2020版新设计一轮复习数学（文）江苏专版讲义：第三章第四节函数与导数的综合问题

第四节函数与导数的综合问题


　
[锁定考向]
用导数解决函数的零点问题是近几年高考命题的热点题型之一．
常见的命题角度有：
(1)求函数零点或零点个数；
(2)已知函数零点个数求参数的值或范围．　　　 　
[题点全练]
角度一：求函数零点或零点个数
1．已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，讨论函数f(x)零点的个数．
解：法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得ln x＝－ax－1，
令u(x)＝ln x，v(x)＝－ax－1，则函数v(x)的图象是过定点(0，－1)，斜率k＝－a的直线．
当直线y＝kx－1与函数u(x)＝ln x的图象相切时，两者只有一个交点，此时设切点为P(x0，y0)，
则解得
所以当k＞1时，函数f(x)没有零点；当k＝1或k≤0时，函数f(x)有1个零点；当0＜k＜1时，函数f(x)有2个零点．
即当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．
法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝ax＋ln x＋1＝0，得a＝－.
令g(x)＝－(x＞0)，则g′(x)＝.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0，
故函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)min＝g(1)＝－1，
由于g＝0，x→＋∞时，g(x)→0，所以当0＜x＜时，g(x)＞0，当x＞时，g(x)＜0.
所以当a＜－1时，函数f(x)没有零点；当a＝－1或a≥0时，函数f(x)有1个零点；当－1＜a＜0时，函数f(x)有2个零点．
角度二：已知函数零点个数求参数的值或范围
2．(2019·徐州调研)设函数f(x)＝－x2＋ax＋ln x(a∈R)，若函数f(x)在上有两个零点，求实数a的取值范围．
解：令f(x)＝－x2＋ax＋ln x＝0，得a＝x－.
令g(x)＝x－，其中x∈，
则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＝0，得x＝1，当≤x＜1时，g′(x)＜0；当1＜x≤3时，g′(x)＞0，
∴g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为(1,3]，
∴g(x)min＝g(1)＝1，∵函数f(x)在上有两个零点，g＝3ln 3＋，g(3)＝3－，3ln 3＋＞3－，
∴实数a的取值范围是.
[通法在握]
函数的零点个数也就是函数图象与x轴交点的个数，所以可以借助函数图象的特征迅速求解函数的零点个数问题．对于含参函数的零点个数，一般可从两个方面讨论：
(1)利用导数研究函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，根据极大值和极小值的符号确定函数零点的个数．
(2)分离参数，将问题转化为：求直线y＝a与函数y＝f(x)的图象交点个数问题．
[演练冲关]
1．设函数f(x)＝ln x＋，m∈R.讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
解：由题设，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，

可知①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．
2．已知函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，求实数a的取值范围．
解：∵f(x)＝aex－x－2a，∴f′(x)＝aex－1.
当a≤0时，f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在R上单调递减，不可能有两个零点；
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝ln，函数f(x)在 上单调递减，在上单调递增，∴f(x)的最小值为f＝1－ln－2a＝1＋ln a－2a.
令g(a)＝1＋ln a－2a(a＞0)，则g′(a)＝－2.
当a∈时，g(a)单调递增；当a∈时，g(a)单调递减，
∴g(a)max＝g＝－ln 2＜0，
∴f(x)的最小值f＜0，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．
综上所述，实数a的取值范围是(0，＋∞)．
　
[典例引领]
已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f ′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1) ＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x(x＞0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln x1＋x＋x1＋ln x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2，设φ(t)＝t－ln t(t＞0)，
则φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，
所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，
因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．
[由题悟法]
破解含双参不等式的证明的关键
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
二是巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
[提醒]　变量代换法适用于二元或多元不等式的有关问题．若出现的两个变量有主次之分，可以考虑主元法；若出现的两个变量没有主次之分，地位均衡，可以考虑换元法；若出现多个变量，需挖掘它们之间内在的等量关系，将原问题转化为曲线上的动点问题来解决．
[即时应用]
已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的最小值；
(2)若方程f(x)＝a有两个根x1，x2(x1＜x2)，求证：x1＋x2＞2a.
解：(1)因为f′(x)＝－＝(x＞0)，
所以当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)无最小值．
当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
函数f(x)在x＝a处取最小值f(a)＝ln a＋1.
(2)证明：若函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x1＜x2)，
由(1)可得0＜x1＜a＜x2.
令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0＜x＜a)，
则g′(x)＝(x－a)＝－＜0，
所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)＞g(a)＝0，
即f(x)＞f(2a－x)．
令x＝x1＜a，则f(x1)＞f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)＞f(2a－x1)，
由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以x2＞2a－x1，
故x1＋x2＞2a.
　
[典例引领]
(2018·泰州调研)已知f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e.
(1)若a＝－1，判断是否存在x0＞0，使得f(x0)＜0，并说明理由；
(2)设h(x)＝f(x)－g(x)，是否存在实数a，当x∈(0，e](e＝2.718 28…为自然常数)时，函数h(x)的最小值为3，并说明理由．
解：(1)不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.
理由如下：当a＝－1时，f(x)＝x2－x－ln x＋e，x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1－＝＝.
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值f(1)


当x＝1时，函数f(x)有极小值，f(x)极小值＝f(1)＝e，
此极小值也是最小值，
故不存在x0＞0，使得f(x0)＜0.
(2)因为f(x)＝x2＋ax－ln x＋e，g(x)＝x2＋e，
所以h(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ln x，
则h′(x)＝a－.
假设存在实数a，使h(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3.
(ⅰ)当a≤0时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
(ⅱ)当a＞0时，
①当0＜a≤时，≥e，h′(x)≤0在(0，e]上恒成立，
所以h(x)在(0，e]上单调递减，
h(x)min＝h(e)＝ae－1＝3，a＝，不符合题意．
②当a＞时，0＜＜e，
当0＜x＜时，h′(x)＜0，h(x)在上单调递减；
当＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)在上单调递增，
所以h(x)min＝h＝1＋ln a＝3，
解得a＝e2＞.
综上所述，存在a＝e2，使x∈(0，e]时，h(x)有最小值3.
[由题悟法]
解决探索性问题的注意事项
探索问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论来推导存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采用另外的途径．
[即时应用]
已知函数f(x)＝，其中a为实数．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a，使得对任意x∈(0,1)∪(1，＋∞)，f(x)＞恒成立？若不存在，请说明理由，若存在，求出a的值并加以证明．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝，
f′(x)＝，f′(2)＝，
又f(2)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(x－2)．
(2)①当0＜x＜1时，ln x＜0，
则＞⇔a＞x－ ln x，
令g(x)＝x－ ln x，
则g′(x)＝，
再令h(x)＝2－2－ln x，
则h′(x)＝－＝，
故当0＜x＜1时，h′(x)＜0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，
所以g(x)＜g(1)＝1，
所以a≥1.
②当x＞1时，ln x＞0，
则＞ ⇔a＜x－ ln x.
由①知当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＞1时，h(x)＞h(1)＝0，
所以g′(x)＝＞0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)＞g(1)＝1，
所以a≤1.
综合①②得：a＝1.
　
[典例引领]
(2018·南通、扬州、泰州、淮安调研)已知函数f(x)＝ax2＋cos x(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围；
(2)设函数h(x)的定义域为D，区间(m，＋∞)⊆D，若h(x)在(m，＋∞)上是单调函数，则称h(x)在D上广义单调．试证明函数y＝f(x)－xln x在(0，＋∞)上广义单调．
解：(1)因为f′(x)＝2ax－sin x，
令g(x)＝2ax－sin x，
则g′(x)＝2a－cos x.
①当a≥时，g′(x)≥1－cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．
若x＞0，则f′(x)＞f′(0)＝0；
若x＜0，则f′(x)＜f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，
所以f(x)在x＝0处取得极小值，符合题意．
②当a≤－时，g′(x)≤－1－cos x≤0，所以函数f′(x)在R上单调递减．
若x＞0，则f′(x)＜f′(0)＝0；
若x＜0，则f′(x)＞f′(0)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，
所以f(x)在x＝0处取得极大值，不符合题意．
③当－＜a＜时，∃x0∈(0，π)，使得cos x0＝2a，即g′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，cos x＞2a，即g′(x)＜0，
所以函数f′(x)在(0，x0)上单调递减，
所以f′(x)＜f′(0)＝0，
即函数f′(x)在(0，x0)上单调递减，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是.
(2)证明：记h(x)＝ax2＋cos x－xln x(x＞0)，
①若a＞0，注意到ln x＜x，则ln x＜x，即ln x＜2.
当x＞2时，h′(x)＝2ax－sin x－1－ln x＞2ax－2－2
＝2a＞0.
所以∃m＝2，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递增．
②若a≤0，当x＞1时，h′(x)＝2ax－sin x－1－ln x≤－sin x－1－ln x＜0.
所以∃m＝1，函数h(x)在(m，＋∞)上单调递减，
综上所述，函数y＝f(x)－xln x在区间(0，＋∞)上广义单调．
[由题悟法]
对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答．解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题．本题考查的新定义函数问题可看成是由两个已知函数构造而成，然后利用分类讨论思想解决．
[即时应用]
若在公共定义域D上，f1(x)＜f(x)＜f2(x)，则称函数f(x)为函数f1(x)，f2(x)的“D函数”．
(1)已知函数f1(x)＝x2＋2x＋4ln x，f2(x)＝x2＋2x＋2，求证：在区间(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”；
(2)已知a∈R，函数f(x)＝ax2＋ln x，f1(x)＝(a－1)x2＋ax＋(1－a2)ln x，f2(x)＝x2＋2ax.若在区间(1，＋∞)上，f(x)为f1(x)，f2(x)的“D函数”，求a的取值范围．
解：(1)证明：设K(x)＝f2(x)－f1(x)＝x2－4ln x＋2，下证K(x)min＞0.
K′(x)＝x－＝，
故K′(x)与K(x)随x的变化情况如下表：
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
K′(x)
－
0
＋
K(x)

4－4ln 2


因为4－4ln 2＞4－4ln e＝0，
所以K(x)≥4－4ln 2＞0.
设R(x)＝f1(x)＋λ(4－4ln 2)，0＜λ＜1，
则f1(x)＜R(x)＜f2(x)．
所以在区间(0，＋∞)上，f1(x)，f2(x)有“D函数”．
(2)设H(x)＝f1(x)－f(x)＝－x2＋ax－a2ln x，
则在(1，＋∞)上，H(x)＜0.
因为H′(x)＝－2x－＋a＝＝－，
所以在(1，＋∞)上，H′(x)＜0，H(x)是减函数，
所以H(x)＜H(1)≤0，所以a≤1.
设P(x)＝f(x)－f2(x)＝x2－2ax＋ln x，
则在(1，＋∞)上，P(x)＜0.
若a＞，则＞1，
所以P＝ln＞0，矛盾．
若a≤，因为P′(x)＝(2a－1)x＋－2a＝，
所以在(1，＋∞)上，P′(x)＜0，P(x)是减函数，
所以P(x)＜P(1)≤0.
所以a≥－，所以－≤a≤.
故所求a的取值范围为.



1．已知函数f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x∈时，试判断函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数．
解：(1)f′(x)＝(x＞0)，
当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，由f′(x)＝＞0，得x＞，
由f′(x)＝＜0，得0＜x＜，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)当x∈时，函数g(x)＝(ln x－1)ex＋x－m的零点个数，等价于方程(ln x－1)ex＋x＝m的根的个数．
令h(x)＝(ln x－1)ex＋x，
则h′(x)＝ex＋1.
由(1)知当a＝1时，f(x)＝ln x＋－1在上单调递减，在(1，e)上单调递增，
∴当x∈时，f(x)≥f(1)＝0.
∴＋ln x－1≥0在x∈上恒成立．
∴h′(x)＝ex＋1≥0＋1＞0，
∴h(x)＝(ln x－1)ex＋x在x∈上单调递增，
∴h(x)min＝h＝－2e＋，h(x)max＝h(e)＝e.
∴当m＜－2e＋或 m＞e时，函数g(x)在上没有零点；
当－2e＋≤m≤e时，函数g(x)在上有一个零点．
2．已知函数f(x)＝xex.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)是否存在实数a使得对于任意的x1，x2∈(a，＋∞)，且x1＜x2，恒有＞成立？若存在，求a的取值范围，若不存在，请说明理由．
解：(1)因为f(x)＝xex，
所以f′(x)＝(x＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝－1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)，
f(x)有极小值f(－1)＝－，无极大值．
(2)存在满足题意的实数a.理由如下：
令g(x)＝＝(x＞a)，
则＞等价于g(x)在(a，＋∞)上单调递增．
又g′(x)＝，
记h(x)＝(x2－ax－a)ex＋aea，
则h′(x)＝[x2＋(2－a)x－2a]ex＝(x＋2)·(x－a)ex，
故当a≥－2，且x＞a时，h′(x)＞0，h(x)在(a，＋∞)上单调递增．
故h(x)＞h(a)＝0，从而g′(x)＞0，g(x)在(a，＋∞)上单调递增，满足题意；
另一方面，当a＜－2，且a＜x＜－2时，h′(x)＜0，h(x)在(a，－2)上单调递减．
故h(x)＜h(a)＝0，
从而g′(x)＜0，g(x)在(a，－2)上单调递减，不满足题意．
所以a的取值范围为[－2，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ex＋ax＋b(a，b∈R)在x＝0处的导数值为0.
(1)求实数a的值；
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x1＜x2，
(ⅰ)求实数b的取值范围；
(ⅱ)证明：x1＋x2＜0.
解：(1)因为f′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝e0＋a＝1＋a，
又f′(0)＝0，所以a＝－1.
(2)(ⅰ)因为f(x)＝ex－x＋b，所以f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝0处取得极小值，也是最小值，且f(0)＝1＋b.
因为f(x)有两个零点x1，x2，
所以f(0)＝1＋b＜0，所以b＜－1，
即实数b的取值范围是(－∞，－1)．
(ⅱ)证明：因为f(x1)＝0，f(x2)＝0，
所以ex1－x1＋b＝0　①，ex2－x2＋b＝0　②，
由②－①得e x2－e x1＝x2－x1，即e x1 (e x2－x1－1)＝x2－x1.
令x2－x1＝t，t＞0，则e x1 (et－1)＝t，
所以e x1＝，e x2＝.
要证x1＋x2＜0，只需证e x1e x2＜1，即证·＜1，
即证t2et＜(et－1)2，即证t2et－(et)2＋2et－1＜0.
令m(t)＝t2et－(et)2＋2et－1，
则m′(t)＝et(t2＋2t＋2－2et)．
令n(t)＝t2＋2t＋2－2et，则n′(t)＝2t＋2－2et.
设φ(t)＝2t＋2－2et，则当t＞0时，φ′(t)＝2－2et＜0，
所以当t＞0时，φ(t)单调递减，
因为φ(0)＝0，所以当t＞0时，φ(t)＜0，则n′(t)＜0，
所以当t＞0时，n(t)单调递减，
又n(0)＝0，所以当t＞0时，n(t)＜0，则m′(t)＜0，
所以当t＞0时，m(t)单调递减，
因为m(0)＝0，所以当t＞0时，m(t)＜0.
综上可知，原式得证．
4．若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”，设函数g(x)＝aex－x－pa，a，p∈R.
(1)讨论函数g(x)的单调性；
(2)已知函数g(x)为“恒切函数”．
①求实数p的取值范围；
②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)ex－m为“恒切函数”，求证：0≤m＜.
(参考数据：e3≈20)
解：(1)g′(x)＝aex－1，
当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；
当a＞0时，由g′(x)＞0，得x＞－ln a；由g′(x)＜0，得x＜－ln a，
所以函数g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，函数g(x)在R上单调递减；当a＞0时，函数g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)①若函数f(x)为“恒切函数”，则函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，
设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＋k＝k且f(x0)＋kx0＋b＝kx0＋b，即f′(x0)＝0，f(x0)＝0.
因为函数g(x)为“恒切函数”，
所以存在x0，使得g′(x0)＝0，g(x0)＝0，
即解得a＝e－＞0，p＝e (1－x0)．
设m(x)＝ex(1－x)，则m′(x)＝－xex，
由m′(x)＜0，得x＞0；由m′(x)＞0，得x＜0，
故函数m(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
从而m(x)max＝m(0)＝1，
故实数p的取值范围为(－∞，1]．
②证明：由①知当p取最大值时，p＝1，a＝1，
故h(x)＝(ex－x－1)ex－m，
则h′(x)＝(2ex－x－2)ex.
因为函数h(x)为“恒切函数”，
故存在x0，使得h′(x0)＝0，h(x0)＝0，
由h′(x0)＝0，得(2e－x0－2)e＝0，即2ex0－x0－2＝0.
设n(x)＝2ex－x－2，则n′(x)＝2ex－1，
由n′(x)＞0，得x＞－ln 2；由n′(x)＜0，得x＜－ln 2，
故n(x)在(－∞，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，＋∞)上单调递增．
在单调递增区间(－ln 2，＋∞)上，n(0)＝0，
故x0＝0，
则由h(x0)＝0，得m＝0.
在单调递减区间(－∞，－ln 2)上，n(－2)＝2e－2＞0，
n＝2e－－≈2×(20)－－＝－＜0，
故在区间上存在唯一的x0，使得2e－x0－2＝0，即e＝，
此时由h(x0)＝0，得m＝(e－x0－1)ex0＝·＝－x0(x0＋2)＝－(x0＋1)2＋，
因为函数r(x)＝－(x＋1)2＋在上单调递增，且r(－2)＝0，r＝，所以0＜m＜.
综上，0≤m＜.

命题点一　导数的运算及几何意义
1.(2014·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．
解析：y＝ax2＋的导数为y′＝2ax－，
直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－.
由题意得解得则a＋b＝－3.
答案：－3
2．(2018·天津高考)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．
解析：∵f(x)＝exln x，∴f′(x)＝exln x＋，∴f′(1)＝e.
答案：e
3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.
解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，
∴a＋1＝－2，解得a＝－3.
答案：－3
4．(2017·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．
解析：因为f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，
又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，
令x＝0，得y＝1.
答案：1
5．(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．
解析：因为f(x)为偶函数，所以当x＞0时，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以当x＞0时，f′(x)＝－3，则f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.
答案：y＝－2x－1
命题点二　导数的应用
1．(2018·江苏高考)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：法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞；
由f′(x)＜0，得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
∴f＝－＋1＝0，∴a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
法二：令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0，
得a＝＝2x＋.
令g(x)＝2x＋，则g′(x)＝2－.
由g′(x)＜0，得0＜x＜1；由g′(x)＞0，得x＞1，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
∴a＝g(1)＝3，
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
答案：－3
2．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函数．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，
所以f(x)在其定义域内单调递增．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故实数a的取值范围是.
答案：
3．(2017·全国卷Ⅱ改编)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________．
解析：因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，
所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1，
令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.
答案：－1
4．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，
所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，
所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
5．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a＞0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；
(2)证明：b2＞3a；
(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝32＋b－.
当x＝－时，f′(x)有极小值b－.
因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，
所以f＝－＋－＋1＝0，
又a＞0，故b＝＋.
因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，
从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3.
当a＝3时，f′(x)＞0(x≠－1)，
故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；
当a＞3时，f′(x)＝0有两个相异的实根
x1＝，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值


故f(x)的极值点是x1，x2.
从而a＞3.
因此b＝＋，定义域为(3，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，＝＋ .
设g(t)＝＋，则g′(t)＝－＝.
当t∈时，g′(t)＞0，
从而g(t)在上单调递增．
因为a＞3，所以a＞3，
故g(a)＞g(3)＝，即 ＞.
因此b2＞3a.
(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.
从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2
＝－＋2＝0.
记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，
因为f′(x)的极值为b－＝－a2＋，
所以h(a)＝－a2＋，a＞3.
因为h′(a)＝－a－＜0，
于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．
因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6]．
6．(2014·江苏高考)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．
(1)证明：f(x)是R上的偶函数；
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＜a(－x＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．
解：(1)证明：因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，
所以f(x)是R上的偶函数．
(2)由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．
令t＝ex(x＞0)，则t＞1，所以m≤－＝－对任意t＞1成立．
因为t－1＋＋1≥2 ＋1＝3，
所以－≥－，
当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立．
因此实数m的取值范围是.
(3)令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，
则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．
当x≥1时，ex－＞0，x2－1≥0，
又a＞0，故g′(x)＞0.
所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，
因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.
由于存在x0∈[1，＋∞)，使e＋e－x0－a(－x＋3x0)＜0成立，当且仅当最小值g(1)＜0.
故e＋e－1－2a＜0，即a＞.
令函数h(x)＝x－(e－1)ln x－1，
则h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1，
当x∈(0，e－1)时，h′(x)＜0，
故h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；
当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)＞0，
故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数．
所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．
注意到h(1)＝h(e)＝0，
所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)＜h(1)＝0.
当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)＜h(e)＝0.
所以h(x)＜0对任意的x∈(1，e)成立．
①当a∈⊆(1，e)时，h(a)＜0，即a－1＜(e－1)·ln a，从而ea－1＜ae－1；
②当a＝e时，ea－1＝ae－1；
③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)＞h(e)＝0，即a－1＞(e－1)ln a，故ea－1＞ae－1.
综上所述，当a∈时，ea－1＜ae－1；当a＝e时，ea－1＝ae－1；当a∈(e，＋∞)时，ea－1＞ae－1.
7．(2017·北京高考)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
解：(1)因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)＜0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0.
所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f＝－.
8．(2018·江苏高考)某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.
(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sin θ的取值范围；
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
解：(1)如图，设PO的延长线交MN于点H，则PH⊥MN，
所以OH＝10.
过点O作OE⊥BC于点E，
则OE∥MN，所以∠COE＝θ，
故OE＝40cos θ，EC＝40sin θ，
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ＋10)
＝800(4sin θcos θ＋cos θ)，
△CDP的面积为×2×40cos θ(40－40sin θ)
＝1 600(cos θ－sin θcos θ)．
过点N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于点G和K，则GK＝KN＝10.
连结OG，令∠GOK＝θ0，则sin θ0＝，θ0∈.
当θ∈时，才能作出满足条件的矩形ABCD，
所以sin θ的取值范围是.
答：矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ＋cos θ)平方米，△CDP的面积为1 600(cos θ－sin θcos θ)平方米，sin θ的取值范围是.
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，
设甲的单位面积的年产值为4k(k＞0)，乙的单位面积的年产值为3k(k＞0)，
则年总产值为4k×800(4sin θcos θ＋cos θ)＋3k×1 600(cos θ－sin θcos θ)
＝8 000k(sin θ cos θ ＋cos θ)，θ∈.
设f(θ)＝sin θcos θ＋cos θ，θ∈，
则f′(θ)＝cos2θ－sin2θ－sin θ＝－(2sin2θ＋sin θ－1)
＝－(2sin θ－1)(sin θ＋1)．
令f′(θ)＝0，得θ＝，
当θ∈时，f′(θ)＞0，所以f(θ)为增函数；
当θ∈时，f′(θ)＜0，所以f(θ)为减函数．
所以当θ＝时，f(θ)取到最大值．
答：当θ＝时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．