2020高考数学文科大一轮复习导学案：第二章函数、导数及其应用2.11导学案





知识点一　利用导数研究函数的单调性
函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，
1．若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内是单调递增函数；
2．若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内是单调递减函数；
3．若恒有f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常函数．

1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　×　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　√　)
(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．(　√　)
(4)开区间上的单调连续函数无最值．(　√　)
2．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　A　)

A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数
B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数
C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数
D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数
解析：当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．
3．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　D　)
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
知识点二　　利用导数研究函数的极值
函数极值的概念
函数y＝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.
类似地，函数y＝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.
我们把点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；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．极大值点和极小值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．

4．(选修1—1P98A组第4题改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　A　)

A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正．
5．函数f(x)＝lnx－ax在x＝1处有极值，则常数a＝1.
解析：∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，经检验符合题意．
知识点三　　函数最值的求解步骤
一般地，求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

6．函数f(x)＝x3－4x＋4在[0,3]上的最大值与最小值分别为4，－.
解析：由f(x)＝x3－4x＋4，得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)>0，得x>2或x<－2；
令f′(x)<0，得－2 在(－2,2)上单调递减，而f(2)＝－，f(0)＝4，f(3)＝1，故f(x)在[0,3]上的最大值是4，最小值是－.

1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
2．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．

3．注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．
(1)若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数最值点．
(2)若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点亦为极值点．
第1课时　导数与函数的单调性

考向一　　利用导数讨论函数的单调性
【例1】　(1)(2019·开封调研)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____________．
(2)已知函数f(x)＝lnx＋，其中常数k>0，讨论f(x)在(0,2)上的单调性．
【解析】　(1)f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.
令f′(x)＝xcosx>0，则其在区间(－π，π)上的解集为∪，
即f(x)的单调递增区间为和.
(2)因为f′(x)＝－－1＝
＝－(00)．
①当0k>0，且>2，
所以x∈(0，k)时，f′(x)<0，x∈(k,2)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，k)上是减函数，在(k,2)上是增函数；
②当k＝2时，＝k＝2，f′(x)<0在(0,2)上恒成立，所以f(x)在(0,2)上是减函数，
③当k>2时，0<<2，k>，所以x∈时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0，所以函数f(x)在上是减函数，在上是增函数．
【答案】　(1)和
(2)见解析

在例1(2)中，将“(0,2)”改为“(0，＋∞)”，其他条件不变，求函数f(x)的单调区间．
解：由例题知f′(x)＝－(x>0，k>0)．
①当0 ②当k＝2时，k＝＝2，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上为减函数．
③当k>2时，k>，f(x)的单调减区间为和(k，＋∞)，增区间为.

1.确定函数单调区间的步骤,(1)确定函数f(x)的定义域.
(2)求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.
2.研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.

(1)函数y＝4x2＋的单调增区间为(　B　)
A．(0，＋∞) B.
C．(－∞，－1) D.
解析：由y＝4x2＋，得y′＝8x－，令y′>0，即8x－>0，解得x>，
∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.故选B.
(2)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R，令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间．
解：由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
则g′(x)＝－2a＝.
若a≤0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
若a>0，当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
考向二　　根据函数单调性求参数的范围
【例2】　(1)若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)内是减函数，则b的取值范围是________．
(2)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】　(1)(分离参数法)若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)内是减函数，则对任意x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝－x＋≤0，只需b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)内恒成立，
令y＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，则在(－1，＋∞)内y>－1，∴b的取值范围是b≤－1.
(2)∵函数f(x)＝x2－ex－ax，
∴f′(x)＝2x－ex－a.
∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a>0有解，
即a<2x－ex有解．
令g(x)＝2x－ex，
g′(x)＝2－ex＝0，x＝ln2，
g′(x)＝2－ex>0，x g′(x)＝2－ex<0，x>ln2，
∴当x＝ln2时，g(x)max＝2ln2－2.
∴a<2ln2－2.
故实数a的取值范围是(－∞，2ln2－2)．
【答案】　(1)b≤－1　(2)(－∞，2ln2－2)

1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
2.若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.

(1)设函数f(x)＝在区间(a，a＋2)内单调递增，则实数a的取值范围是[0，e－2]．
(2)已知函数g(x)＝kx3－x－2在区间(1,2)内不单调，则实数k的取值范围是.
解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(x)＝>0，
解得0 若函数f(x)在区间(a，a＋2)内单调递增，
则即0≤a≤e－2.
故实数a的取值范围是[0，e－2]．
(2)依题意g′(x)＝3kx2－1.
①当k≤0时，g′(x)＝3kx2－1≤0，
∴g(x)在(1,2)内单调递减，不满足题意；
②当k>0时，g(x)在内单调递减，在内单调递增．
∵函数g(x)在区间(1,2)内不单调，
∴1<<2，解得 综上所述，实数k的取值范围是.
考向三　　函数单调性的简单应用
方向1　比较大小
【例3】　已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(　　)
A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)
C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)
【解析】　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2) 【答案】　A
方向2　解不等式
【例4】　设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝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________．
【解析】　令g(x)＝，则g′(x)＝>0，x∈(0，＋∞)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又g(－x)＝＝＝＝g(x)，所以g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)，所以f(x)＝xg(x)>0
⇒或解得x>2或－20的解集为(－2，0)∪(2，＋∞)．
【答案】　(－2,0)∪(2，＋∞)

1.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.
2.常见的构造函数的技巧
(1)已知“f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)”型，可构造：H(x)＝f(x)g(x)；
(2)已知“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”型，可构造：H(x)＝\f(f(x),g(x)).

1．(方向1)已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立，则(　B　)
A．4f(1)f(2)
C．f(1)<4f(2) D．f(1)<4f′(2)
解析：设函数g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝＝<0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)内为减函数，所以g(1)>g(2)，即>，所以4f(1)>f(2)，故选B.
2．(方向1)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x) A．f(2)>e2f(0)，f(2 017)>e2 017f(0)
B．f(2)e2 017f(0)
C．f(2)>e2f(0)，f(2 017) D．f(2) 解析：构造F(x)＝形式，
则F′(x)＝＝，
导函数f′(x)满足f′(x) 则F′(x)<0，F(x)在R上单调递减，根据单调性可知选D.
3．(方向2)已知函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 021，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 017的解集为(　C　)
A．(－2，＋∞) B．(－2,2)
C．(－∞，－2) D．(－∞，＋∞)
解析：令函数F(x)＝f(x)－x2－2 017，则F′(x)＝f′(x)－2x<0，则函数F(x)是减函数，且满足F(－2)＝f(－2)－4－2 017＝0，故不等式f(x)>x2＋2 017可化为F(x)>F(－2)，即原不等式f(x)>x2＋2 017的解集为{x|x<－2}．故选C.

第2课时　导数与函数的极值、最值
　　　　　　　　　　　　　　
考向二　　函数的极值
方向1　利用图象判断极值
【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，f′(x)>0；当－22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
方向2　求函数的极值
【例2】　(2019·深圳调研)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．
【解】　f′(x)＝＋a(2x－1)
＝(x>－1)．
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
①当a＝0时，g(x)＝1，
此时f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
②当a>0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
a．当0 b．当a>时，Δ>0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1 因为x1＋x2＝－，
所以x1<－，x2>－.
由g(－1)＝1>0，
可得－1 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
因此函数有两个极值点．
③当a<0时，Δ>0，由g(－1)＝1>0，
可得x1<－1 当x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
所以函数有一个极值点．
综上所述，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；
当a>时，函数f(x)有两个极值点．
方向3　根据极值求参数
【例3】　(2019·陕西质量检测)若函数f(x)＝ax－x2－lnx存在极值，且这些极值的和不小于4＋ln2，则a的取值范围为(　　)
A．[2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．[2，＋∞) D．[4，＋∞)
【解析】　f′(x)＝a－2x－＝－，因为f(x)存在极值，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有根，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有根，所以Δ＝a2－8≥0，显然当Δ＝0时，f(x)无极值，不合题意，所以Δ＝a2－8>0，即a>2或a<－2.记方程2x2－ax＋1＝0的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1x2＝，x1＋x2＝，易知a>0，则f(x1)，f(x2)为f(x)的极值，所以f(x1)＋f(x2)＝(ax1－x－lnx1)＋(ax2－x－lnx2)＝a(x1＋x2)－(x＋x)－(lnx1＋lnx2)＝－(－1)＋ln2≥4＋ln2，所以a≥2.综上，a的取值范围为[2，＋∞)，故选C.
【答案】　C

　　函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
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：求解后验证根的合理性．

1．(方向1)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(　C　)

A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.
2．(方向2)(2019·山西太原模拟)设函数f(x)＝x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为(　A　)
A．－　　　B．－1　　　C.　　　　D．1
解析：f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0得x1＝－1，x2＝1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，且f(－1)＝1，即m＝，函数f(x)在x＝1处取得极小值，且f(1)＝×13－1＋＝－.故选A.
3．(方向3)(2019·江西八校联考)若函数f(x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为(－∞，－1]．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋＝，由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]．
考向二　　函数的最值
【例4】　已知函数f(x)＝x－mlnx－(m∈R)，g(x)＝x2＋ex－xex.
(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；
(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意x2∈[－2,0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围．
【解】　(1)f(x)＝x－mlnx－(x>0)，
∴f′(x)＝1－＋
＝.
当m≤2时，在[1，e]上有f′(x)≥0，f(x)min＝f(1)＝2－m；
当m≥e＋1时，在[1，e]上有f′(x)≤0，
f(x)min＝f(e)＝e－m－；
当2 f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1)．
综上，f(x)min＝
(2)由题知，条件等价于f(x1)min≤g(x2)min.
由(1)知m≤2时，在[e，e2]上有f′(x)≥0，
∴f(x1)min＝f(e)＝e－m－.
g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2,0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.
∴
解得≤m≤2.
∴实数m的取值范围是.

(1)函数在闭区间上的最值在端点处或区间内的极值点处取得，上述值中最大的即为最大值、最小的即为最小值．如果函数在一个区间上(不论区间的类型)有唯一的极值点，则该点也是最值点．
(2)注意把不等式恒成立问题转化为函数的最值问题．


(2018·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－3.
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.

第3课时　导数与不等式问题

考向一　　导数法证明不等式
方向1　“单变量”型不等式证明
【例1】　(2019·长春市质量检测)已知函数f(x)＝ex－a.
(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值．
【解】　(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，解得a＝2.
(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，
F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，
即F(x)≥0恒成立，
即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，
同理可得lnx≤x－1，所以ex－2>lnx，
当a≤2时，lnx 即当a≤2时，f(x)－lnx>0恒成立．
当a≥3时，存在x，使ex－a 即ex－a>lnx不恒成立．
综上，整数a的最大值为2.
方向2　“双变量”型不等式证明
【例2】　(2019·唐山市摸底考试)已知f(x)＝x2－a2lnx，a>0.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.
【解】　(1)f′(x)＝x－＝.
当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当x＝a时，f(x)取最小值f(a)＝a2－a2lna.
令a2－a2lna≥0，解得0 故a的取值范围是(0，]．
(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0 要证x1＋x2>2a即x1>2a－x2，
则只需证f(x1) 因f(x1)＝f(x2)，则只需证f(x2) 设g(x)＝f(x)－f(2a－x)，a≤x<2a.
则g′(x)＝f′(x)＋f′(2a－x)＝x－＋2a－x－＝－≤0，
所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)＝0.又由题意得a 于是g(x2)＝f(x2)－f(2a－x2)<0，即f(x2)2a.

1.“单变量”型不等式的证明一般是通过构造差函数F(x)＝f(x)－g(x)解决，有时也可适当变形，再构造差函数．
2．“双变量”型不等式的证明一般先通过题中关系找出两变量的关系(如例2)再转化为“单变量”型不等式解决．

1．(方向1)已知函数f(x)＝lnx＋(1－a)x3＋bx，g(x)＝xex－b(a，b∈R，e为自然对数的底数)，且曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝x.
(1)求实数a，b的值；
(2)求证：f(x)≤g(x)．
解：(1)∵f′(x)＝＋3(1－a)x2＋b，∴f′(e)＝＋3(1－a)e2＋b，且f(e)＝1＋(1－a)e3＋be，
又曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝x，
∴切点坐标为(e,1＋e)，
∴
解得a＝b＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝lnx＋x，g(x)＝xex－1，且f(x)的定义域为(0，＋∞)，
令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋x－xex＋1，
则F′(x)＝＋1－ex－xex＝－(x＋1)ex
＝(x＋1).
令G(x)＝－ex，可知G(x)在(0，＋∞)上为减函数，且G＝2－>0，G(1)＝1－e<0，∴存在x0∈，使得G(x0)＝0，即－ex0＝0.
当x∈(0，x0)时，G(x)>0，
∴F′(x)>0，F(x)为增函数；
当x∈(x0，＋∞)时，G(x)<0，
∴F′(x)<0，F(x)为减函数．
∴F(x)≤F(x0)＝lnx0＋x0－x0ex0＋1，
又∵－ex0＝0，∴＝ex0，
即lnx0＝－x0，
∴F(x0)＝0，即F(x)≤0，∴f(x)≤g(x)．
2．(方向2)已知函数f(x)＝lnx－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0 令f′(x)＝－1＝<0，得x>1，
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)＝lnx＋－m(x>0)，因为x1，x2是函数g(x)＝lnx＋－m的两个零点，
所以lnx1＋－m＝0，lnx2＋－m＝0.
两式相减，可得ln＝－，
即ln＝，故x1x2＝.
那么x1＝，x2＝.
令t＝，其中0 则x1＋x2＝＋＝.
构造函数h(t)＝t－－2lnt，
则h′(t)＝.
对于00恒成立，
故h(t) 可知>1，故x1＋x2>1.
考向二　　　不等式恒成立问题
【例3】　(2019·陕西西北九校联考)已知函数f(x)＝－lnx＋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)＝－lnx＋x－1，x>0，
∴f′(x)＝－＋1＝.
由f′(x)<0可得0 由f′(x)>0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)＝－lnx＋－，－－f(x)＝－－＝lnx－＋，
当x>1时，－－f(x)<0恒成立，等价于k<－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝－xlnx，
则g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx.
令h(x)＝x－1－lnx，
则h′(x)＝1－＝.
当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)＝x－1－lnx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<－xlnx恒成立，必须k≤.∴实数k的取值范围是.


(1)f(x)>g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)>g(x)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.

(2019·石家庄质量监测)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)，f′(x)＝xex＋ex－4，则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为y＝－3x＋2.
(2)由已知可得，f(1)≥0，得a≥>0，
f(x)≥0对任意的x>0恒成立可转化为≥对任意的x>0恒成立．
设函数F(x)＝(x>0)，
则f′(x)＝－.
当00，当x>1时，f′(x)<0，
所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝，
于是≥，解得a≥.
故实数a的取值范围是[，＋∞)．
考向三　不等式存在性问题
【例4】　已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－(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) 【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.
②当1 ③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．
f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.
综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；
当1 当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－.
(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．
由(1)知当a<1时f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－.g′(x)＝(1－ex)x.
当x∈[－2,0]时g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－<1，即a>，
所以a的取值范围为.

　　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．


(2019·河北五名校联考)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.
(1)若x＝3是函数f(x)的一个极值点，求实数a的值；
(2)设g(x)＝(a－2)x，若存在x0∈[，e]，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.∵x＝3是函数f(x)的一个极值点，
∴f′(3)＝0，解得a＝－6.
经检验，当a＝－6时，x＝3是函数f(x)的一个极小值点，符合题意，故a＝－6.
(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0，
记F(x)＝x－lnx(x>0)，则f′(x)＝(x>0)，
∴当0 当x>1时，f′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，∴a≥.
记G(x)＝，x∈[，e]，
则G′(x)＝
＝.
∵x∈[，e]，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，
∴x－2lnx＋2>0，
∴当x∈(，1)时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
当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，＋∞)．



解决ex，lnx与x的组合函数问题的两类技巧
近几年高考压轴题常以x与ex，lnx组合的函数为基础来命制，将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)．预计今后高考试题除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，注重对函数与方程、转化与化归、分类讨论和数形结合等思想的灵活运用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查．
1．分离lnx与ex
典例1　设函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线e2x－y＋e＝0垂直．
(1)若f(x)在(m，m＋1)上存在极值，求实数m的取值范围；
(2)求证：当x>1时，不等式>.
【思路点拨】　(1)求出f(x)的导数，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件可得a＝1，利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值，列出不等式，解不等式即可得到m的取值范围；(2)所证不等式中同时含有ex与lnx，结构复杂，可考虑构造新函数g(x)，h(x)，通过求导，利用其单调性进行证明．
【解】　(1)因为f′(x)＝，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线斜率为－.
又切线与直线e2x－y＋e＝0垂直，可得f′(e)＝－，所以－＝－，解得a＝1，所以f(x)＝，f′(x)＝－(x>0)，当00，f(x)为增函数；当x>1时，f′(x)<0，f(x)为减函数，所以x＝1是函数f(x)的极大值点．
又f(x)在(m，m＋1)上存在极值，所以m<1 综上所述，实数m的取值范围是(0,1)．
(2)将不等式>变形为·>，
分别构建函数g(x)＝和函数h(x)＝.则g′(x)＝，令φ(x)＝x－lnx，
则φ′(x)＝1－＝.
因为x>1，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x)>φ(1)＝1>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以x>1时，g(x)>g(1)＝2，故>.h′(x)＝，因为x>1，
所以1－ex<0，所以h′(x)<0，所以h(x)在(1，＋∞)上是减函数，所以x>1时，h(x) 综上所述，>h(x)，即>.
【点评】　若不分离ex与lnx，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理分拆与变形．高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转化为我们熟悉的利于用导数工具求解的函数模型．
2．借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩
典例2　(2019·山东、湖北部分重点中学模拟)已知函数f(x)＝mx2＋nx－xlnx(m>0)，且f(x)≥0.
(1)求的最小值；
(2)当取得最小值时，若方程ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0无实根，求实数a的取值范围．
【思路点拨】　(1)利用导数，借助单调性求最值；(2)分离参数，利用放缩法确定函数值域．
【解】　(1)令g(x)＝＝mx＋n－lnx，则f(x)≥0⇔
g(x)≥0(x>0)，令g′(x)＝>0，则x>，所以g(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．此时g(x)min＝g()＝1＋n－ln≥0⇒＋－ln≥0，即≥ln－，令h(t)＝tlnt－t(t>0)，
令h′(t)＝lnt>0，则t>1，
所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h(t)min＝h(1)＝－1，则≥－1，即()min＝－1.
(2)由(1)知，当取得最小值－1时，t＝＝1，m＝1，n＝－1.
ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0⇒a＝，
记H(x)＝，
则H′(x)＝，
由(1)知x－1－lnx≥0⇒lnx≤x－1，即ex－1≥x，则(x－lnx)ex－1－x≥ex－1－x≥0(当且仅当x＝1时取等号)，所以当x∈(0,1)时，H′(x)<0，所以H(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，H′(x)>0，所以H(x)在(1，＋∞)上为增函数．
所以x＝1时，H(x)取得最小值，为H(1)＝1.
由lnx≤x－1，自变量取可得－lnx≤－1⇒2≤x＋1－lnx≤x＋，
即x(x＋1－lnx)≤x2＋1⇒≥，
由x－1≥lnx，自变量取e可得e－1>(x>0)，从而ex>()3，则可得ex－1>.当x>1时，H(x)＝>>＝，即H(x)无最大值，所以H(x)∈[1，＋∞)．
故a<1时原方程无实根，即实数a的取值范围为(－∞，1)．
第4课时　导数与函数的零点问题
　　　　　　　　　　　　　　
考向一　　　求函数零点个数
【例1】　设函数f(x)＝ex－ax，a是常数，讨论f(x)的零点的个数．
【解】　当a>0时，f′(x)＝ex－a，由f′(x)＝0得x＝lna.
若xlna，则f′(x)>0.
函数f(x)在区间(－∞，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增，f(x)的最小值为f(lna)＝a(1－lna)．
①当00，f(x)无零点；
②当a＝e时，f(lna)＝a(1－lna)＝0，f(x)只有一个零点；
③当a>e时，f(lna)＝a(1－lna)<0，根据f(0)＝1>0与函数的单调性，
可知f(x)在区间(－∞，lna)和(lna，＋∞)上各有一个零点，f(x)共有两个零点．
当a＝0时，f(x)＝ex，f(x)无零点．
当a<0时，由f(x)＝0，得ex＝ax，易知曲线y＝ex与直线y＝ax只有一个交点，所以f(x)只有一个零点．
综上所述，当0≤a 当a<0或a＝e时，f(x)有一个零点；
当a>e时，f(x)有两个零点．


根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想也是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图象，然后通过函数图象得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”.


已知函数f(x)＝(a≠0)，h(x)＝x－.当a＝1时，研究函数φ(x)＝f(x)－h(x)在(0，＋∞)上零点的个数．
解：当a＝1时，函数φ(x)＝f(x)－h(x)
＝－，φ′(x)＝－1－.
当x≥2时，φ′(x)<0恒成立，
当0 ∴φ′(x)＝－1－≤－1－<1－1－<0，
∴φ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
故φ(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又φ(1)＝>0，φ(2)＝－<0，
函数φ(x)＝f(x)－h(x)的图象在[1,2]上连续不间断，
∴由函数零点存在性定理及φ(x)的单调性知，存在唯一的x0∈(1,2)，使φ(x0)＝0.
所以，函数φ(x)＝f(x)－h(x)在(0，＋∞)上零点的个数为1.
考向二　　已知函数零点个数确定参数范围
【例2】　已知函数f(x)＝－ax2＋(1＋a)x－lnx(a∈R)．
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)当a＝0时，设函数g(x)＝xf(x)－k(x＋2)＋2.若函数g(x)在区间上有两个零点，求实数k的取值范围．
【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数为f′(x)＝－ax＋1＋a－
＝－(a>0)，
①当a∈(0,1)时，>1.
由f′(x)<0，得x>或x<1.所以f(x)的单调递减区间为(0,1)，；
②当a＝1时，恒有f′(x)≤0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
③当a∈(1，＋∞)时，<1.
由f′(x)<0，得x>1或x<.
所以f(x)的单调递减区间为，(1，＋∞)．
综上，当a∈(0,1)时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，；
当a＝1时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
当a∈(1，＋∞)时，f(x)的单调递减区间为，(1，＋∞)．
(2)g(x)＝x2－xlnx－k(x＋2)＋2在x∈上有两个零点，即关于x的方程k＝在x∈上有两个不相等的实数根．令函数
h(x)＝，x∈，
则h′(x)＝，令函数p(x)＝x2＋3x－2lnx－4，x∈.
则p′(x)＝在
上有p′(x)≥0，故p(x)在上单调递增．
因为p(1)＝0，所以当x∈时，有p(x)<0，即h′(x)<0，所以h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，有p(x)>0即h′(x)>0，所以h(x)单调递增．
因为h＝＋，h(1)＝1，h(10)＝>h，所以k的取值范围为.


通过函数的极值(最值)判断函数零点个数，主要是借助导数研究函数的单调性、极值，通过极值的正负、函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.


设函数f(x)＝x2－alnx，g(x)＝(a－2)x.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点x1，x2，求满足条件的最小正整数a的值．
解：(1)f′(x)＝2x－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，此时f(x)无单调递减区间．
当a>0时，由f′(x)>0，得x>，由f′(x)<0，得0 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由题意知F(x)＝x2－(a－2)x－alnx，
∴F′(x)＝2x－(a－2)－
＝
＝(x>0)．
因为函数F(x)有两个零点，所以a>0，此时函数F(x)在上单调递增，在上单调递减．
所以F(x)的最小值F<0，
即－a2＋4a－4aln<0.
因为a>0，所以a＋4ln－4>0.
令h(a)＝a＋4ln－4，
显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln－1＝ln－1>0，
所以存在a0∈(2,3)，h(a0)＝0.
当a>a0时，h(a)>0；当0 所以满足条件的最小正整数a＝3.
又当a＝3时，F(3)＝3(2－ln3)>0，F(1)＝0，所以a＝3时，f(x)有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3.
考向三　　函数零点性质研究
【例3】　(2019·福建龙岩质检)已知函数f(x)＝－2lnx，m∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1 【解】　(1)由f(x)＝x＋－2lnx，m∈R，
得f′(x)＝1－－＝，x∈(0，＋∞)．
设函数g(x)＝x2－2x－m，x∈(0，＋∞)，
当m≤－1时，Δ＝4＋4m≤0，则g(x)≥0，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>－1时，Δ＝4＋4m>0，
令g(x)＝0得x1＝1－，x2＝1＋，x1 当－10，f′(x)>0；
在(x1，x2)上，g(x)<0，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
当m≥0时，x1≤0 则在(0，x2)上，g(x)<0，f′(x)<0；
在(x2，＋∞)上，g(x)>0，f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
综上，当m≤－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当－1 在(1－，1＋)上单调递减；
当m≥0时，函数f(x)在(0,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增．
(2)证明：因为函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1 所以g(x)＝x2－2x－m＝0有两个不同的正根x1＝1－，x2＝1＋，
所以解得－1 欲证明f(x2)＝x2＋－2lnx21.
因为m＝x－2x2，所以证明2lnx2－>1成立，等价于证明2lnx2－x2>－1成立．
因为m＝x2(x2－2)∈(－1,0)，
所以x2＝1＋∈(1,2)．
设函数h(x)＝2lnx－x，x∈(1,2)，
求导可得h′(x)＝－1.
易知h′(x)>0在(1,2)上恒成立，
即h(x)在(1,2)上单调递增，
所以h(x)>2ln1－1＝－1，
即2lnx2－x2>－1在(1,2)上恒成立．
综上，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1

含参数的极值点偏移问题，难点在于消参.该题消参的关键在于利用函数f(x)的极值点与参数m之间的关系m＝x－2x2，把所证不等式中的参数消掉，得到关于x2的不等式，从而构建相应函数，转化为函数在指定区间上的最值问题求解.一般地，利用该种方法时应抓住函数的极值点必是其导函数的零点，利用导函数解析式中存在的“二次代数式”的结构特征，根据一元二次方程中根与系数之间的关系建立极值点与参数之间的关系.


函数f(x)＝x2＋mln(1＋x)，m∈(0，)，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1－x1＋2x1ln2.
证明：由题意得，f′(x)＝，若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1 x1＝，x2＝.
因为0 则－1 且f(x)在(x1，x2)上单调递减，在(－1，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，
则f(x2) 因为x1，x2是2x2＋2x＋m＝0的两根，
所以
即x1＝－1－x2，m＝2x1x2，所以欲证2f(x2)>－x1＋2x1ln2，只需证2f(x2)＝2x＋2mln(1＋x2)＝2x＋4x1x2ln(1＋x2)＝2x－4(1＋x2)x2ln(1＋x2)>－(－1－x2)＋2(－1－x2)ln2＝1＋x2－2(1＋x2)ln2，
即证2x－4(1＋x2)x2ln(1＋x2)－(1＋x2)(1－2ln2)>0对－ 设φ(x)＝2x2－4(1＋x)xln(1＋x)－(1＋x)(1－2ln2)(－ 则φ′(x)＝－4(1＋2x)ln(1＋x)＋ln，
当－0，ln(1＋x)<0，ln>0，所以φ′(x)>0，故φ(x)在(－，0)上单调递增，
故φ(x)>2×－4××(－)×ln－×(1－2ln2)＝0，
所以2x－4(1＋x2)x2ln(1＋x2)－(1＋x2)(1－2ln2)>0对－ 所以2f(x2)>－x1＋2x1ln2.