2·m－2＝lnm－2－1＝－3，解得m＝e.4．已知函数f(x)＝1＋x－eq\f(x2,2)＋eq\f(x3,3)－eq\f(x4,4)＋…＋eq\f(x2019,2019)，g(x)＝－1－x＋eq\f(x2,2)－eq\f(x3,3)＋eq\f(x4,4)－…－eq\f(x2019,2019)，设函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)，且函数F(x)的全部零点均在[a，b](a，b∈Z)内，则b－a的最小值为()A．6 B．8C．9 D．10解析：选B易知f′(x)＝1－x＋x2－x3＋…＋x2018，f′(1)＝1＞0.当x＞1时，f′(x)＞0，当x＜1时，f′(x)＞0，因此f(x)是R上的增函数．∵f(0)＝1＞0，f(－1)＝(1－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－\f(1,3)－…－\f(1,2018)－\f(1,2019)))＜0，∴函数f(x)在(－1,0)上有唯一零点，∴函数f(x＋3)在(－4，－3)上有唯一零点．同理，g′(x)＝－1＋x－x2＋…－x2018＝－f′(x)，∴g′(1)＝－1＜0，当x＞1时，g′(x)＜0，当x＜1时，g′(x)＜0，因此g(x)是R上的减函数．∵g(0)＝－1＜0，g(－1)＝(－1＋1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2018)＋\f(1,2019)))＞0，∴函数g(x)在(－1，0)上有唯一零点，∴函数g(x－4)在(3,4)上有唯一零点，∵函数F(x)＝f(x＋3)g(x－4)的全部零点均在[a，b](a，b∈Z)内，∴(b－a)min＝4－(－4)＝8.5．(2024·台州调研)若函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2，对于随意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1] B．(－∞，0]C．(－∞，3] D．(－∞，4]解析：选Df(x)＝2x＋1－x2－2x－2≤0，即2x＋1≤x2＋2x＋2.设g(x)＝2x＋1，h(x)＝x2＋2x＋2，当x≤－1时，0＜g(x)≤1，h(x)＝x2＋2x＋2≥1，所以当a≤－1时，满意对随意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当－1＜x＜4时，因为g(0)＝h(0)＝2，g(1)＝4＜h(1)＝5，g(2)＝8＜h(2)＝10，g(3)＝16＜h(3)＝17，所以当－1＜a≤4时，亦满意对随意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立；当x≥4时，易知f′(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，设F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2，则F′(x)＝2x＋1·(ln2)2－2＞0，所以F(x)＝2x＋1·ln2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f′(x)≥f′(4)＝32ln2－10＞0，所以函数f(x)＝2x＋1－x2－2x－2在[4，＋∞)上是增函数，所以f(x)≥f(4)＝32－16－8－2＝6＞0，即当a＞4时，不满意对随意的x∈Z且x∈(－∞，a)，f(x)≤0恒成立．综上，实数a的取值范围是(－∞，4]．6．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为________．解析：易知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，令f′(x)＜0，得0＜x＜1，令f′(x)＞0，得x＞1，故函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为f(1)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7．从边长为10cm×16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm3.解析：设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，则x∈(0,5)．则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或eq\f(20,3)(舍去)，∴ymax＝6×12×2＝144(cm3)．答案：1448．(2024·绍兴八校联考)已知函数f(x)＝lnx－ax2，若f(x)恰有两个不同的零点，则a的取值范围为________．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＝eq\f(1－2ax2,x).当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f(x)不行能有两个不同的零点．当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝eq\r(\f(1,2a))，当0＜x＜eq\r(\f(1,2a))时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞eq\r(\f(1,2a))时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以f(x)的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))＝lneq\r(\f(1,2a))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))2＝－eq\f(1,2)ln2a－eq\f(1,2).当x→0时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞，要使函数f(x)恰有两个不同的零点，只需满意－eq\f(1,2)ln2a－eq\f(1,2)＞0，即ln2a＜－1，所以0＜2a＜eq\f(1,e)，即0＜a＜eq\f(1,2e)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))9．(2024·杭州模拟)已知函数f(x)＝eq\f(4x2－7,2－x)，x∈[0,1]．(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]，若对于随意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝eq\f(－4x2＋16x－7,2－x2)＝－eq\f(2x－12x－7,2－x2).令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝eq\f(7,2)(舍去)．当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1f′(x)－0＋f(x)－eq\f(7,2)－4－3∴函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).当x∈[0,1]时，f(x)的值域为[－4，－3]．(2)g′(x)＝3(x2－a2)．∵a≥1，当x∈(0,1)时，g′(x)＜3(1－a2)≤0，因此当x∈(0,1)时，g(x)为减函数，从而当x∈[0,1]时，有g(x)∈[g(1)，g(0)]．又g(1)＝1－2a－3a2，g(0)＝－2a，即当x∈[0,1]时，有g(x)∈[1－2a－3a2，－2a]．对于随意x1∈[0,1]，f(x1)∈[－4，－3]，存在x0∈[0,1]使得g(x0)＝f(x1)成立，则[1－2a－3a2，－2a]⊇[－4，－3]．即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a－3a2≤－4，①,－2a≥－3.②))解①式得a≥1或a≤－eq\f(5,3)；解②式得a≤eq\f(3,2).又a≥1，故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).10．(2024·绍兴一中质检)函数f(x)＝alnx－bx2(x＞0)；(1)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．(2)当b＝0时，若不等式f(x)≥m＋x对全部的a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，x∈(1，e2]都成立，求实数m的取值范围．解：(1)①f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx，∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝a－2b＝0，,f1＝－b＝－\f(1,2)，))解得