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【文档说明】通用版高考数学(文数)一轮复习第04单元《导数及其应用》学案(含详解) .doc，共(77)页，789.500 KB，由MTyang资料小铺上传
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1第四单元导数及其应用教材复习课“导数”相关基础知识一课过导数的基本运算[过双基]1．基本初等函数的导数公式原函数导函数f(x)＝c(c为常数)f′(x)＝0f(x)＝xn(n∈Q*)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x
)＝－sin_xf(x)＝axf′(x)＝axln_af(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1)f′(x)＝1xlnaf(x)＝lnxf′(x)＝1x2．导数的运算法则(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±
g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)fxgx′＝fxgx－fxgx[gx2(g(x)≠0)．[小题速通]1．下列求导运算正确的是()A.x＋1x′＝1＋1x2B．(log2x)′＝1xln2C．(3
x)′＝3xlog3eD．(x2cosx)′＝－2sinx解析：选Bx＋1x′＝1－1x2；(log2x)′＝1xln2；(3x)′＝3xln3；(x2cosx)′＝2xcosx－x2sinx，故选B.2．函数f(x)＝(x＋2a)(x－
a)2的导数为()A．2(x2－a2)B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2)D．3(x2＋a2)解析：选C∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2a3，2∴f′(x)＝3(x2－a2)．3．函数f(x)＝ax3＋3x2＋2，若f′(－1)＝4，
则a的值是()A.193B.163C.133D.103解析：选D因为f′(x)＝3ax2＋6x，所以f′(－1)＝3a－6＝4，所以a＝103.4．(天津高考)已知函数f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为
f(x)的导函数，则f′(0)的值为________．解析：因为f(x)＝(2x＋1)ex，所以f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex，所以f′(0)＝3e0＝3.答案：3[清易错]1．利用公式求导时，一定要注意公式的
适用范围及符号，如(xn)′＝nxn－1中n≠0且n∈Q*，(cosx)′＝－sinx.2．注意公式不要用混，如(ax)′＝axlna，而不是(ax)′＝xax－1.1．已知函数f(x)＝sinx－cosx，若f′(x)＝12f(x)，则tanx的值为()A．1B．－3
C．－1D．2解析：选B∵f′(x)＝(sinx－cosx)′＝cosx＋sinx，又f′(x)＝12f(x)，∴cosx＋sinx＝12sinx－12cosx，∴tanx＝－3.2．若函数f(x)＝
2x＋lnx且f′(a)＝0，则2aln2a＝()A．－1B．1C．－ln2D．ln2解析：选Af′(x)＝2xln2＋1x，由f′(a)＝2aln2＋1a＝0，得2aln2＝－1a，则a·2a·ln2＝－1，即2aln2a＝－1.3导数的几何意义[
过双基]函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，y0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s(t)对时间t的导数)．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)·(x－x0)．
[小题速通]1.(郑州质检)已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝()A．－1B．0C．2
D．4解析：选B由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－13，∴f′(3)＝－13，∵g(x)＝xf(x)，∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，又由题图可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×－13＝0.2．设
函数f(x)＝xlnx，则点(1,0)处的切线方程是________．解析：因为f′(x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1，所以切线方程为x－y－1＝0.答案：x－y－1＝03．已知曲线y＝2x2的一条切线的斜率为2，则切点的坐标
为________．解析：因为y′＝4x，设切点为(m，n)，则4m＝2，所以m＝12，则n＝2×122＝12，则切点的坐标为12，12.答案：12，124．函数y＝f(x)的图象
在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝3x－2，则f(1)＋f′(1)＝________.解析：因为函数y＝f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝3x－2，所以f′(1)＝3，且f(1)＝3×1－2＝1，所以f(1)＋f′(1)＝1＋3＝4.答案：4
[清易错]1．求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．2．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有4差别．1．若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋154x－9都相切，则a等于()A．－1或－2564
B．－1或214C．－74或－2564D．－74或7解析：选A因为y＝x3，所以y′＝3x2，设过点(1,0)的直线与y＝x3相切于点(x0，x30)，则在该点处的切线斜率为k＝3x20，所以切线方程为y－x30＝3x20(x－x0)，即y＝3x20x－2x30，又(1,0)在切线上，则x
0＝0或x0＝32，当x0＝0时，由y＝0与y＝ax2＋154x－9相切，可得a＝－2564，当x0＝32时，由y＝274x－274与y＝ax2＋154x－9相切，可得a＝－1，所以选A.2.(兰州一模)已知直线y＝2x＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于
点(1,3)，则实数b的值为________．解析：因为函数y＝x3＋ax＋b的导函数为y′＝3x2＋a，所以此函数的图象在点(1,3)处的切线斜率为3＋a，所以3＋a＝2，3＝1＋a＋b，解得a＝－1，b＝3.答案：3利用
导数研究函数的单调性[过双基]1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与f′(x)的关系(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是增加的．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是减少的．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内
是常数．2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f′(x)．(2)在定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)根据结果确定f(x)的单调性及单调区间．[小题速通]1．函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋1的单调减
区间是()A．(1,2)B．(2，＋∞)5C．(－∞，1)D．(－∞，1)和(2，＋∞)解析：选A解f′(x)＝6x2－18x＋12<0可得1<x<2，所以单调减区间是(1,2)．2．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的
图象可能是()解析：选D当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数
f(x)单调递增．只有D选项符合题意．3．已知f(x)＝x2＋ax＋3lnx在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为()A．(－∞，－26]B.－∞，62C．[－26，＋∞)D．[－5，＋∞)解析：选C由题意得f′(x)＝2x＋a＋3x＝2
x2＋ax＋3x≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或Δ＝a2－24>0，－a4≤1，g＝5＋a≥0⇔－26≤a≤26或a>26⇔a≥－26，故选C.[清易错]
若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．若函数f(x)＝x3＋
x2＋mx＋1是R上的单调增函数，则m的取值范围是________．解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，∴f′(x)＝3x2＋2x＋m.又∵f(x)在R上是单调增函数，∴f′(x)≥0恒成立，∴Δ＝4－12m≤0，即m≥13.6答案：
13，＋∞利用导数研究函数的极值与最值[过双基]1．函数的极大值在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f
(x0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极
大值点与极小值点统称为极值点．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．[小题速通]1．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．1B．2C．3D．4解析：选A由图象及极值点的定义知，f(x)只有一个极小值点．2．若函数f(x)＝x3＋ax2＋
3x－9在x＝－3时取得极值，则a的值为()A．2B．3C．4D．5解析：选Df′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知f′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.3．(济宁一模)函数f(x)＝12x2－lnx的最小值为()A.12B．1C．0D
．不存在解析：选Af′(x)＝x－1x＝x2－1x，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.7∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝12－ln1＝12.4．若函数f(x)＝12x
2－ax＋lnx有极值，则a的取值范围为________．解析：f′(x)＝x－a＋1x＝x2－ax＋1x(x>0)，因为函数f(x)＝12x2－ax＋lnx有极值，令g(x)＝x2－ax＋1，且g(0)＝1>0，所以a2>0，ga2
＝－a24＋1<0，解得a>2.答案：(2，＋∞)5．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2<x2，则实数a的取值范围是________．解析：由题意，f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝
0，得x＝a3或a.又∵x1<2<x2，∴x1＝a3，x2＝a，∴a>2，a3<2，∴2<a<6.答案：(2,6)[清易错]1．f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的既不充分也不必要条件．例如，
f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点；又如f(x)＝|x|，x＝0是它的极小值点，但f′(0)不存在．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．1．(岳阳一模)下列函数中，
既是奇函数又存在极值的是()A．y＝x3B．y＝ln(－x)C．y＝xe－xD．y＝x＋2x解析：选D因为A、B为单调函数，所以不存在极值，C不是奇函数，故选D.2．设函数f(x)＝x3－3x＋1，x∈[－2,2]的最大值为M，
最小值为m，则M＋m＝________.解析：f′(x)＝3x2－3，由f′(x)>0可得x>1或x<－1，由f′(x)<0可得－1<x<1，所以函数f(x)的增区间是[－2，－1]，[1,2]，减区间是[－1,1]．8又因为f(－2)＝－1，f(－1
)＝3，f(1)＝－1，f(2)＝3，所以M＝3，m＝－1，所以M＋m＝2.答案：2一、选择题1．已知函数f(x)＝logax(a>0且a≠1)，若f′(1)＝－1，则a＝()A．eB.1eC.1e2D.12解
析：选B因为f′(x)＝1xlna，所以f′(1)＝1lna＝－1，所以lna＝－1，所以a＝1e.2．直线y＝kx＋1与曲线y＝x2＋ax＋b相切于点A(1,3)，则2a＋b的值为()A．－1B．1C．2D．－2解析：选C由曲线y＝x2＋ax＋b，得y′＝2x＋a，由题意可得
k＋1＝3，k＝2＋a，1＋a＋b＝3，解得k＝2，a＝0，b＝2，所以2a＋b＝2.3．函数y＝2x3－3x2的极值情况为()A．在x＝0处取得极大值0，但无极小值B．在x＝1处取得极小值－1，但无极大值C．在x＝0处取得极大
值0，在x＝1处取得极小值－1D．以上都不对解析：选Cy′＝6x2－6x，由y′＝6x2－6x>0，可得x>1或x<0，即单调增区间是(－∞，0)，(1，＋∞)．由y′＝6x2－6x<0，可得0<x<1，即单调减区间是(0,1)，所以函数
在x＝0处取得极大值0，在x＝1处取得极小值－1.4．若f(x)＝－12x2＋mlnx在(1，＋∞)是减函数，则m的取值范围是()9A．[1，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，1]D．(－∞，1)解析：选C由题意，f′(x)＝－x＋mx≤0在(1，＋∞)上恒成立，
即m≤x2在(1，＋∞)上恒成立，又因为x2>1，所以m≤1.5．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)解析：选D依题意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2
，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．故选D.6．已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝()A．0B．1C．2D．3解析：选Bf(x)＝x(x2－2mx＋m2)＝x3－2mx2＋m2x，所以f′(x)＝3x2－4mx＋m2＝(x－m)(3x－m)．由
f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当1<x<3时，f′(x)<0，当x<1或x>3时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极大值，不合题意，∴m＝1，此时f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当13<x<1时，f′(x)<0，当x<1
3或x>1时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极小值．选B.7．已知曲线y＝x24－3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为()A．3B．2C．1D.12解析：选A已知曲线y＝x24－3lnx(x>0)的一条切线的斜率为12，由y′＝12x－3x
＝12，得x＝3，故选A.8．若函数f(x)＝1－2x，x≤0，x3－3x＋a，x>0的值域为[0，＋∞)，则实数a的取值范围是()A．[2,3]B．(2,3]C．(－∞，2]D．(－∞，2)解析：选A当x≤
0时，0≤f(x)＝1－2x<1；当x>0时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，10所以当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1
)＝1－3＋a＝a－2.由题意得0≤a－2≤1，解得2≤a≤3，选A.二、填空题9．若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ax，要使函数f(
x)＝x＋alnx不是单调函数，则需方程1＋ax＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)10．已知函数f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x－4，则f′(1)＝________.解析：∵f′(x)＝1x－2f′(－1)x＋3，∴f′
(－1)＝－1＋2f′(－1)＋3，∴f′(－1)＝－2，∴f′(1)＝1＋4＋3＝8.答案：811．已知函数f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程是y＝12x＋3，则f(1)＋f′(1)＝_______
_.解析：由题意知f′(1)＝12，f(1)＝12×1＋3＝72，∴f(1)＋f′(1)＝72＋12＝4.答案：412．已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋12x2，且存在实数x
0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则实数m的取值范围为________．解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，令x＝1时，得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0－1＝1，∴g′(1)＝e，∴g(x)＝ex－x＋1
2x2，g′(x)＝ex－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，∴当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1.根据题意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m≥1.答案：[1，＋∞)11三、解答题13．已知函数f(x)＝x＋
ax＋b(x≠0)，其中a，b∈R.(1)若曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y＝3x＋1，求函数f(x)的解析式；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对于任意的a∈12
，2，不等式f(x)≤10在14，1上恒成立，求实数b的取值范围．解：(1)f′(x)＝1－ax2(x≠0)，由已知及导数的几何意义得f′(2)＝3，则a＝－8.由切点P(2，f(2))在直线y＝3x＋1上可得－2＋b＝7，解得b＝9，
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x－8x＋9.(2)由(1)知f′(x)＝1－ax2(x≠0)．当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数．当a>0时，令f′(
x)＝0，解得x＝±a，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－a)－a(－a，0)(0，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－－0＋f(x)极大值极小值所以当a>0时，f(x)在(－∞，
－a)，(a，＋∞)上是增函数，在(－a，0)，(0，a)上是减函数．(3)由(2)知，对于任意的a∈12，2，不等式f(x)≤10在14，1上恒成立等价于f14≤10，f，即b≤394－4a，b≤9－a对于任意的a∈
12，2成立，从而得b≤74，所以实数b的取值范围是－∞，74.14．已知函数f(x)＝x4＋ax－lnx－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x.12(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解：(1)对f(x)求导
，得f′(x)＝14－ax2－1x(x>0)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x，知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝54.(2)由(1)知f(x)＝x4＋54x－lnx－32，则f′(x)＝x2－4x－54x2，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为x＝
－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极
小值f(5)＝－ln5，无极大值．高考研究课(一)导数运算是基点、几何意义是重点[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度导数的几何意义5年8考求切线、已知切线求参数、求切点坐标导数的运算[典例](1)(惠州模拟)已知函数f(x)＝1xcosx，则f(π)＋f′
π2＝()A．－3π2B．－1π2C．－3πD．－1π(2)已知f1(x)＝sinx＋cosx，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，„，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2018(x)等于()A．－sinx－cosxB．sinx－co
sxC．sinx＋cosxD．cosx－sinx(3)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)＝()13A．－eB．－1C．1D．e[解析](1)∵f′(x)＝－1x2cosx＋1x(－sinx)，∴f(π
)＋f′π2＝－1π＋2π·(－1)＝－3π.(2)∵f1(x)＝sinx＋cosx，∴f2(x)＝f1′(x)＝cosx－sinx，∴f3(x)＝f2′(x)＝－sinx－cosx，∴f4(x)＝f3′(x)＝－cosx＋sinx
，∴f5(x)＝f4′(x)＝sinx＋cosx，∴fn(x)是以4为周期的函数，∴f2018(x)＝f2(x)＝cosx－sinx，故选D.(3)由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋1x.∴f′
(1)＝2f′(1)＋1，则f′(1)＝－1.[答案](1)C(2)D(3)B[方法技巧]1．可导函数的求导步骤(1)分析函数y＝f(x)的结构特点，进行化简；(2)选择恰当的求导法则与导数公式求导；(3)化简整理答案．2．求导运算应遵循的原则求
导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错．[即时演练]1．(江西九校联考)已知y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)，则y′＝()A．3x2－12x＋6B．x2＋12x－11C．x2＋12x＋6D．3x2＋12
x＋11解析：选D法一：y′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝3x2＋12x＋11.法二：∵y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，∴y′＝3x2＋12x＋11.2．已知函数f(x)＝xlnx，若f′
(x0)＝2，则x0＝________.解析：f′(x)＝lnx＋1，由f′(x0)＝2，即lnx0＋1＝2，解得x0＝e.14答案：e导数的几何意义导数的几何意义为高考热点内容，考查题型多为选择、填空题，也常出现在解
答题的第问中，难度较低，属中、低档题.常见的命题角度有：求切线方程；确定切点坐标；已知切线求参数值或范围；切线的综合应用.角度一：求切线方程1．已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，则曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是____
____．解析：∵f′(x)＝11＋x－1＋2x，∴f′(1)＝32，f(1)＝ln2，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln2＝32(x－1)，即3x－2y＋2ln2－3＝0.答
案：3x－2y＋2ln2－3＝0角度二：确定切点坐标2．(沈阳模拟)在平面直角坐标系xOy中，点M在曲线C：y＝x3－x－1上，且在第三象限内，已知曲线C在点M处的切线的斜率为2，则点M的坐标为_______
_．解析：∵y′＝3x2－1，曲线C在点M处的切线的斜率为2，∴3x2－1＝2，x＝±1，又∵点M在第三象限，∴x＝－1，∴y＝(－1)3－(－1)－1＝－1，∴点M的坐标为(－1，－1)．答案：(－1，－1)角度三：已知切线求参数值或范围3．(武汉一模)已知a为常数，
若曲线y＝ax2＋3x－lnx上存在与直线x＋y－1＝0垂直的切线，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知曲线上存在某点的导数值为1，所以y′＝2ax＋3－1x＝1有正根，即2ax2＋2x－1＝0有正根．当a≥0时，显然满足题意；15当a＜0时，需满足Δ≥0，解得－12≤a
＜0.综上，a≥－12.答案：－12，＋∞4．若两曲线y＝x2－1与y＝alnx－1存在公切线，则正实数a的取值范围是________．解析：设y＝alnx－1的切点为(x0，y0)，求导y′＝ax，则切线的斜率为a
x0，所以公切线方程为y－(alnx0－1)＝ax0(x－x0)，联立方程y＝x2－1可得x2－ax0x＋a－alnx0＝0，由题意，可得Δ＝－ax02－4(a－alnx0)＝0，则a＝4x20(1－lnx0
)．令f(x)＝4x2(1－lnx)(x>0)，则f′(x)＝4x(1－2lnx)，易知，函数f(x)＝4x2(1－lnx)在(0，e)上是增函数，在(e，＋∞)上是减函数，所以函数f(x)＝4x2(1－lnx)的最大值是f(e)＝2e
，则正实数a的取值范围是(0,2e]．答案：(0,2e]角度四：切线的综合应用5．(全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．解：(1)f(x)
的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋1x－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－ax－x＋1＞0.设g(x)＝
lnx－ax－x＋1，16则g′(x)＝1x－2ax＋2＝x2＋－ax＋1xx＋2，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0，得
x1＝a－1－a－2－1，x2＝a－1＋a－2－1.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．[方法技巧]利用导数解决切线问题的方法(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＝fx1－fx0x1－x0求解．1．(2014·全国卷Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A．0B．1C．2D．3解析：选Dy′＝a－1x＋1，由题意得y′x＝0＝2，即a－1＝2，
所以a＝3.2．(全国卷Ⅰ)曲线y＝x2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．解析：因为y′＝2x－1x2，所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为y′|x＝1＝2×1－112＝1，所以切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.答案：x－y＋
1＝03．(全国卷Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.17解析：y＝lnx＋2的切线方程为：y＝1x1·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1)，y＝ln(x＋1)的切线方程为：y＝1x2＋1x＋ln(x2＋1)
－x2x2＋1(设切点的横坐标为x2)，∴1x1＝1x2＋1，lnx1＋1＝x2＋－x2x2＋1，解得x1＝12，x2＝－12，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.答案：1－ln24．(2015·全
国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1.又f(1)＝a＋2，∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋
1)(x－1)．∵切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1.答案：15．(2015·全国卷Ⅱ)已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.解析：∵y＝x＋lnx，∴y′＝1＋1x，y′x＝1＝
2.∴曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由y＝2x－1，y＝a
x2＋a＋x＋1，消去y，得ax2＋ax＋2＝0.由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.18答案：8一、选择题1．设曲线y＝1＋cosxsinx在点π2，1处的切线与直线x－ay＋1＝0平行，则实数a等于()A．－1B.12C．－2D．2解析：选A∵y′＝－1
－cosxsin2x，∴y′x＝π2＝－1，由条件知1a＝－1，∴a＝－1.2．(衡水调研)曲线y＝1－2x＋2在点(－1，－1)处的切线方程为()A．y＝2x＋1B．y＝2x－1C．y＝－2x－3D．y＝－2x－2解析：选A∵y＝1－2x＋2＝xx＋2，∴y′＝x＋
2－xx＋2＝2＋2，y′|x＝－1＝2，∴曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为2，∴所求切线方程为y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.3．(济南一模)已知曲线f(x)＝lnx的切线经过原点，则此切线的斜率为()A．eB．－eC.1eD．－1e解析：选C法一：∵f(x)＝lnx，x∈(0，
＋∞)，∴f′(x)＝1x.设切点P(x0，lnx0)，则切线的斜率为k＝f′(x0)＝1x0＝kOP＝lnx0x0.∴lnx0＝1，∴x0＝e，∴k＝1x0＝1e.19法二：(数形结合法)：在同一坐标系下作出y＝l
nx及曲线y＝lnx经过原点的切线，由图可知，切线的斜率为正，且小于1，故选C.4．已知f(x)＝lnx，g(x)＝12x2＋mx＋72(m＜0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m的值为()A．－1B．
－3C．－4D．－2解析：选D∵f′(x)＝1x，∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，∴直线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x＋m，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，
又因为y0＝12x20＋mx0＋72(m＜0)，解得m＝－2，故选D.5．(南昌二中模拟)设点P是曲线y＝x3－3x＋23上的任意一点，P点处切线倾斜角α的取值范围为()A.0，π2∪5π6，πB.2π3，πC.0，π2∪
2π3，πD.π2，5π6解析：选C因为y′＝3x2－3≥－3，故切线斜率k≥－3，所以切线倾斜角α的取值范围是0，π2∪2π3，π.6．已知曲线y＝1ex
＋1，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为()A．x＋4y－2＝0B．x－4y＋2＝0C．4x＋2y－1＝0D．4x－2y－1＝020解析：选Ay′＝－exex＋2＝－1ex＋1ex＋2，因为ex＞0，所以ex＋1ex≥2e
x×1ex＝2(当且仅当ex＝1ex，即x＝0时取等号)，则ex＋1ex＋2≥4，故y′＝－1ex＋1ex＋2≥－14(当x＝0时取等号)．当x＝0时，曲线的切线斜率取得最大值，此时切点的坐标为0，12，切线的方程为y－12＝－
14(x－0)，即x＋4y－2＝0.故选A.二、填空题7．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：由题意，当x>0时，则－x<0，f(x)＝f(－x)＝lnx－
3x，则f′(x)＝1x－3，所以曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线的斜率f′(1)＝－2，则切线方程为y－(－3)＝－2(x－1)，即2x＋y＋1＝0.答案：2x＋y＋1＝08．曲线y＝log2x在点(1,0)处的切线与坐标轴所围三
角形的面积等于________．解析：∵y′＝1xln2，∴k＝1ln2，∴切线方程为y＝1ln2(x－1)，令y＝0，得x＝1，令x＝0，得y＝－1ln2，∴所求三角形面积为S＝12×1×1ln2＝12ln2.答案：12ln29．(东营一模)函数f(
x)＝xlnx在点P(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y＝0垂直，则切点P(x0，f(x0))的坐标为________．解析：∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1，由题意得f′(x0)·(－1)＝－1，即f′(x0)＝1⇔lnx0＋1＝1⇔lnx0＝0⇔x0＝1，∴f(x
0)＝1·ln1＝0，∴P(1,0)．21答案：(1,0)10．设过曲线f(x)＝－ex－x(e为自然对数的底数)上的任意一点的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝mx－3sinx上的一点处的切线l2，使l1⊥l2，则m的取值范围是________．解析：设曲线f(x)上任意一点A(x1，y
1)，曲线g(x)上存在一点B(x2，y2)，f′(x)＝－ex－1，g′(x)＝m－3cosx.由题意可得f′(x1)g′(x2)＝－1，且f′(x1)＝－ex1－1∈(－∞，－1)，g′(x2)＝m－3cosx2∈[m－3，m＋3]．因为过曲线f(x)＝－ex－x(e为
自然对数的底数)上的任意一点的切线为l1，总存在过曲线g(x)＝mx－3sinx上的一点处的切线l2，使l1⊥l2，所以(0,1)⊆[m－3，m＋3]，所以m－3≤0，且m＋3≥1，解得－2≤m≤3.答案：[－2,3]
三、解答题11．已知函数f(x)＝13x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线C.(1)求过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围；(2)若在曲线C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝x2－4x＋3，则f′(
x)＝(x－2)2－1≥－1，即过曲线C上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．(2)设曲线C的其中一条切线的斜率为k，则由题意，及(1)可知，k≥－1，－1k≥－1，解得－1≤k＜0或k≥1，故由－1≤x2－4x＋3＜
0或x2－4x＋3≥1，得x∈(－∞，2－2]∪(1,3)∪[2＋2，＋∞)．12．(北京高考)已知函数f(x)＝excosx－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0，π2上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝excosx－x
，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－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＝1.22(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2
exsinx.当x∈0，π2时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间0，π2上单调递减．所以对任意x∈0，π2，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间0，π2上单调递减．因此f(x)在
区间0，π2上的最大值为f(0)＝1，最小值为fπ2＝－π2.1．(广东七校联考)已知函数y＝x2的图象在点(x0，x20)处的切线为l，若l也与函数y＝lnx，x∈(0,1)的图象相切，则x0必满足()A．0<x0<12B.12<x0<1C.22<x0<2D.2
<x0<3解析：选Dy＝lnx，x∈(0,1)的导数y′＝1x>1，设切点为(t，lnt)，则切线l的方程为y＝1tx＋lnt－1，因为函数y＝x2的图象在点(x0，x20)处的切线l的斜率为2x0，则切线方程为y＝2x0x－x20，因为l也与函数y＝lnx，x∈(0,1)的图象相切，则有
2x0＝1t，x20＝1－lnt，则1＋ln2x0＝x20，x0∈(1，＋∞)．令g(x)＝x2－ln2x－1，x∈(1，＋∞)，所以该函数的零点就是x0，则排除A、B；又因为g′(x)＝2x－1x
＝2x2－1x>0，23所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增．又g(1)＝－ln2<0，g(2)＝1－ln22<0，g(3)＝2－ln23>0，从而2<x0<3.2．函数y＝f(x)图象上不同两点M(x1，y1)，N(x2，
y2)处的切线的斜率分别是kM，kN，规定φ(M，N)＝|kM－kN||MN|(|MN|为线段MN的长度)叫做曲线y＝f(x)在点M与点N之间的“弯曲度”．设曲线f(x)＝x3＋2上不同两点M(x1，y1)，N(x2，y2)，且x1x2＝1，则φ(M，N)的取值范围是________．解析：f′(
x)＝3x2，设x1＋x2＝t(|t|>2)，则φ(M，N)＝|3x21－3x22|x1－x22＋x31＋2－x32－2＝|3x21－3x22|x1－x22[1＋x21＋x1x2＋x222]＝3|x1－x2|·|x1＋
x2||x1－x2|1＋x1＋x22－x1x2]2＝3|x1＋x2|1＋x1＋x22－1]2＝3|t|1＋t2－2＝3t2＋2t2－2.设g(x)＝x＋2x，x>4，则g′(x)＝1－2x2>0，所以g(x)在(4，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(4)＝92.所以t2＋2t2－
2>52，所以0<φ(M，N)<3105.答案：0，3105高考研究课二函数单调性必考，导数工具离不了[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度函数单调性5年8考讨论单调性及证明单调性问题
函数单调性的判断[典例]设函数f(x)＝－a2lnx＋x2－ax(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．[解]由f(x)＝－a2lnx＋x2－ax，可知f′(x)＝－a2x＋2x－a＝2x2－ax－a2x＝24x＋ax－ax(x>0)．若a>0，则当x∈(0，a)时，f′
(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；若a＝0，则f′(x)＝2x>0在x∈(0，＋∞)内恒成立，函数f(x)单调递增；若a<0，则当x∈
0，－a2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈－a2，＋∞时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．[方法技巧]导数法判断函数f(x)在(a，b)内单调性的步骤(1)求f′(x)；(2)确定f′(x)在(a，b)内的
符号；(3)作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．[提醒]研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[即时演练]1．(芜湖一模)函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是()A.()0，＋∞B.()－∞，0C.()－
∞，1D.()1，＋∞解析：选D由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)＞0，解得x＞1，故选D.2．(全国卷Ⅱ节选)讨论函数f(x)＝x－2x＋2ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0.解：f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，
＋∞)．f′(x)＝x－x＋x－x－xx＋2＝x2exx＋2≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.利用导数研究函数单调性的
应用函数的单调性是高考命题的重点，其应用是考查热点.,常见的命题角度有：y＝fx与y＝fx的图象辨识；比较大小；已知函数单调性求参数的取值范围；25构造函数解不等式.角度一：y＝f(x)与y＝f′(x)的图象辨
识1.已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，若函数f(x)的图象如图所示，则一定有()A．b>0，c>0B．b<0，c>0C．b>0，c<0D．b<0，c<0解析：选B由函数的图象与y轴的交点在原点的上方可知，d>0，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由函数的图象可知，函数f(x
)有两个极值点，且先增，再减，最后增，所以方程f′(x)＝0有两个大于0不同的实根，且a>0，由根与系数的关系可得－2b3a>0，c3a>0，则b<0，c>0.2.已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象
如图所示，则该函数的图象是()解析：选B由函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象自左至右是先增后减，可知函数y＝f(x)图象的切线的斜率自左至右先增大后减小．角度二：比较大小3．已知函数F(x)＝xf(
x)，f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，F′(x)<0成立，若a＝20.1·f(20.1)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log212·flog212，则a，b，c的大小关系是()A．a>
b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>c>b解析：选C因为f(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函数，则函数F(x)＝xf(x)是奇函数．因为当x∈(－∞，0]时，F′(x)<0成立，所以F(x)在(－∞，0
]上是减函数，所以F(x)在R上是减函数，因为20.1>1,0<ln2<1，log212＝－1<0，所以c>b>a.角度三：已知函数单调性求参数的取值范围4．(宝鸡一检)已知函数f(x)＝x2＋4x＋alnx，若函数f(x)在(1,2)上是单调函数，则实数a的取值范围是(
)A．(－6，＋∞)26B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)解析：选C∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋4＋ax＝2x2＋4x＋ax，f(x)在(1,2)上是单调函数，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(1,2)上恒成立
，即2x2＋4x＋a≥0或2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒成立，即a≥－()2x2＋4x或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．记g(x)＝－(2x2＋4x)，1＜x＜2，则－16＜g(x)＜－6，∴a≥－6或a≤－16，故选C.5．(成都模拟)已知函数f(x
)＝－12x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－3x＝－x－x－x，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调
，∴1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔t＜1，t＋1＞1或t＜3，t＋1＞3⇔0＜t＜1或2＜t＜3.答案：(0,1)∪(2,3)[方法技巧]由函数的单调性求参数的范围的方法(1)可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转
化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式
问题．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．(4)若已知f(x)在D上不单调，则f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点．角度四：构造函数解不等式6．已知函数f′(x)是函数f(x)
的导函数，且f(1)＝1e，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，27则不等式f(x)<ex－2的解集为()A．(－∞，e)B．(1，＋∞)C．(1，e)D．(e，＋∞)解析：选B令g(x)＝fxex－2，g′(x)＝fx－fxex－
2<0，所以函数g(x)＝fxex－2是减函数，又g(1)＝1，所以不等式f(x)<ex－2的解集为(1，＋∞)．7．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(
x)>x2，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－f(－1)<0的解集为________．解析：令g(x)＝x2f(x)，由2f(x)＋xf′(x)>x2(x<0)，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x
)＝x[2f(x)＋xf′(x)]<x3<0，故函数g(x)＝x2f(x)在(－∞，0)上是减函数，故由不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－f(－1)<0，可得－1<x＋2018<0，即－2019<
x<－2018，所以不等式的解集为(－2019，－2018)．答案：(－2019，－2018)1．(全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－13sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是()A．[－1,1]B.－1，13C.－13，13D.
－1，－13解析：选C法一：取a＝－1，则f(x)＝x－13sin2x－sinx，f′(x)＝1－23cos2x－cosx，但f′(0)＝1－23－1＝－23＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A、B、D.故选C.法二：函数f(x)
＝x－13sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f′(x)＝1－23cos2x＋acosx＝－43cos2x＋acosx＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cosx＝t，则g(t)＝－43t2＋at＋53≥0在[－1,1]恒成立，所以g＝－43＋a＋53≥0，g
－＝－43－a＋53≥0，解得－13≤a≤13.故选C.282．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：选D因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－1x.因为
f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－1x≥0恒成立，即k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<1x<1，所以k≥1.故选D.3．(全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)
若f(x)≥0，求a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当
x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln－a2.当x∈－∞，ln－a2时，f′(x)＜0；当x∈ln
－a2，＋∞时，f′(x)＞0.故f(x)在－∞，ln－a2上单调递减，在ln－a2，＋∞上单调递增．(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.②若a＞0，则由(1)得，当x＝lna时，f(x)取得最小值
，最小值为f(lna)＝－a2lna.从而当且仅当－a2lna≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，最小值为fln
－a2＝a234－ln－a2.从而当且仅当a234－ln－a2≥0，29即－2e34≤a＜0时，f(x)≥0.综上，a的取值范围是－2
e34，1.一、选择题1．已知函数f(x)＝lnx＋x2－3x(a∈R)，则函数f(x)的单调递增区间为()A.－∞，12B．(1，＋∞)C.－∞，12和(1，＋∞)D.0，12和(1，＋∞)解析：选Df′(x)
＝2x2－3x＋1x(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝12或x＝1，当0<x<12或x>1时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为0，12和(1，＋∞)．2．(成都外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2＋2c
osx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是()解析：选A设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足1－xfx≤0，则必有()A．f(0)＋f(2)＞2
f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)＜2f(1)D．f(0)＋f(2)≥2f(1)解析：选A当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)
＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)．4．已知函数f(x)＝xsinx，x1，x2∈－π2，π2，且f(x1)＜f(x2)，那么()A．x1－x2＞0B．x1＋x
2＞0C．x21－x22＞0D．x21－x22＜0解析：选D由f(x)＝xsinx得f′(x)＝sinx＋xcosx＝cosx(tanx＋x)，当x∈300，π2时，f′(x)＞0，即f(x)在0，π2上为增函数，又f(－x)＝
－xsin(－x)＝xsinx，因而f(x)为偶函数，∴当f(x1)＜f(x2)时，有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x21－x22＜0，故选D.5．(吉林长春三模)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)
恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为()A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析：选A设
g(x)＝fxex，则g′(x)＝fxx－fxxx2＝fx－fxex，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即fx1ex1＜fx2ex2，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．6．(九
江模拟)已知函数f(x)＝12x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间13，2上是增函数，则实数a的取值范围为()A.－∞，43B.43，＋∞C.－∞，－32D.
－32，＋∞解析：选Bf′(x)＝x＋2a－1x≥0在13，2上恒成立，即2a≥－x＋1x在13，2上恒成立，∵－x＋1xmax＝83，∴2a≥83，即a≥43.二、填空题7．设函数f(x)＝x(ex－1)－
12x2，则函数f(x)的单调增区间为________．解析：因为f(x)＝x(ex－1)－12x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x
∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．31答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)8．已知函数f(x)＝xlnx－ax2－x.若函数f(x)在定义域上为减函数，则实数a的取值范围是________．解析：
由题意可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝lnx－2ax，因为函数f(x)在定义域上为减函数，所以lnx－2ax≤0，即a≥lnx2x在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝lnx2x，则g′(x)＝1－lnx2x2，当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0，所以
g(x)max＝g(e)＝12e，所以a≥12e.答案：12e，＋∞9．(兰州诊断)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：∵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，设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，解得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]三、解答题1
0．已知函数f(x)＝x－2x＋1－alnx，a＞0.讨论f(x)的单调性．解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋2x2－ax＝x2－ax＋2x2.设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，即
0＜a≤22时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．32②当Δ＞0，即a＞22时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝a－a2－82，x2＝a＋a2－82，0＜x1＜x2.由f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2.由f′(x)<0，得x1<x<x2
.所以f(x)在0，a－a2－82上单调递增，在a－a2－82，a＋a2－82上单调递减，在a＋a2－82，＋∞上单调递增．11．(武汉调研)已知函数f(x)＝xl
nx.(1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥－x2＋mx－32恒成立，求实数m的最大值．解：(1)由题意得g′(x
)＝f′(x)＋a＝lnx＋a＋1.∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立．∴a≥－1－lnx.令h(x)＝－lnx－1，
∴a≥h(x)max，当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即a的取值范围是[－3，＋∞)．(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x＞0，∴m≤2xlnx＋x2＋3x在x∈(
0，＋∞)上恒成立．记t(x)＝2xlnx＋x2＋3x＝2lnx＋x＋3x.∴m≤t(x)min.∵t′(x)＝2x＋1－3x2＝x2＋2x－3x2＝x＋x－x2，令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)．当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(
x)在(0,1)上单调递减；33当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴t(x)min＝t(1)＝4.∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值为4.12．(湖南十校联
考)函数f(x)＝13x3＋|x－a|(x∈R，a∈R)．(1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．解：由已知得，f(x)＝
13x3＋x－a，x≥a，13x3－x＋a，x<a，令g(x)＝13x3＋x－a，则g′(x)＝x2＋1>0，所以g(x)在[a，＋∞)上为增函数．令h(x)＝13x3－x＋a，则h′(x)＝x2－1.令h′(x)＝0，得
x＝±1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数．(1)因为f(x)在R上是增函数，所以h(x)在(－∞，a)上为增函数，所以a≤－1.故a的取值范围为(－∞，－1]．(2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a>
－1.当－1<a<1时，f(x)在(－∞，－1)上是增函数，在(－1，a)上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数，所以m(a)＝a33，M(a)＝max{h(－1)，g(1)}＝maxa＋23，43－a.当43－a≥a＋23，即－1<a≤13时，M(a)＝4
3－a，M(a)－m(a)＝－13(a3＋3a－4)；当43－a<a＋23，即13<a<1时，M(a)＝a＋23，M(a)－m(a)＝－13(a3－3a－2)．34当a≥1时，f(x)在[－1,1]上是减函数，所以m(a)＝h(1)＝a－23，M(a)＝h(
－1)＝a＋23.故M(a)－m(a)＝43.综上，M(a)－m(a)＝－13a3＋3a－，－1<a≤13，－13a3－3a－，13<a<1，43，a≥1.1．已知函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则b
a的最小值为________．解析：∵函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数，∴f′(x)＝1x＋e－a(x＞0)，当a≤e时，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴f(x)≤0不可能恒成立，当a＞e时，由f′(x)＝1x＋e－a＝
0，得x＝1a－e，当x∈0，1a－e时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈1a－e，＋∞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，∴当x＝1a－e时，f(x)取最大值，∵不等式f(x)≤0恒成立，∴f1a－e＝－ln(a－e)－b－1≤0，
∴b≥－1－ln(a－e)，∴ba≥－1－a－a(a＞e)，令F(x)＝－1－x－x(x＞e)，35则F′(x)＝－1x－ex＋1＋x－x2＝x－x－－ex－x2，令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e，则H′(x)＝ln(x－e)＋1，由H′(x)＝0，得x＝e＋1e，当x∈
e＋1e，＋∞时，H′(x)＞0，H(x)是增函数，x∈e，e＋1e时，H′(x)＜0，H(x)是减函数，∴当x＝e＋1e时，H(x)取最小值He＋1e＝－e－1e，∵x→e时，H(x)→0，x＞2e时，H(x)＞0，H(2e)＝0，∴当x∈(e,2
e)时，F′(x)＜0，F(x)是减函数，当x∈(2e，＋∞)时，F′(x)＞0，F(x)是增函数，∴x＝2e时，F(x)取最小值，F(2e)＝－1e，∴ba的最小值为－1e.答案：－1e2．已知函数f(x)＝ln(x＋a)＋ax(a∈R)．(1
)当a＝－1时，求函数y＝f(x)的极值；(2)讨论函数y＝f(x)的单调性．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(x－1)－x(x>1)，则f′(x)＝1x－1－1＝2－xx－1.由f′(x)<0，得x>2；由f′(x)>
0，得1<x<2，所以f(x)极大值＝f(2)＝－2，无极小值．(2)函数f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝ax＋a2＋1x＋a.①当a≥0时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－a，＋∞)上为增函数．②当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝－a－1a>－a，当f′(x)>0时
，解得－a<x<－a－1a，36函数f(x)在－a，－a－1a上为单调递增函数；当f′(x)<0时，解得x>－a－1a，函数f(x)在－a－1a，＋∞上为单调递减函数．综上所述，当a≥0时，函数f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；当a<0时
，函数f(x)在－a，－a－1a上单调递增，在－a－1a，＋∞上单调递减．高考研究课(三)极值、最值两考点，利用导数巧推演[全国卷5年命题分析]考点考查频度考查角度极值5年6考求极值、由极值求参数最值5年5考求最值、证明最值的存在性运用导数解
决函数的极值问题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：知图判断函数极值；已知函数求极值；已知极值求参数值或范围.角度一：知图判断函数极值1.(赤峰模拟)
设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数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：选D由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；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；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可得函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.角度二：已知函数求极值2．已知函数f(x)＝x－1＋aex(a∈R，e为自然对数的底数)
．37(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1－aex.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0
，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－aex，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f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝
lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．角度三：已知极值求参数值或范围3．设函数f(x)＝lnx－12ax2－bx，若x＝1是f(x)的
极大值点，则a的取值范围是()A．(－1,0)B．(－1，＋∞)C．(0,1)D．(1，＋∞)解析：选Bf′(x)＝1x－ax－b(x>0)，因为x＝1是f(x)的极大值点，所以f′(1)＝1－a－b＝0，即b＝1－a，则f′
(x)＝1x－ax－1＋a＝－xax＋x(x>0)，当a<0时，因为x＝1是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0,1)，－1a，＋∞上是增函数，在1，－1a上是减函数，则－1a>1，即－1<a<0；当a＝0时，f′(x)＝1x－1，f(x)在(0,1)是增函
数，在(1，＋∞)上是减函数，所以x＝1是f(x)的极大值点；当a>0时，f(x)在(0,1)是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，38所以x＝1是f(x)的极大值点．综上，a的取值范围是(－1，＋∞)．4．(江西八校联考)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(
)A．(－∞，0)B.0，12C．(0,1)D．(0，＋∞)解析：选B∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝lnx＋1x，设g(x)＝lnx＋
1x，则g′(x)＝－lnxx2，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0＜2a＜1，即0＜a＜12.[方法技巧]利用导数研究函数
极值的一般流程运用导数解决函数的最值问题[典例](日照模拟)设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k∈12，1时，求函数f(x)在[0，
k]上的最大值M.[解](1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．39令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0，ln2)ln
2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值由表可知，函数f(x)的递减区间为(0，ln2)，递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k
)，∵12＜k≤1，∴1＜2k≤2，由(1)可知f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，＋∞)上单调递增．设g(x)＝x－ln2x12＜x≤1，则g′(x)＝1－1x，∵12＜x≤1，∴1≤1x＜
2，∴－1＜1－1x≤0，∴g(x)＝x－ln2x在12，1上单调递减，∵12＜x≤1，∴g(x)＞g(1)＝1－ln2＞0，∴k－ln2k＞0，即k＞ln2k，∴f(x)在(0，ln2k)上单调递减，在(ln2k，k)上单调递增，∴f(x)在[]
0，k上的最大值应在端点处取得．而f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，下面比较f(0)与f(k)的大小．令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3
k)，再令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，∴φ(k)在12，1上递减，而φ12·φ(1)＝e－32(e－3)＜0，∴存在x0∈12，1使得φ(x0)＝0，且当k∈12，x0时，φ
(k)＞0，当k∈(x0,1)时，φ(k)40＜0，∴h(k)在12，x0上单调递增，在(x0,1)上单调递减．又h12＝－12e＋78＞0，h(1)＝0.∴h(k)≥0在12，1上恒成立，当且仅当k＝1时取“＝”．综上，函数f(x)在[0，k]上的最大
值M＝(k－1)ek－k3.[方法技巧]求函数f(x)在[a，b]上的最值的步骤(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．[即时演练]1．若函数f(x)＝13x
3＋x2－23在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5,0)B．(－5,0)C．[－3,0)D．(－3,0)解析：选C由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图
所示，令13x3＋x2－23＝－23得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知－3≤a＜0，a＋5＞0，解得a∈[－3,0)，故选C.2．(南昌模拟)已知函数f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x>0，a∈R，e是自然对数的底数)．(1)若f(x)是(0，＋
∞)上的单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)当a∈0，12时，证明：函数f(x)有最小值，并求函数f(x)的最小值的取值范围．解：(1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)ex＋2a(x
＋2)，依题意，当x>0时，函数f′(x)≥0恒成立，即a≥－x－xx＋2恒成立，记g(x)＝－x－xx＋2，则g′(x)＝－xexx＋－x－xx＋2＝－x2＋x＋xx＋2<0，41所以g(x)在(0
，＋∞)上单调递减，所以g(x)<g(0)＝12，所以a≥12.即实数a的取值范围为12，＋∞.(2)因为[f′(x)]′＝2xex＋2a>0，所以y＝f′(x)是(0，＋∞)上的增函数．又f′(
0)＝4a－2<0，f′(1)＝6a>0，所以存在t∈(0,1)，使得f′(t)＝0，当x∈(0，t)时，f′(x)<0，当x∈(t，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2.由f′(t)＝0⇒a＝－
t－tt＋2，则f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et＝et(－t2＋t－2)．记h(t)＝et(－t2＋t－2)，则h′(t)＝et(－t2－t－1)<0，t∈(0,1)，所以当t∈(0,1
)时，h(1)<h(t)<h(0)，即f(x)的最小值的取值范围是(－2e，－2)．综上，函数f(x)有最小值，最小值的取值范围是(－2e，－2)．1．(全国卷Ⅱ)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()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A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)＝－1.2．(2014·全国卷Ⅱ)设函数f(x)
＝3sinπxm.若存在f(x)的极值点x0满足x20＋42[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是()A．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(
－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：选C由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)＝±3，则πx0m＝π2＋kπ(k∈Z)，从而得x0＝k＋12m(k∈Z)．所以不等式x20＋[f(x0)]2<m2即为k＋122m2＋3<m2，变形得m21－k＋
122>3，其中k∈Z.由题意，存在整数k使得不等式m21－k＋122>3成立．当k≠－1且k≠0时，必有k＋122>1，此时不等式显然不能成立，故k＝－1或k＝0，此时，不等式即为34m2>3，解得m<－2或m>2.3．(
2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0
)＝0解析：选C因为函数f(x)的值域为R，所以一定存在x0∈R，使f(x0)＝0，故A正确，函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个
奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于f′(x)＝3x2＋2ax＋b是二次函数，若f(x)有极小值点x0，必定有一个极大值点x1，且x1<x0，则f(x)在区间(－∞，x0)上不单调递减，故C错误，根据导数与极值
的关系，显然选项D中的结论正确.4．(2015·全国卷Ⅱ)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)＝1x－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∈0，1a时，f′(x)>0；当x∈1a，＋∞时，f′(x
)<0.所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；43当a>0时，f(x)在x＝1a处取得最大值
，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.因此f1a>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)．5．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x2e－x.(1)求f(x)的极小值和极大值；(2)当曲线y＝f(x)的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为
(－∞，＋∞)，f′(x)＝－e－xx(x－2)．①当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(0,2)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增．故当x＝0时，f(x)取得极
小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.(2)设切点为(t，f(t))，则l的方程为y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．所以l在x轴上的截距为m(t)＝t－
ftft＝t＋tt－2＝t－2＋2t－2＋3.由已知和①得t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．令h(x)＝x＋2x(x≠0)，则当x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[22，＋∞)；当x∈(－∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，
－3)．所以当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[22＋3，＋∞)．综上，l在x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[22＋3，＋∞)．6．(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－72，求a的取值范
围．44解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3x＋a32＋b－a23.当x＝－a3时，f′(x)有极小值b－a23.因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，所以f－a3＝－a327＋a39－ab3＋1＝0，又a>0
，故b＝2a29＋3a.因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，从而b－a23＝19a(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＝－a－a2－3
b3，x2＝－a＋a2－3b3.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＝2a29＋3
a，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，ba＝2aa9＋3aa.设g(t)＝2t9＋3t，则g′(t)＝29－3t2＝2t2－279t2.当t∈362，＋∞时，g′(t)>0，从而g(
t)在362，＋∞上单调递增．因为a>3，所以aa>33，故g(aa)>g(33)＝3，即ba>3.45因此b2>3a.(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－23a，x21＋x22＝4
a2－6b9.从而f(x1)＋f(x2)＝x31＋ax21＋bx1＋1＋x32＋ax22＋bx2＋1＝x13(3x21＋2ax1＋b)＋x23(3x22＋2ax2＋b)＋13a(x21＋x22)＋23b(x1＋x2)＋2＝4a3－6ab27－4ab9＋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－a23＝－19a2＋3a，所以h(a)＝－19a2＋3a，a>3.因为h′(a)＝－29a－3a2<0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．因为h(6)＝－72，于是h(a)≥h(6)，故
a≤6.因此a的取值范围为(3,6]．一、选择题1．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是()A．x＝1B．x＝－1C．x＝1或－1或0D．x＝0解析：选C∵f(x)＝x4－2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x
－1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1，又当x<－1时，f′(x)<0，当－1<x<0时，f′(x)>0，当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取
得极大值10，则ab的值为()A．－23B．－2C．－2或－23D．2或－2346解析：选A由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即3＋2a＋b＝0，1＋a＋b－a2－7a＝10，解得a＝－2，b＝1
或a＝－6，b＝9，经检验a＝－6，b＝9满足题意，故ab＝－23.3．(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x21＋x22等于()A.23B.43C.83D.163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＝23，所以x
21＋x22＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－43＝83.4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1，有以下命题：①f(x)的解析式为：f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；②f(x
)的极值点有且仅有一个；③f(x)的最大值与最小值之和等于零．其中正确的命题个数为()A．0B．1C．2D．3解析：选Cf′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x
＝±1处的切线斜率均为－1，所以f＝3＋2a＋b＝－1，f－＝3－2a＋b＝－1，c＝0，解得a＝0，b＝4，c＝0，则f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正确；f′(x)＝3x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝±2
33∈[－2,2]，易知，x＝±233均为函数的极值点，故②错误；47易知函数f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]是奇函数，所以最大值与最小值之和为0，故③正确．因此，正确命题的个数为2，故选C.5．(长沙二模)
已知函数f(x)＝xx2＋a(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为()A.3－1B.34C.43D.3＋1解析：选A由f(x)＝xx2＋a，得f′(x)＝a－x2x2＋a2，当a＞1时，若x＞a，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，若1＜x＜a，则f
′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝a时，函数f(x)有最大值12a＝33，得a＝34＜1，不合题意；当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝12，不合题意；当0＜a＜1时，函数f(x)
在[1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝1a＋1＝33，得a＝3－1，符合题意．故a的值为3－1，选A.6．设函数f(x)＝3xex，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<kx0－k，则k的取
值范围是()A.－3e2，0B.0，32eC.－3e，－6e2D.2e2，32e解析：选Df′(x)＝3(x＋1)ex，当x>－1时，f′(x)>0，当x<－1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，f(x)取得最小值为f(－1)＝－3
e，因此，要使“存在唯一的整数x0，使得f(x0)<kx0－k”成立，则x0＝－1，所以f－－2k，f－－3k，解得2e2≤k<32e.二、填空题7．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是___
_____．解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝4x－1x，48由f′(x)＝0，得x＝12.据题意k－1<12<k＋1，k－1≥0，解得1≤k<32.答案：1，3
28．已知函数f(x)＝exx2－k2x＋lnx，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为________．解析：f′(x)＝x2ex－2xexx4－k－2x2＋1x＝x－exx－kx2(x>0)．设g(x)＝ex
x(x>0)，则g′(x)＝x－xx2，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝exx与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.答案：(－∞，e]9．(
湘中名校联考)已知函数g(x)＝a－x21e≤x≤e，e为自然对数的底数与h(x)＝2lnx的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．解析：由题意，知方程x2－a＝2lnx，即－a＝2lnx－x2在
1e，e上有解．设f(x)＝2lnx－x2，则f′(x)＝2x－2x＝－x＋x－x.易知x∈1e，1时，f′(x)>0，x∈[1，e]时f′(x)<0，所以函数f(x)在1e，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f(x)极大值＝f
(1)＝－1，又f(e)＝2－e2，f1e＝－2－1e2，f(e)<f1e，所以方程－a＝2lnx－x2在1e，e上有解等价于2－e2≤－a≤－1，所以a的取值范围为[1，e2－2]．答案：[1，e2－2]三、解答题10．已知函数f(x)＝
－x3＋x2，x<1，alnx，x≥1.49(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(
x)＝0，解得x＝0或x＝23.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)00，232323，1f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝
23.(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和23，1上单调递减，在0，23上单调递增．因为f(－1)＝2，f23＝427，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤
0时，f(x)≤0；当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.11．(威海调研)已知函数f(x)＝xl
nx＋ax(x＞1)．(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值；(3)在(2)的条件下，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：(1)∵f(x)＝xlnx＋ax(x＞1)．∴f
′(x)＝lnx－1x2＋a.由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤1x2－1lnx＝1lnx－122－14，对x∈(1，＋∞)恒成立．50∵x∈(1，＋∞)，∴lnx∈(0，＋∞)，∴1lnx－12＝0时，函数t(x)＝
1lnx－122－14的最小值为－14，∴a≤－14.故实数a的取值范围为－∞，－14.(2)当a＝2时，f(x)＝xlnx＋2x，f′(x)＝lnx－1＋x2x2＝x－x＋x2.由fx＝0，x＞1，得x＝e12.则当x变化时，f′(x)与f(x)在(1
，＋∞)上的变化情况如下表：x1，e12e12e12，＋∞f′(x)－0＋f(x)极小值fe12∴f(x)极小值＝f(e12)＝e1212＋2e12＝4e.(3)∵x＞1，∴(2x－m)lnx
＋x＝0⇔2x－m＋xlnx＝0⇔m＝xlnx＋2x，∴方程(2x－m)lnx＋x＝0在(1，e]上有两个不等实根，即函数f(x)与函数y＝m在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，f(x)在1，e12上单调递减，在e12，e上单调递增
且fe12＝4e，f(e)＝3e，∴当x→1时，xlnx→＋∞，∴4e＜m≤3e，故实数m的取值范围是(4e，3e]．12．已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)当a＝3时，求函数f(x)的单
调区间；51(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(0,1]，证明f(x1)－f(x2)≥－34＋ln2.解：f′(x)＝1x＋2x－a＝2x2－ax＋1x(x>0)．(1)当a＝3时，f′(x)＝2x2－3x
＋1x.令f′(x)＝0，得x＝12或x＝1.所以当0<x<12或x>1时，f′(x)>0；当12<x<1时，f′(x)<0.所以函数f(x)的单调递增区间为0，12和(1，＋∞)，单调递减区间为12，1.(2)证明：由于f(x)有两个极值
点x1，x2，则2x2－ax＋1＝0有两个不相等的实根，所以x1＋x2＝a2，x1·x2＝12，即2(x1＋x2)＝a，x2＝12x1，所以f(x1)－f(x2)＝lnx1＋x21－ax1－lnx2－x22＋ax2＝lnx1－ln12x1＋a2(x1－x2)－a
(x1－x2)＝2lnx1－x21＋14x21＋ln2(0<x1≤1)，设F(x)＝2lnx－x2＋14x2＋ln2(0<x≤1)，则F′(x)＝2x－2x－12x3＝－x2－22x3<0，所以F(x)在(0,1]上单调递减，所以F(x)≥F(1)＝－34＋ln2，即f(x1)－f(x2)≥
－34＋ln2.1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，且f(x)有极大值4，则c＝()A．－3B．－1C．1D．3解析：选D求出导数f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由f′(x)＝0可得x＝－a±a2－3b3，52所以函数f(x)在－∞，－a－a2－3b3，
－a＋a2－3b3，＋∞上是增函数，在－a－a2－3b3，－a＋a2－3b3上是减函数，易知c≠0，且－a＋a2－3b3＝c，因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的图象与x轴相切于点(c,0)，所以fc＝3c2＋2ac＋b＝0，fc＝c3＋ac2＋bc＝0，解得c＝
－a2，所以a2＝4b，则有x＝－a－a2－3b3＝－a－a243，当a>0时，－a－a243＝－a2＝c，不符合题意；当a<0时，－a－a243＝－a6<c，又因为f(x)有极大值4，所以f－a6＝
－a63＋a×－a62＋a24×－a6＝4，解得a＝－6，则c＝3.2．已知函数f(x)＝12x2＋(1－m)x＋lnx.(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求实数m
的取值范围；(2)设x1，x2(x1<x2)是函数f(x)的两个极值点，若m≥72，求f(x1)－f(x2)的最小值．解：(1)因为f(x)＝12x2＋(1－m)x＋lnx，所以f′(x)＝x＋1－m＋1x＝x2＋－mx＋
1x.又因为f′(x)<0在(0，＋∞)上有解，令g(x)＝x2＋(1－m)x＋1，因为g(0)＝1>0，只需m－12>0，Δ＝－m2－4>0，53解得m>1，m>3或m<－1，即m>3.所以实数m的取值范围为(3，＋∞)．(2)f′(x)＝x2＋－mx＋1x，令f′(x)＝0
，即x2＋(1－m)x＋1＝0，由题知，两根分别为x1，x2，则x1＋x2＝m－1，x1x2＝1，又因为f(x1)－f(x2)＝12x21＋(1－m)x1＋lnx1－12x22－(1－m)x2－lnx2＝12(x21－
x22)＋(1－m)(x1－x2)＋lnx1x2＝12(x21－x22)－(x21－x22)＋lnx1x2＝lnx1x2－12(x21－x22)＝lnx1x2－12x21－x22x1x2＝lnx
1x2－12x1x2－x2x1.令x1x2＝t，由于x1<x2，所以0<t<1.又因为m≥72，(x1＋x2)2＝(m－1)2≥254，即x1＋x22x1x2＝x1x2＋2＋x2x1，即t＋2＋1t≥2
54，所以4t2－17t＋4≥0，解得t≥4或t≤14，即0<t≤14.令h(t)＝lnt－12t－1t0<t≤14，则h′(t)＝1t－12－12t2＝2t－t2－12t2＝－t－
22t2<0，所以h(t)在0，14上单调递减，h(t)min＝h14＝ln14－1214－4＝－2ln2＋158.所以f(x1)－f(x2)的最小值为－2ln2＋158.高考研究课(四)综合问题是难点，3大题型全冲关[全国
卷5年命题分析]考点考查频度考查角度利用导数解决生活中的优化问题未考查54利用导数研究函数零点或方程根5年3考讨论函数零点个数不等式恒成立问题5年5考不等式恒成立求参证明不等式5年6考不等式证明利用导数解决生活中的优化问题[典例]一辆火车前行每小时电力的消
耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20km/h时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，火车的最高速度为100km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？[解]设火车的速度为xkm/h，甲、乙
两城距离为akm.由题意，令40＝k·203，∴k＝1200，则总费用f(x)＝(kx3＋400)·ax＝akx2＋400x＝a1200x2＋400x(0＜x≤100)．由f′(x)＝ax3－100x2＝0，得x＝2035.当0＜x＜2035时，f′(x)＜0，f(x)单
调递减；当2035＜x≤100时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴当x＝2035时，f(x)取极小值也是最小值，即速度为2035km/h时，总费用最少．[方法技巧]利用导数解决生活中的优化问题的4步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出
实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答
．[即时演练]1．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件解析：选Cy′＝－x2＋81，令y
′＝0得x＝9或x＝－9(舍去)．55当x∈(0,9)时，y′＞0；当x∈(9，＋∞)时，y′＜0，即当x＝9时，y有最大值．即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件，故选C.2．据环保部门测定，某处的污染指数与附
近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k＞0)．现已知相距18km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝
x(km)．(1)试将y表示为x的函数；(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．解：(1)设点C受A污染源污染程度为kax2，点C受B污染源污染程度为kb－x2，其中k为比例系数，且k＞0.从而点C处受污染程度y＝kax2＋k
b－x2.(2)因为a＝1，所以y＝kx2＋kb－x2，y′＝k－2x3＋2b－x3.令y′＝0，得x＝181＋3b，又此时x＝6，解得b＝8，经验证符合题意，所以，污染源B的污染强度b的值为8.利用导数研究函数的零点或方程根[典例]已知函数f(x)＝(x＋
a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由．[解](1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.令f
′(x)＝0，得x＝－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋56f(x)极小值故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－
1，＋∞)．(2)结论：当a＜1时，函数g(x)有且仅有一个零点．理由如下：由g(x)＝f(x－a)－x2＝0，得方程xex－a＝x2，显然x＝0为此方程的一个实数解，所以x＝0是函数g(x)的一个零点．当x≠0时，方程可
化简为ex－a＝x.设函数F(x)＝ex－a－x，则F′(x)＝ex－a－1，令F′(x)＝0，得x＝a.当x变化时，F(x)和F′(x)的变化情况如下：x(－∞，a)a(a，＋∞)F′(x)－0＋F(x)极小值即F(x)的单调
递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a)．所以F(x)的最小值F(x)min＝F(a)＝1－a.因为a＜1，所以F(x)min＝F(a)＝1－a＞0，所以对于任意x∈R，F(x)＞0，因此方
程ex－a＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点．[方法技巧]利用导数研究零点或方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规
律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．[即时演练]1．(广州模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为_
_______．解析：因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上
的连续可导函数，又g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．57答案：02．(西安一模)已知函数f(x)＝x＋1＋ax－alnx．若函数y＝f(x)的图象在x＝1处的切线与直线2x＋y
－1＝0平行．(1)求a的值；(2)若方程f(x)＝b的区间[1，e]上有两个不同的实数根，求实数b的取值范围．解：(1)函数f(x)＝x＋1＋ax－alnx的导函数f′(x)＝1－1＋ax2－ax，∴y＝f(
x)的图象在x＝1处的切线斜率k＝f′(1)＝1－(1＋a)－a＝－2a，由题意可得－2a＝－2，解得a＝1.(2)由(1)知f(x)＝x＋2x－lnx(x>0)，f′(x)＝1－2x2－1x＝x＋x－x2，当1＜x＜2时，f′(x)＜
0，f(x)单调递减；当2＜x＜e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝3－ln2.又∵f(1)＝3，f(e)＝e－1＋2e，即有f(1)＞f(e)，∴方程f(x)＝b在区间[1，e]上有两个不同的实数根，则有f(
2)＜b≤f(e)，即3－ln2＜b≤e－1＋2e.故实数b的取值范围为3－ln2，e－1＋2e.利用导数研究与不等式有关的问题导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题.常见的命题角度有：证明不等式；不等式恒成立问题.角度一：证明不
等式1．(全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x；(3)设c＞1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.58解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(
x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.所以当x≠1
时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln1x＜1x－1，即1＜x－1lnx＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lncl
nc.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0
.所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.[方法技巧]利用导数证明不等式的方法可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式得到证明，其一般步骤是：构造
可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．如：证明：f(x)＞g(x)(x∈D)，令F(x)＝f(x)－g(x)，x∈D，只需证明F(x)min＞0(x∈D)即可，从而把证明不等式问题转化求F(x)min问题．角度二：不等式恒成立问题2．(四川高考)设函数f(x)＝ax2－a
－lnx，其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)＞1x－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718„为自然对数的底数)．59解：(1)f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x
＞0)．当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当a＞0时，由f′(x)＝0，有x＝12a.此时，当x∈0，12a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈12a，＋∞时，f′(
x)＞0，f(x)单调递增．(2)令g(x)＝1x－1ex－1＝ex－1－xxex－1，s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.而当x＞1时，s′(x)＞0，所以s(x)在区间(1，＋∞)内单
调递增．又由s(1)＝0，则s(x)＞0，从而当x＞1时，g(x)＞0.当a≤0，x＞1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx＜0.故当f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a＞0.当0＜a＜12时，12a＞1.由(1
)有f12a＜f(1)＝0，而g12a＞0，所以此时f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a≥12时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．当x＞1时，h′(x)＝2ax
－1x＋1x2－e1－x＞x－1x＋1x2－1x＝x3－2x＋1x2＞x2－2x＋1x2＞0.因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h(1)＝0，所以当x＞1时，h(x)＝f(x)－g(x)＞0，即f(x)＞g(x)恒成立．
综上，a∈12，＋∞.[方法技巧]1．利用导数研究不等式恒成立问题的思路首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，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；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．602．不等式成立(恒成立)问题常见转化方
法(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，f(x)≥a成立⇒f(x)max≥a.(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.(3)f(x)＞g(x)恒成立Fx＝fx－gxF(x)min
＞0.(4)①∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)max.②∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)min.③∃x1∈M，∃x2
∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x)min.④∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x2)max.1．(全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.(1)
讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．(ⅰ)若a≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，＋
∞)上单调递减．(ⅱ)若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－lna.当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)<0；当x∈(－lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．(2)(ⅰ)
若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．(ⅱ)若a>0，由(1)知，当x＝－lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－1a＋lna.①当a＝1时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；②当a∈(1
，＋∞)时，由于1－1a＋lna>0，即f(－lna)>0，故f(x)没有零点；61③当a∈(0,1)时，1－1a＋lna<0，即f(－lna)<0.又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，故
f(x)在(－∞，－lna)有一个零点．设正整数n0满足n0>ln3a－1，则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.由于ln3a－1>－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一个
零点．综上，a的取值范围为(0,1)．2．(全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1＋12·1＋122·„·1＋12n<m，求m的最
小值．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．①若a≤0，因为f12＝－12＋aln2<0，所以不满足题意；②若a>0，由f′(x)＝1－ax＝x－ax知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，a)上单调递减
，在(a，＋∞)上单调递增．故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0.故a＝1.(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0.令x＝1＋12n，得ln1＋12n<12n.从而ln
1＋12＋ln1＋122＋„＋ln1＋12n<12＋122＋„＋12n＝1－12n<1.故1＋121＋122·„·1＋12n<e.而
1＋121＋1221＋123>2，所以m的最小值为3.3．(全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．62(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2
a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f(1)
＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lna2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b>0，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此
f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e2，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在
(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又
f(x)在(－∞，1)内单调递减，所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2
＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.63从而g
(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.4．(2015·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln2a.解：(1)f(x)的定义域为(0，
＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax.当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；当a>0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－ax，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－ax在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)>0，当b满足0<b<a
4且b<14时，f′(b)<0，故当a>0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时
，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－ax0＝0，所以f(x0)＝a2x0＋2ax0＋aln2a≥2a＋aln2a.故当a>0时，f(x)≥2a＋aln2a.1．(2014·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝alnx
＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝ax＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.64(2)f(x
)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋1－a2x2－x，f′(x)＝ax＋(1－a)x－1＝1－axx－a1－a(x－1)．①若a≤12，则a1－a≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>
0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1的充要条件为f(1)<aa－1，即1－a2－1<aa－1，解得－2－1<a<2－1.②若12<a<1，则a1－a>1，故当x∈1，a1－a时，f
′(x)<0；当x∈a1－a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)在1，a1－a上单调递减，在a1－a，＋∞上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<aa－1的充要条件为fa1－a<aa－1.而fa1－a＝alna1－a＋a2－
a＋aa－1>aa－1，所以不符合题意．③若a>1，则f(1)＝1－a2－1＝－a－12<aa－1.综上，a的取值范围是(－2－1，2－1)∪(1，＋∞)．2．已知函数f(x)＝lnx－ax＋ax2(a∈R)．(1)若a＝1，求函
数f(x)的极值；(2)若f(x)在[1，＋∞)内为单调增函数，求实数a的取值范围；(3)对于n∈N*，求证：1＋2＋2＋2＋3＋2＋„＋nn＋2<ln(n＋1)．解：f′(x)＝1x＋ax2－2ax3＝x2＋ax－2ax3(x>0)．(1)若a＝
1，则f′(x)＝x2＋x－2x3，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去)，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1，所以函数f(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，所以
函数的极小值为f(1)＝0，无极大值．(2)因为f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝x2＋ax－2ax3≥0在[1，＋∞)上恒成立，即x2＋ax－2a≥0在[1，＋∞)上恒成立．65令g(x)＝x2＋ax－2
a，当－a2≤1时，即a≥－2时，g(1)≥0⇒a≤1，所以－2≤a≤1，当－a2>1时，即a<－2时，g－a2≥0⇒－8≤a≤0，所以－8≤a<－2，综上，实数a的取值范围为[－8,1]．(3)证明：当a＝1时，由(1)知，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，即x>1
时，f(x)>f(1)＝0，即lnx>1x－1x2，令x＝n＋1n(n∈N*)，因为n＋1n>1，所以lnn＋1n>nn＋1－n2n＋2＝nn＋2，所以i＝1nii＋2<ln21＋ln32＋„＋lnn＋1n＝ln(n＋1)．3．已知函数f(x)
＝sinx－xcosx(x≥0)．(1)求函数f(x)的图象在π2，1处的切线方程；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)<ax3恒成立，求实数a的取值范围；解：(1)∵f′(x)＝xsinx，f′π2＝π2，∴切线方程为
y＝π2x－π2＋1，即2πx－4y－π2＋4＝0.(2)f(x)<ax3⇒sinx－xcosx－ax3<0.令g(x)＝sinx－xcosx－ax3，则g′(x)＝xsinx－3ax2＝x(sinx－3ax)，又令h(x)＝sinx－3
ax，则h′(x)＝cosx－3a.①当3a≤－1，即a≤－13时，h′(x)≥0恒成立，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(x)>
g(0)＝0(不合题意)．②当3a≥1，即a≥13时，h′(x)≤0，66∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)＝0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴g(x)<g(0)＝0(符合题意)．③当－1<3a<1，即－
13<a<13时，由h′(0)＝1－3a>0，h′(π)＝－1－3a<0，∴在(0，π)上，∃x0使h′(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，h′(x)>0⇒g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，∴存在g(x)>g(0)＝0(不符合题意)，综上，a的取值范围为
13，＋∞.4．(天津高考)设a∈Z，已知定义在R上的函数f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a在区间(1,2)内有一个零点x0，g(x)为f(x)的导函数．(1)求g(x)的单调区间；(2)设m∈[1，x0)∪(x0,2]，函数h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，求证：h(
m)h(x0)<0；(3)求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且pq∈[1，x0)∪(x0,2]，满足pq－x0≥1Aq4.解：(1)由f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6
x＋a，可得g(x)＝f′(x)＝8x3＋9x2－6x－6，进而可得g′(x)＝24x2＋18x－6.令g′(x)＝0，解得x＝－1或x＝14.当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1，1414，＋∞g′(
x)＋－＋g(x)所以g(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，14，＋∞，单调递减区间是－1，14.(2)证明：由h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，得h(m)＝g(m)(m－x0)－f(m)，h(x0)＝g(x0)(m－x0)－f(m)．令函数H1(x)＝g(
x)(x－x0)－f(x)，则H1′(x)＝g′(x)(x－x0)．67由(1)知，当x∈[1,2]时，g′(x)>0，故当x∈[1，x0)时，H1′(x)<0，H1(x)单调递减；当x∈(x0,2]时，H1′(x)>0，H1(x)单调递增．因此，当x∈[
1，x0)∪(x0,2]时，H1(x)>H1(x0)＝－f(x0)＝0，可得H1(m)>0，即h(m)>0.令函数H2(x)＝g(x0)(x－x0)－f(x)，则H2′(x)＝g(x0)－g(x)．由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增，故当x∈[1，x0)时，H2′(x)
>0，H2(x)单调递增；当x∈(x0,2]时，H2′(x)<0，H2(x)单调递减．因此，当x∈[1，x0)∪(x0,2]时，H2(x)<H2(x0)＝0，可得H2(m)<0，即h(x0)<0.所以h(m)h(x0)<0.(3)证明：对于任意的正整数p，
q，且pq∈[1，x0)∪(x0,2]，令m＝pq，函数h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)．由(2)知，当m∈[1，x0)时，h(x)在区间(m，x0)内有零点；当m∈(x0,2]时，h(x)在区间(x0，m)内有零点．所以h(x)在(1,2
)内至少有一个零点，不妨设为x1，则h(x1)＝g(x1)pq－x0－fpq＝0.由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增，故0<g(1)<g(x1)<g(2)，于是pq－x0＝f
pqgx1≥fpqg＝|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|gq4.因为当x∈[1,2]时，g(x)>0，故f(x)在[1,2]上单调递增，所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点，而pq≠x0，故fpq≠0
.又因为p，q，a均为整数，所以|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|是正整数，从而|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|≥1.所以pq－x0≥1gq4.68所以只要取A＝g(2)，就有pq－x0≥1Aq4.已知函
数f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝x2＋2x＋ax＋2(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间及最值；(2)若对∀x>0，f(x)＋g(x)>1恒成立，求a的取值范围；解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝11＋x－1＝－x1＋
x，由f′(x)>0，得－1<x<0，由f′(x)<0，得x>0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)，f(x)max＝f(0)＝0，无最小值．(2)f(x)＋g(x)>1⇔ln(1＋x)－x＋x2＋2x＋ax＋2>1⇔ln(1＋x)＋a
x＋2>1⇔a>(x＋2)[1－ln(1＋x)]．令h(x)＝(x＋2)[1－ln(1＋x)]，则h′(x)＝1－ln(1＋x)－x＋2x＋1＝－ln(1＋x)－1x＋1.当x>0时，显然h′(x)＝－ln(1＋x)－1x＋1<0，所以h
(x)在(0，＋∞)上是减函数．所以当x>0时，h(x)<h(0)＝2.所以a的取值范围为[2，＋∞)．阶段滚动检测(一)检测范围：第一单元至第四单元(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项
中，只有一项是符合题目要求的)1．已知全集U是实数集R，Venn图表示集合M＝{x|x>2}与N＝{x|1<x<3}的关系，那么阴影部分所表示的集合为()A．{x|x<2}B．{x|1<x<2}C．{x|x>3}D．{x|x≤1}69解析
：选D由Venn图可知，阴影部分表示(∁UM)∩(∁UN)，因为M＝{x|x>2}，N＝{x|1<x<3}，所以∁UM＝{x|x≤2}，∁UN＝{x|x≤1或x≥3}，则阴影部分表示的集合为(∁UM)∩(∁UN)＝{x|x≤1}．2．函数f(x)＝xlg(2－x
)的定义域为()A．(0,2)B．[0,2]C．(0,2]D．[0,2)解析：选D由题意得x≥0，2－x>0，解得0≤x<2.3．已知集合M＝m14≤12m≤4，m∈Z，N＝x2x－
1≥1，则M∩N＝()A．∅B．{2}C．{x|1<x≤2}D．{－2，－1,0,1,2}解析：选B由题意知，M＝{m|－2≤m≤2，m∈Z}＝{－2，－1,0,1,2}，N＝{x|1<x≤3}，故M∩N＝{2}．4
．下列函数中，在其定义域上既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递减的是()A．y＝x2B．y＝x＋1C．y＝－lg|x|D．y＝－2x解析：选Cy＝x2为偶函数，但在(0，＋∞)上单调递增，排除A；y＝x＋1，y＝－2x为非奇非偶函数，故排除B、D，只有选项C符合．5．设m∈R且m≠0，
“不等式m＋4m>4”成立的一个充分不必要条件是()A．m>0B．m>1C．m>2D．m≥2解析：选C当m>0时，m＋4m≥4，当且仅当m＝2时，等号成立，所以m>0且m≠2是“不等式m＋4m>4”成立的充要条件，因此，“不等式m＋
4m>4”成立的一个充分不必要条件是m>2，故选C.6．已知函数f(x)＝1－2－x，x≥0，2x－1，x<0，则函数f(x)是()A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减C．奇函数，且单调递增D．奇函数，且单调递
减解析：选C易知f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，而－x<0，则70f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，而－x>0，则f(－x)＝1－2－
(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C.7．(重庆一测)设曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋a(x>0)关于直线y＝－x对称，且f(－2)＝2f(－1)，则a＝()A．0B.13C.23D．1解析：选C依题意得，曲线y
＝f(x)即为－x＝(－y)2＋a(其中－y>0，即y<0，注意到点(x0，y0)关于直线y＝－x的对称点是点(－y0，－x0))，化简后得y＝－－x－a，即f(x)＝－－x－a，于是有－2－a＝－21－a，由此解得a＝23，选C.8．函数y＝x3
x2－1的图象大致是()解析：选A由x2－1≠0，得x≠±1，当x>1时，y＝x3x2－1>0，排除D；当x<－1时，y＝x3x2－1<0，排除C；当0<x<1时，y＝x3x2－1<0，排除B，故选A.9．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，
f(0)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为()A．(－∞，－1)∪(0，＋∞)B．(0，＋∞)C．(－∞，0)∪(1，＋∞)D．(－1，＋∞
)解析：选B设g(x)＝exf(x)－ex＋1，因为f(x)>1－f′(x)，所以g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，所以函数g(x)是R上的增函数，又因为f(0)＝0，g(0)＝e0f(0)－e0＋1＝0，所以不等式exf(x)>ex－1的解集
为(0，＋∞)．10．已知函数f(x)＝x2＋a－x＋3a，x＜0，logax＋＋1，x≥0(a＞0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是()A.
0，23B.23，3471C.13，23∪34D.13，23∪34解析：选C由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0＜a＜1.又由f(x)在R上单调递减，则02＋a－＋3a≥1，3－4a2≥0⇒13≤a≤
34.如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝|f(x)|和y＝2－x的图象．由图象可知，在[0，＋∞)上|f(x)|＝2－x有且仅有一个解，故在(－∞，0)上|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．当3a＞2，即a＞23时，由
x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x＜0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x＜0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，解得a＝34或a＝1(舍去)；当1≤3a≤2，即13≤a≤23时，由图象可知，符合条件．综上所述，a∈13，23∪
34.故选C.11．已知奇函数f(x)是定义在R上的连续函数，满足f(2)＝53，且f(x)在(0，＋∞)上的导函数f′(x)<x2，则不等式f(x)>x3－33的解集为()A．(－2,2)B．(－∞，2)C.－∞，12D.－12，12解析：选B令g
(x)＝f(x)－x3－33，因为奇函数f(x)是定义在R上的连续函数，所以函数g(x)是定义在R上的连续函数，则g′(x)＝f′(x)－x2<0，所以函数g(x)＝f(x)－x3－33在R上是减函数，又g(2)＝f(2)－23－33＝0，所以不等式
f(x)>x3－33的解集为(－∞，2)．12．已知函数f(x)＝x＋1，x≤0，log2x，x>0，则函数g(x)＝f(f(x))－12的零点个数是()A．4B．3C．2D．172解析：选B因为函数f(x)＝x＋1，x≤0，log2x，x>0，所以
g(x)＝f(f(x))－12＝0等价于f(x)＋1＝12或log2f(x)＝12，则f(x)＝－12或f(x)＝2，当f(x)＝－12时，x＝－32或x＝22；当f(x)＝2时，x＝22，故函数g(x)＝f(f(x))－12的零点个数是3.二、填空题(本大题共
4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中的横线上)13．已知a＝log2.10.6，b＝2.10.6，c＝log0.50.6，则a，b，c的大小关系是________．解析：由指数函数与对数函数的性质可知，a＝log2.10.6<0，b
＝2.10.6>1，c＝log0.50.6∈(0,1)，所以b>c>a.答案：b>c>a14．函数y＝log12(－x2＋4x－3)的单调增区间为________．解析：设t＝－x2＋4x－3，则函数可化为y＝log12t是减函数．由－x2＋4x－3>0，得
1<x<3.因为函数t＝－x2＋4x－3在(2,3)上是减函数，所以由复合函数的单调性可得函数y＝log12(－x2＋4x－3)的单调增区间为(2,3)．答案：(2,3)15．当x∈(－∞，－1]时，不等式(m2－m)·4x－2x＜0恒成立，则实数m的取值范围是________．解析
：原不等式变形为m2－m＜12x，因为函数y＝12x在(－∞，－1]上是减函数，所以12x≥12－1＝2，当x∈(－∞，－1]时，m2－m＜12x恒成立等价于m2－m＜2，
解得－1＜m＜2.答案：(－1,2)16．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意实数x有f(x＋1)＝f(x－1)，当0<x<1时，f(x)＝4x，则f－52＋f(1)＝________.解析：由f(x＋1)＝f(x－1)可知函数f(x)是周期为2的周期函数，又因为函数f
(x)是定义在R上的奇函数，且当0<x<1时，f(x)＝4x，所以f－52＝f－12＝－f12＝－2，令x＝0，则f(x＋1)＝f(x－1)可化为f(1)＝f(－1)＝－f(1)，所以f(1)＝0，所以f－52＋f(1)73
＝－2.答案：－2三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)设函数f(x)＝lg(x2－x－2)的定义域为集合A，函数g(x)＝3－|x|的定义域为集合B.(1
)求A∩B；(2)若C＝{x|m－1<x<2m＋1}，C⊆B，求实数m的取值范围．解：(1)要使函数f(x)有意义，则x2－x－2>0，解得x>2或x<－1，即A＝{x|x>2或x<－1}．要使函数g(x)有意义，则3－|x|≥0，解得－3≤x≤3，即B＝{x|－3≤x≤3}．故A∩B＝{
x|－3≤x<－1或2<x≤3}．(2)若C＝∅，则m≤－2，C⊆B恒成立；若C≠∅，则m>－2，要使C⊆B成立，则m>－2，m－1≥－3，2m＋1≤3，解得－2<m≤1.综上，m≤1，即实数m的取值范围为(－∞，1]．18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2－a)lnx
＋1x＋2ax.(1)当a＝2时，求函数f(x)的极值；(2)当a<0时，求函数f(x)的单调增区间．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝2时，f(x)＝1x＋4x，则f′(x)＝－1x2＋4.令f′(x)＝－1x2＋4＝0，得x＝12或x＝－12(舍去)．当x变化时，f
′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，121212，＋∞f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数f(x)的极小值为f12＝4，无极大值．74(2)f′(x)＝2－ax－1x2＋
2a＝x－ax＋x2，令f′(x)＝0，得x＝12或x＝－1a.当－2<a<0时，由f′(x)>0，得12<x<－1a，所以函数f(x)在12，－1a上单调递增；当a＝－2时，f′(x)≤0，所以函数f(x)无单调递增区间；当a<－2时，由f′(x)>0，得
－1a<x<12，所以函数f(x)在－1a，12上单调递增．19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c图象上的点P(1，－2)处的切线方程为y＝－3x＋1.(1)若函数f(x)在x＝
－2时有极值，求f(x)的表达式；(2)若函数f(x)在区间[－2,0]上单调递增，求实数b的取值范围．解：(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.因为函数f(x)在x＝1处的切线斜率为－3，所以f′(1)＝－3＋2a＋b＝－3，即2a＋b＝
0.①又f(1)＝－1＋a＋b＋c＝－2，即a＋b＋c＝－1.②因为函数f(x)在x＝－2时有极值，所以f′(－2)＝－12－4a＋b＝0，即4a－b＝－12.③由①②③解得a＝－2，b＝4，c＝－3，所以f(x)＝－x3－2x2＋4
x－3.(2)由(1)知a＝－b2，所以f′(x)＝－3x2－bx＋b，因为函数f(x)在区间[－2,0]上单调递增，所以f′(x)＝－3x2－bx＋b在区间[－2,0]上的值恒大于等于零，则f－＝－12＋2b＋b≥0，f＝b≥0，
解得b≥4，所以实数b的取值范围为[4，＋∞)．20．(本小题满分12分)已知函数g(x)＝alnx＋12x2＋(1－b)x.(1)若g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为8x－2y－3＝0，求a，b的值；(2)若b＝a＋1，x1，x2是函数g(x)的两
个极值点，试比较－4与g(x1)＋g(x2)的大小．解：(1)由题意可得，g′(x)＝ax＋x＋(1－b)，75∴g＝52，g＝4，即12＋1－b＝52，a＋1＋1－b＝4，解得a＝1，b＝－1.(2)∵b＝a＋1，∴g(x)＝alnx＋12x2－ax
，则g′(x)＝ax＋x－a＝x2－ax＋ax.根据题意可得x2－ax＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不同的根x1，x2.则a2>0，a2－4a>0，a>0，解得a>4，且x1＋x2＝a，x1x2＝a.∴g(x1)＋g(x2)＝aln(x1x2)＋12(x21＋x22)－a(x1＋x2)＝
alna－12a2－a.令f(x)＝xlnx－12x2－x(x>4)，则f′(x)＝lnx＋1－x－1＝lnx－x.令h(x)＝lnx－x，则当x>4时，h′(x)＝1x－1<0，∴h(x)在(4，＋∞)上为减函数，即h(x)<h(4)＝ln4－4<0，f′(x)<0，∴
f(x)在(4，＋∞)上为减函数，即f(x)<f(4)＝8ln2－12，∴g(x1)＋g(x2)<8ln2－12.又∵8ln2－12－(－4)＝8ln2－8＝8(ln2－1)<0，∴8ln2－12<－4，∴g(x1)＋g(x2)<－4.21．(本小题满分12分)(合肥质检)已知函数f(
x)＝13x3－12(a＋2)x2＋x(a∈R)．(1)当a＝0时，记f(x)图象上动点P处的切线斜率为k，求k的最小值；(2)设函数g(x)＝e－exx(e为自然对数的底数)，若对于∀x＞0，f′(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝x2－
(a＋2)x＋1.设P(x，y)，由于a＝0，∴k＝x2－2x＋1≥0，即kmin＝0.76(2)由g(x)＝e－exx，得g′(x)＝ex－xx2，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(
1)＝0，由条件知f′(1)≥g(1)，可得a≤0.当a≤0时，f′(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－1)2－ax≥(x－1)2≥0.∴f′(x)≥g(x)对∀x∈(0，＋∞)成立．综上，实数a的取值范围为(－∞，0]．22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝2ex＋2ax－a2，
a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若x≥0时，f(x)≥x2－3恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝2ex＋2a，①当a≥0时，f′(x)>0恒成立，∴函数f(x)在R上单调递增．
②当a<0时，由f′(x)>0，得x>ln(－a)；由f′(x)<0，得x<ln(－a)，∴函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增．综合①②知，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调
递增区间为(ln(－a)，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln(－a))．(2)令g(x)＝f(x)－x2＋3＝2ex－(x－a)2＋3，x≥0，则g′(x)＝2(ex－x＋a)．又令h(x)＝2(ex－x＋a)，则h′(x)＝2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，
＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a≥－1时，h(x)≥0，即g′(x)≥0恒成立，∴函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，从而需满足g(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤5，又a≥－1，∴－1≤a≤5；②当a
<－1时，则∃x0>0，使h(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，∴g(x)在(0，x0)上单调递减，x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，∴g(x)在(x0，＋∞)上单调递增．∴g(x)min＝g(x0
)＝2ex0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，从而2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0<x0≤ln3，又由h(x0)＝0，得a＝x0－ex0.令M(x)＝x－ex,0<x≤ln3，则M′
(x)＝1－ex<0，∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，∴M(x)≥M(ln3)＝ln3－3，又M(x)<M(0)＝－1，77故ln3－3≤a<－1，综上，实数a的取值范围为[]ln3－3，5.
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