2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题一第5讲　导数及其应用


第5讲　导数及其应用
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1．导数的几何意义
第11题


　　导数在江苏高考中主要考查：一是导数的运算法则和导数的几何意义，是中档题；二是利用导数来解决函数的单调性与最值问题、证明不等式以及讨论方程的根等，一般在压轴题位置；三是应用导数解决实际问题，试题难度中等．
2．利用导数研究函数的性质

第11题
第11题
3．导数的实际运用

第17题

4．导数的综合运用
第19题
第19题
第20题

1．必记的概念与定理
(1)导数的几何意义
函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数值就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
(2)函数的单调性
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．
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．
(3)函数的极值
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y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数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，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y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
(4)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，要注意端点值与极值比较．
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．
2．记住几个常用的公式与结论
四个易误导数公式及两个常用的运算法则
(1)(sin x)′＝cos x．
(2)(cos x)′＝－sin x．
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)．
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．
(5)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
(6)′＝(g(x)≠0)．
3．需要关注的易错易混点
(1)导数与函数单调性的关系
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0．
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
(2)函数的极值与最值
①函数的极值是局部范围内讨论的问题，函数的最值是对整个定义域而言的，是在整个范围内讨论的问题．
②函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有．
③闭区间上连续的函数一定有最值，开区间内的函数不一定有最值，若有唯一的极值，则此极值一定是函数的最值．


导数的几何意义
[典型例题]
(1)(2019·高考江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
(2)(2019·南通市高三第一次调研测试)已知两曲线f(x)＝2sin x，g(x)＝acos x，x∈相交于点P．若两曲线在点P处的切线互相垂直，则实数a的值为________．　
【解析】　(1)设A(x0，ln x0)，又y′＝，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，将(－e，－1)代入得，－1－ln x0＝(－e－x0)，化简得ln x0＝，解得x0＝e，则点A的坐标是(e，1)．
(2)设点P的横坐标为x0，则2sin x0＝acos x0，
(2cos x0)(－asin x0)＝－1，
所以4sin2x0＝1．因为x0∈，所以sin x0＝，cos x0＝，所以a＝．
【答案】　(1)1　(2)

导数的几何意义是切点处切线的斜率，应用时主要体现在以下几个方面：
(1)已知切点A(x0，f(x0))求斜率k，即求该点处的导数值：k＝f′(x0)；
(2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k；
(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为k时，常需设出切点A(x0，f(x0))，利用k＝求解．
[对点训练]

1．(2019·江苏省四星级学校联考)已知函数f(x)＝ex＋(a∈R，e为自然对数的底数)的导函数f′(x)是奇函数，若曲线y＝f(x)在(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，则x0＝________．
[解析] 由题意知f′(x)＝ex－a·e－x，因为f′(x)为奇函数，所以f′(0)＝1－a＝0，所以a＝1，故f′(x)＝ex－e－x．因为曲线y＝f(x)在(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，所以f′(x0)＝ex0－e－x0＝，解得ex0＝，所以x0＝ln ＝．
[答案]
2．直线l与曲线y＝ex及y＝－x2都相切，则直线l的方程为________．
[解析] 设直线l与曲线y＝ex的切点为(x0，ex0)，直线l与曲线y＝－x2的切点为，因为y＝ex在点(x0，e x0)处的切线的斜率为y′|x＝x0＝ex0，y＝－在点处的切线的斜率为y′|x＝x1＝＝－，则直线l的方程可表示为y＝ex0x－x0ex0＋ex0或y＝－x1x＋x，所以
所以e x0＝1－x0，解得x0＝0．所以直线l的方程为y＝x＋1．
[答案] y＝x＋1

利用导数研究函数的性质
[典型例题]
(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知函数h(x)＝bxln x的图象经过点(e，2e)，函数f(x)＝x－(a，b∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：f(x2)＜x2－1．
【解】　(1)因为函数h(x)＝bxln x的图象经过点(e，2e)，所以b＝2，所以函数h(x)＝2xln x，故函数f(x)＝x－－2ln x，
f′(x)＝1＋－＝，
令f′(x)＝0，得x2－2x＋a＝0，其判别式Δ＝4－4a，
①当Δ≤0，即a≥1时，x2－2x＋a≥0，f′(x)≥0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＞0，即a＜1时，方程x2－2x＋a＝0的两根为x1＝1－，x2＝1＋＞1，
若a≤0，则x1≤0，则当x∈(0，x2)时，f′(x)＜0，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，
此时f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增；
若0＜a＜1，则x1＞0，则当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，
此时f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1时，函数f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增；当a≥1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：由(1)可知，函数f(x)有两个极值点x1，x2，等价于方程x2－2x＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，故0＜a＜1．
由(1)得当0＜a＜1时，x2＝1＋，则1＜x2＜2，a＝－x＋2x2．　
f(x2)－x2＋1＝x2－－2ln x2－x2＋1＝x2－2ln x2－1．
令g(t)＝t－2ln t－1，
则g′(t)＝1－＝，
当1＜t＜2时，g′(t)＜0，
故g(t)在(1，2)上单调递减．
故g(t)＜g(1)＝1－2ln 1－1＝0．
所以f(x2)－x2＋1＝g(x2)＜0，
即f(x2)＜x2－1．

利用导数研究函数性质的一般步骤
(1)确定函数的定义域；
(2)求导函数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0．
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．
(4)①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(5)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[对点训练]
3．已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－3＋＝，
所以f(1)＝－2，f′(1)＝0．所以切线方程为y＝－2．
(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a>0时，
f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝
＝，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝．
①当0<≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增．
所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝－2，符合题意；
②当1< 所以f(x)在[1，e]上的最小值为f ③当≥e，即0 所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(e) 综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．

导数的实际运用
[典型例题]
(2019·江苏省高考名校联考)某制药厂生产一种颗粒状粉剂，由医药代表负责推销，若每包药品的生产成本为6元，推销费用为t(1≤t≤3)元，预计当每包药品的售价为x元时，一年的市场销售量为(20－x)2万包，若从民生角度考虑，每包药品的售价不得高于生产成本的250%，但为了鼓励药品研发，每包药品的售价又不得低于生产成本的200%．
(1)写出该种药品一年的利润W(万元)与每包药品的售价x的函数关系式W(x)；
(2)当每包药品的售价为多少元时，一年的利润W最大，并求出W的最大值．
【解】　(1)W(x)＝(x－6－t)(20－x)2，x∈[12，15]．
(2)由(1)得W′(x)＝(20－x)(32＋2t－3x)，
令W′(x)＝0得x＝20或x＝，
又1≤t≤3，所以≤≤，
故当x≤时，W′(x)≥0，W(x)单调递增；当＜x＜20时，W′(x)＜0，W(x)单调递减；当x≥20时，W′(x)≥0，W(x)单调递增．
又x∈[12，15]，所以当≤12，即1≤t≤2时，W(x)在[12，15]上单调递减，所以当x＝12时，W(x)取得最大值384－64t；
当＞12，即2＜t≤3时，又x∈[12，15]，所以当x＝时，W(x)取得最大值(14－t)3．
综上所述，若1≤t≤2，当每包药品的售价为12元时，一年的利润W最大，最大利润为384－64t万元；
若2＜t≤3，当每包药品的售价为元时，一年的利润W最大，最大利润为(14－t)3万元．

利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系，建立数学模型，写出函数关系式y＝f(x)；
(2)求出函数的导函数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点处的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
[对点训练]
4．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．

(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？
[解] (1)由PO1＝2知O1O＝4PO1＝8．
因为A1B1＝AB＝6，
所以正四棱锥PA1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)．
正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．
(2)设A1B1＝a m，PO1＝h m，
则0 因为在Rt△PO1B1中，O1B＋PO＝PB，
所以＋h2＝36，

即a2＝2(36－h2)．
于是仓库的容积
V＝V柱＋V锥＝a2·4h＋a2·h＝a2h
＝(36h－h3)，0 从而V′＝(36－3h2)＝26(12－h2)．
令V′＝0，得h＝2或h＝－2(舍)．
当00，V是单调递增函数；
当2 故h＝2时，V取得极大值，也是最大值．
因此，当PO1＝2 m时，仓库的容积最大．

导数的综合运用
[典型例题]
(2019·高考江苏卷)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)·(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；
(2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值；
(3)若a＝0，0 【解】　(1)因为a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3．
因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2．
(2)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，
从而f′(x)＝3(x－b)．令f′(x)＝0，得x＝b或x＝．
因为a，b，都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，
所以＝1，a＝3，b＝－3．
此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．
令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1．列表如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32．
(3)因为a＝0，c＝1，
所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，
f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b．
Δ＝4(b＋1)2－12b＝(2b－1)2＋3>0，
则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1 由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝．
列表如下：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的极大值M＝f(x1)．
法一：M＝f(x1)＝x－(b＋1)x＋bx1
＝[3x－2(b＋1)x1＋b]－x1＋
＝＋＋()3
＝－＋[]3
≤＋≤．
因此M≤．
法二：因为0 当x∈(0，1)时，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2．
令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0，1)，则g′(x)＝3(x－1)．
令g′(x)＝0，得x＝．列表如下：
x



g′(x)
＋
0
－
g(x)

极大值

所以当x＝时，g(x)取得极大值，且是最大值，
故g(x)max＝g＝．
所以当x∈(0，1)时，f(x)≤g(x)≤．因此M≤．

利用导数解决综合问题需注意的问题
(1)已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解．
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围：转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题．
(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围：利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象，数形结合求解．
[对点训练]
5．(2018·高考江苏卷)记f′(x)，g′(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”．
(1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”；
(2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝ln x存在“S点”，求实数a的值；
(3)已知函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝．对任意a>0，判断是否存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”，并说明理由．
[解] (1)证明：函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，
则f′(x)＝1，g′(x)＝2x＋2．
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，得此方程组无解，
因此，f(x)与g(x)不存在“S点”．
(2)函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝ln x，
则f′(x)＝2ax，g′(x)＝．
设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f′(x0)＝g′(x0)，得
即(*)
得ln x0＝－，即x0＝e，则a＝＝．
当a＝时，x0＝e满足方程组(*)，
即x0为f(x)与g(x)的“S点”．因此，a的值为．
(3)对任意a>0，设h(x)＝x3－3x2－ax＋a．
因为h(0)＝a>0，h(1)＝1－3－a＋a＝－2<0，且h(x)的图象是不间断的，所以存在x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0．
令b＝，则b>0．
函数f(x)＝－x2＋a，g(x)＝，
则f′(x)＝－2x，g′(x)＝．
由f(x)＝g(x)且f′(x)＝g′(x)，
得
即(**)
此时，x0满足方程组(**)，
即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0，1)内的一个“S点”．
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f(x)与g(x)在区间(0，＋∞)内存在“S点”．

1．(2018·宁波模拟)曲线y＝在点(1，－1)处的切线方程为________．
[解析] 由题意可得：y′＝，所以在点(1，－1)处的切线斜率为－2，所以在点(1，－1)处的切线方程为y＝－2x＋1．
[答案] y＝－2x＋1
2．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(一))若函数f(x)＝x3－3x2的单调递减区间为[a，b]，则a＋b＝______．
[解析] 因为f(x)＝x3－3x2，所以f′(x)＝3x2－6x．令f′(x)≤0，得0≤x≤2，所以函数f(x)的单调递减区间为[0，2]，所以a＝0，b＝2所以a＋b＝2．
[答案] 2
3．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知f(x)是定义在R上的函数，f′(x)为其导函数，f(x)＋f(x＋2)＝4，当x∈[0，2]时，f(x)＝x2，则f′(2 019)＝______．
[解析] 因为f(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝4，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期为4．当x∈[2，4]时，x－2∈[0，2]，f(x－2)＝(x－2)2，因为f(x)＋f(x＋2)＝4，所以f(x－2)＋f(x)＝4，所以f(x)＝4－f(x－2)＝4－(x－2)2＝4x－x2，所以f′(x)＝－2x＋4，根据周期性知，f′(2 019)＝f′(3)＝－2．
[答案] －2
4．已知函数f(x)＝－x2＋2ln x，g(x)＝x＋，若函数f(x)与g(x)有相同的极值点，则实数a的值为________．
[解析] 因为f(x)＝－x2＋2ln x，所以f′(x)＝－2x＋＝－(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，又当00；当x>1时，f′(x)<0，所以x＝1是函数f(x)的极值点．因为g(x)＝x＋，所以g′(x)＝1－．又函数f(x)与g(x)＝x＋有相同极值点，所以x＝1也是函数g(x)的极值点，所以g′(1)＝1－a＝0，解得a＝1．经检验，当a＝1时，函数g(x)取到极小值．
[答案] 1
5．(2019·高三第一次调研测试)在平面直角坐标系xOy中，已知直线y＝3x＋t与曲线y＝asin x＋bcos x(a，b，t∈R)相切于点(0，1)，则(a＋b)t的值为______．
[解析] 由题意可得t＝1，b＝1，y′＝acos x－bsin x，则acos 0－bsin 0＝3，a＝3，所以(a＋b)t＝4．
[答案] 4
6．(2018·高考江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．
[解析] f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3．
[答案] －3
7．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(八))已知函数f(x)＝xln x＋x2－3x在区间内有极值，则整数n的值为______．
[解析] 由题意知，f′(x)＝ln x＋1＋x－3＝ln x＋x－2，令g(x)＝ln x＋x－2，因为g()＝ln ＋－2＝ln －0，所以函数g(x)＝ln x＋x－2在(，2)内有零点．又g′(x)＝＋1>0恒成立，所以函数g(x)＝ln x＋x－2在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g(x)＝ln x＋x－2有唯一的零点x0∈(，2)，则当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，则x0是函数f(x)唯一的极值点，且x0∈(，2)，结合题意可知n＝2．
[答案] 2
8．(2019·高三第二学期四校联考)函数f(x)＝a·ex－e－x的图象在x＝0处的切线与直线y＝2x－3平行，则不等式f(x2－1)＋f(1－x)<0的解集为______．
[解析] f′(x)＝aex＋e－x，由题易知f′(0)＝a＋1＝2，所以a＝1，所以f(x)＝ex－e－x．易知f(x)＝ex－e－x为奇函数且f′(x)＝ex＋e－x>0，所以f(x)在R上单调递增．不等式f(x2－1)＋f(1－x)<0可化为f(x2－1) [答案] {x|0 9．(2019·南京四校第一学期联考)已知函数f(x)＝x2－4x的图象上有两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＜x2，若曲线y＝f(x)在点A，B处的切线互相垂直，则3x1－2x2的最大值是________．
[解析] 由题意得f′(x)＝2x－4，因为曲线y＝f(x)在点A，B处的切线互相垂直，所以x1≠2，x2≠2，(2x1－4)·(2x2－4)＝－1．又x1＜x2，所以2x1－4＜0，2x2－4＞0，x1＝＋2，则3x1－2x2＝3×－2x2＝－2x2－＋6＝－＋2≤－2＋2＝2－，当且仅当(4x2－8)＝时，上式取等号，因此3x1－2x2的最大值为2－．
[答案] 2－
10．(2018·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(x)＝x2－aln x的图象在x＝2处的切线与直线x＋3y＝0垂直，g(x)＝，若存在正实数m，n，使得f(m)≤f(x)，g(n)≤g(x)对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则函数h(x)＝mf(x)＋ng(x)的零点个数是________．
[解析] 由题意可得函数f(x)＝x2－aln x的图象在x＝2处的切线斜率为3，f′(x)＝2x－，f′(2)＝4－＝3，a＝2，f′(x)＝2x－＝，当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(m)＝f(1)，m＝1．g(x)＝x－2(x>0)，g′(x)＝1－＝，当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(n)＝g(1)，n＝1．则h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－2ln x＋x－2，易知当01时，h(x)单调递增，且h(1)＝0，所以函数h(x)有1个零点．
[答案] 1
11．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－x)(a＜0)，g(x)＝．
(1)若函数g(x)的图象在x＝2处的切线在y轴上的截距为4ln 2，求a的值；
(2)判断函数g(x)在x∈(0，1)上的单调性，并说明理由；
(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的实数根x1，x2，求证：x1＋x2＞1．
[解] (1)g(x)＝＝－a(a＜0)，则g′(x)＝＝．
g(2)＝2ln 2－a，g′(2)＝1－ln 2，函数g(x)的图象在x＝2处的切线方程为y－(2ln 2－a)＝(1－ln 2)(x－2)，将点(0，4ln 2)代入，解得a＝－2．
(2)令h(x)＝x－ln x－1，则h′(x)＝1－＝，当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，h(x)＞h(1)＝0，则当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在x∈(0，1)上单调递增．
(3)证明：f′(x)＝2xln x＋x－a(2x－1)，令φ(x)＝2xln x＋x－a(2x－1)(a＜0)，则φ′(x)＝2ln x＋3－2a，易知φ′(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，又φ′(ea－2)＝－1＜0，φ′(1)＝3－2a＞0，则存在x0∈(0，1)，使得φ′(x0)＝0，
即2ln x0＋3－2a＝0，则f′(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，又f′(x0)＝2x0ln x0＋x0－2ax0＋a＝a－2x0＜0，f′(1)＝1－a＞0，
又当0＜x＜x0时，函数f′(x)的图象均在y轴下方，所以可设f′(x3)＝0，则x3∈(x0，1)，所以f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x3，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，不妨设x1＜x2，则数形结合可知0＜x1＜x3＜x2＜1．由(2)知，g(x1)＜g(x3)＜g(x2)，
即
则g(x3)(x－x2)＞f(x2)＝f(x1)＞g(x3)(x－x1)，
所以(x－x2)－(x－x1)＝(x2－x1)(x2＋x1－1)＞0，故x1＋x2＞1．
12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知函数f(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)＝，
由得0e．
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，即0 所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m 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)＝－1＝－1；
③当m≥e时，(m，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝－1．
综上所述，当0 当 当m≥e时，f(x)max＝－1．
13．(2019·高三第二次调研测试)已知函数f(x)＝2ln x＋x2－ax，a∈R．
(1)当a＝3时，求函数f(x)的极值．
(2)设函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)，若函数y＝f(x)－g(x)是(0，＋∞)上的增函数，求x0的值．
(3)是否存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点？并说明理由．
[解] (1)当a＝3时，f(x)＝2ln x＋x2－3x(x>0)，
f′(x)＝＋x－3＝，
令f′(x)＝0得，x＝1或x＝2．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．
x
(0，1)
1
(1，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以函数f(x)的极大值f(1)＝－，极小值为f(2)＝2ln 2－4．
(2)依题意，知切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)，
从而g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)(x0>0)，
记p(x)＝f(x)－g(x)，
则p(x)＝f(x)－f(x0)－f′(x0)(x－x0)在(0，＋∞)上为增函数，
所以p′(x)＝f′(x)－f′(x0)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即p′(x)＝－＋x－x0≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即x＋≥x0＋在(0，＋∞)上恒成立，
因为x＋≥2＝2(当且仅当x＝时，等号成立)，
所以2≥x0＋，从而(x0－)2≤0，所以x0＝．
(3)假设存在一条直线与函数f(x)的图象有两个不同的切点T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，不妨设0 因为l1，l2为同一条直线，所以f′(x1)＝f′(x2)，f(x1)－x1f′(x1)＝f(x2)－x2f′(x2)，即＋x1－a＝＋x2－a，
2ln x1＋x－ax1－x1＝2ln x2＋x－ax2－x2，
整理得2ln＋－＝0．①
令t＝，由0 记p(t)＝2ln t＋－t，则p′(t)＝－－1＝－<0，
所以p(t)在(0，1)上为减函数，所以p(t)>p(1)＝0．
从而①式不可能成立，所以假设不成立，即不存在一条直线与函数f(x)的图象相切于两个不同的点．
14．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)，求c的值．
[解] (1)f′(x)＝3x2＋2ax，
令f′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－．
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∈(－∞，－)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(－，0)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，－)，(0，＋∞)上单调递增，在(－，0)上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪(－，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(0，－)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)，(－，＋∞)上单调递增，在(0，－)上单调递减．
(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，
f(－)＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f(－)＝b(a3＋b)<0，
从而或
又b＝c－a，所以当a>0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0．
设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)，
则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在(1，)∪(，＋∞)上g(a)>0均恒成立，
从而g(－3)＝c－1≤0，且g()＝c－1≥0，因此c＝1．
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，
因为函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪(1，)∪(，＋∞)．
综上c＝1．