【数学】2018届一轮复习全国导数及其应用教案
第三章Error!导数及其应用
第一节
变化率与导数、导数的计算
突破点(一) 导数的运算
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数
称函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的瞬时变化率 li m
Δx→0 Δy
Δx＝li m
Δx→0 f(x0＋Δx)－f(x0)
Δx 为函数 y＝f(x)
在 x＝x0 处的导数，记作 f′(x0)或 y′|x＝x0，
即 f′(x0)＝li m
Δx→0 Δy
Δx＝li m
Δx→0 f(x0＋Δx)－f(x0)
Δx .
2．函数 f(x)的导函数
称函数 f′(x)＝li m
Δx→0 f(x＋Δx)－f(x)
Δx 为 f(x)的导函数．
3．基本初等函数的导数公式
原函数 sin x cos x ax(a>0) ex logax(a>0，且 a≠1) ln x
导函数 cos x －sin_x axln_a ex 1
xln a
1
x
4.导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)[
f(x)
g(x) ]′＝f′(x)g(x)－f(x)g′(x)
[g(x)]2 (g(x)≠0)．
5．复合函数的导数
复合函数 y＝f(g(x))的导数和函数 y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为 yx′＝yu′·ux′，
即 y 对 x 的导数等于 y 对 u 的导数与 u 对 x 的导数的乘积.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
已知函数的解析式求导数
本节主要包括 2 个知识点：
1.导数的运算；2.导数的几何意义.
[例 1] 求下列函数的导数：
(1)y＝(1－ x)(1＋ 1
x)；
(2)y＝ln x
x ；
(3)y＝tan x；
(4)y＝3xex－2x＋e；
(5)y＝ln(2x＋3)
x2＋1 .
[解] (1)∵y＝(1－ x)(1＋ 1
x)＝ 1
x
－ x＝x－1
2－x1
2，
∴y′＝(x－1
2)′－(x1
2)′＝－1
2x－3
2－1
2x－1
2.
(2)y′＝(
ln x
x )′＝
(ln x)′x－x′ln x
x2
＝
1
x·x－ln x
x2
＝1－ln x
x2 .
(3)y′＝(
sin x
cos x )′＝
(sin x)′cos x－sin x(cos x)′
cos2x
＝cos xcos x－sin x(－sin x)
cos2x
＝ 1
cos2x.
(4)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′
＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′
＝3x(ln 3)·ex＋3xex－2xln 2
＝(ln 3＋1)·(3e)x－2xln 2.
(5)y′＝[ln(2x＋3)]′(x2＋1)－ln(2x＋3)(x2＋1)′
(x2＋1)2
＝
(2x＋3)′
2x＋3 ·(x2＋1)－2xln(2x＋3)
(x2＋1)2
＝2(x2＋1)－2x(2x＋3)ln(2x＋3)
(2x＋3)(x2＋1)2 .
[方法技巧]
导数的运算方法
(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导．
(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求
导．
(3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导．
(4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导．
(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导．
(6)复合函数：确定复合关系，由外向内逐层求导．
导数运算的应用
[例 2] (1)(2016·济宁二模)已知函数 f(x)＝x(2 017＋ln x)，f′(x0)＝2 018，则 x0＝( )
A．e2 B．1 C．ln 2 D．e
(2)已知 f(x)＝1
2x2＋2xf′(2 017)＋2 017ln x，则 f′(1)＝________.
[解析] (1)由题意可知 f′(x)＝2 017＋ln x＋x·1
x＝2 018＋ln x．由 f′(x0)＝2 018，得 ln
x0＝0，解得 x0＝1.
(2)由题意得 f′(x)＝x＋2f′(2 017)＋2 017
x ，
所以 f′(2 017)＝2 017＋2f′(2 017)＋2 017
2 017，
即 f′(2 017)＝－(2 017＋1)＝－2 018.
故 f′(1)＝1＋2×(－2 018)＋2 017＝－2 018.
[答案] (1)B (2)－2 018
[方法技巧]
对抽象函数求导的解题策略
在求导问题中，常涉及一类解析式中含有导数值的函数，即解析式类似为 f(x)＝f′(x0)x
＋sin x＋ln x(x0 为常数)的函数，解决这类问题的关键是明确 f′(x0)是常数，其导数值为 0.因
此先求导数 f′(x)，令 x＝x0，即可得到 f′(x0)的值，进而得到函数解析式，求得所求的导数
值．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一](2017·东北四市联考)已知 y＝ 2 017，则 y′＝( )
A. 1
2 2 017 B．－ 1
2 2 017
C. 2 017
2 017 D．0
解析：选 D 因为常数的导数为 0，又 y＝ 2 017是常数函数，所以 y′＝0.
2.[考点二](2016·大同二模)已知函数 f(x)＝xsin x＋ax，且 f′(
π
2 )＝1，则 a＝( )
A．0 B．1 C．2 D．4
解析：选 A ∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且 f′(
π
2 )＝1，∴sinπ
2＋π
2cosπ
2＋a＝1，即
a＝0.
3.[考点二](2017·湖北重点中学月考)已知函数 f(x)的导数为 f′(x)，且满足关系式 f(x)＝
x2＋3xf′(2)＋ln x，则 f′(2)的值等于( )
A．－2 B．2 C．－9
4 D.9
4
解析：选 C 因为 f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，所以 f′(x)＝2x＋3f′(2)＋1
x，所以 f′(2)＝
2×2＋3f′(2)＋1
2，解得 f′(2)＝－9
4.故选 C.
4.[考点二]在等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，函数 f(x)＝x(x－a1)·(x－a2)·…·(x－a 8)，则
f′(0)的值为________．
解析：因为 f′(x)＝x′·[(x－a 1)(x－a2)·…·(x－a 8)]＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a 8)]′·x＝(x
－a1)·(x－a 2)·…·(x－a 8)＋[(x－a1)(x－a2)·…·(x－a 8)]′·x，所以 f′(0)＝(0－a 1)(0－a2)·…·(0
－a8)＋0＝a1a2·…·a 8.又数列{an}为等比数列，所以 a2a7＝a3a6＝a4a5＝a1a8＝8，所以 f′(0)＝84
＝4 096.
答案：4 096
5.[考点一]求下列函数的导数．
(1)y＝x2sin x；
(2)y＝ln x＋1
x；
(3)y＝cos x
ex ；
(4)y＝xsin(2x＋π
2)cos(2x＋π
2).
解：(1)y′＝(x2)′sin x＋x2(sin x)′
＝2xsin x＋x2cos x.
(2)y′＝(ln x＋1
x)′＝(ln x)′＋(
1
x )′＝1
x－ 1
x2.
(3)y′＝(
cos x
ex )′＝
(cos x)′ex－cos x(ex)′
(ex)2
＝－sin x＋cos x
ex .
(4)∵y＝xsin(2x＋π
2)cos(2x＋π
2)＝1
2xsin(4x＋π)＝－1
2xsin 4x，
∴y′＝－1
2sin 4x－1
2x·4cos 4x
＝－1
2sin 4x－2xcos 4x.
突破点(二) 导数的几何意义
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
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．相应地，切线方程为 y－y0＝f′(x0)(x－x0)．特别地，如果曲线 y＝f(x)在点(x0，y0)处
的切线垂直于 x 轴，则此时导数 f′(x0)不存在，由切线定义可知，切线方程为 x＝x0.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求切线方程
[例 1] 已知函数 f(x)＝x3－4x2＋5x－4.
(1)求曲线 f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求经过点 A(2，－2)的曲线 f(x)的切线方程．
[解] (1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，
∴f′(2)＝1，又 f(2)＝－2，
∴曲线 f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 y－(－2)＝x－2，
即 x－y－4＝0.
(2)设切点坐标为(x0，x30－4x20＋5x0－4)，
∵f′(x0)＝3x20－8x0＋5，
∴切线方程为 y－(－2)＝(3x20－8x0＋5)(x－2)，
又切线过点(x0，x30－4x20＋5x0－4)，
∴x30－4x20＋5x0－2＝(3x20－8x0＋5)(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，
解得 x0＝2 或 x0＝1，
∴经过 A(2，－2)的曲线 f(x)的切线方程为 x－y－4＝0 或 y＋2＝0.
[方法技巧]
求切线方程问题的两种类型及方法
(1)求“在”曲线 y＝f(x)上一点 P(x0，y0)处的切线方程(高考常考类型)，则点 P(x0，y0)为
切点，切线斜率为 k＝f′(x0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为 y－y 0＝f′(x0)(x－
x0)．
(2)求“过”曲线 y＝f(x)上一点 P(x0，y0)的切线方程，则切线经过点 P，点 P 可能是切点，
也可能不是切点，这样的直线可能有多条．解决问题的关键是设切点，利用“待定切点法”，
即：①设切点 A(x1，y1)，则以 A 为切点的切线方程为 y－y1＝f′(x1)(x－x1)；②根据题意知
点 P(x0，y0)在切线上，点 A(x1，y1)在曲线 y＝f(x)上，得到方程组Error!求出切点 A(x1，y1)，
代入方程 y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化简即得所求的切线方程．
[提醒] “过点 A 的曲线的切线方程”与“在点 A 处的曲线的切线方程”是不相同的，
后者 A 必为切点，前者未必是切点．曲线在某点处的切线，若有，则只有一条；曲线过某点
的切线往往不止一条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．
求切点坐标
[例 2] 设曲线 y＝ex 在点(0,1)处的切线与曲线 y＝1
x(x＞0)上点 P 处的切线垂直，则点 P
的坐标为________．
[解析] y＝ex 的导数为 y′＝ex，则曲线 y＝ex 在点(0,1)处的切线斜率 k1＝e0＝1.y＝1
x(x＞
0)的导数为 y′＝－ 1
x2(x＞0)，设 P(m，n)，则曲线 y＝1
x(x＞0)在点 P 处的切线斜率 k2＝－ 1
m2
(m＞0)．因为两切线垂直，所以 k1k2＝－1，所以 m＝1，n＝1，则点 P 的坐标为(1,1)．
[答案] (1,1)
求参数的值
[例 3] 直线 y＝kx＋1 与曲线 y＝x3＋ax＋b 相切于点 A(1,3)，则 2a＋b 的值等于( )
A．2 B．－1 C．1 D．－2
[解析] 依题意知，y′＝3x2＋a，则Error!由此解得Error!所以 2a＋b＝1，选 C.
[答案] C
[方法技巧]
根据导数的几何意义求参数值的思路
根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点 P(x0，y0)既在曲线上又在切线上构
造方程组求解．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]已知 f(x)＝2exsin x，则曲线 f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为( )
A．y＝0 B．y＝2x
C．y＝x D．y＝－2x
解析：选 B ∵f(x)＝2exsin x，∴f(0)＝0，f′(x)＝2ex(sin x＋cos x)，∴f′(0)＝2，∴曲
线 f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝2x.
2.[考点三]曲线 f(x)＝x2＋a
x＋1 在点(1，f(1))处的切线的倾斜角为3π
4 ，则实数 a＝( )
A．1 B．－1 C．7 D．－7
解析：选 C f′(x)＝2x(x＋1)－(x2＋a)
(x＋1)2
＝x2＋2x－a
(x＋1)2
，∵f′(1)＝tan3π
4 ＝－1，即3－a
4 ＝－
1，∴a＝7.
3.[考点二]在平面直角坐标系 xOy 中，点 M 在曲线 C：y＝x3－x+1 上，且在第二象限内，
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：由 y′＝3x2－1＝2，得 x＝±1，又点 M 在第二象限内，故 x＝－1，此时 y＝1，
故点 M 的坐标为(－1,1)．
答案：(－1,1)
4.[考点三](2017·衡阳八中模拟)已知函数 f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中 a>0 且 a≠1，
f′(x)为 f(x)的导函数，若 f′(1)＝3，则 a 的值为________．
解析：因为 f(x)＝axln x，所以 f′(x)＝ln a·axln x＋ax
x .又 f′(1)＝3，所以 a＝3.
答案：3
5.[考点二]若曲线 y＝xln x 上点 P 处的切线平行于直线 2x－y＋1＝0，则点 P 的坐标是
________．
解析：由题意得 y′＝ln x＋x·1
x＝1＋ln x，直线 2x－y＋1＝0 的斜率为 2.设 P(m，n)，
则 1＋ln m＝2，解得 m＝e，所以 n＝eln e＝e，即点 P 的坐标为(e，e)．
答案：(e，e)
6.[考点一]如图，y＝f(x)是可导函数，直线 l：y＝kx＋2 是曲线 y＝
f(x)在 x＝3 处的切线，令 g(x) ＝xf(x) ，其中 g′(x) 是 g(x) 的导函数，
则曲线 g(x) 在 x ＝3 处的切线方程为________．
解析：由题图可知曲线 y＝f(x)在 x＝3 处切线的斜率等于－1
3，即
f′(3)＝－1
3.又因为 g(x)＝xf(x)，所以 g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，由题图
可知 f(3)＝1，所以 g(3)＝3f(3)＝3，g′(3)＝1＋3× (－1
3 )＝0.则曲线 g(x)在 x＝3 处的切线
方程为 y－3＝0.
答案：y－3＝0
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2014·新课标全国卷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．0 B．1 C．2 D．3
解析：选 D y′＝a－ 1
x＋1，由题意得 y′|x＝0＝2，即 a－1＝2，所以 a＝3.
2．(2016·全国甲卷)若直线 y＝kx＋b 是曲线 y＝ln x＋2 的切线，也是曲线 y＝ln(x＋1)的
切线，则 b＝________.
解析：易得(ln x＋2)′＝1
x，[ln(x＋1)]′＝ 1
x＋1.设曲线 y＝ln x＋2 上的切点横坐标为 x1，
曲线 y＝ln(x＋1)上的切点横坐标为 x2，则 y＝ln x＋2 的切线方程为：y＝1
x1·x＋ln x1＋1，y＝
ln(x＋1)的切线方程为：y＝ 1
x2＋1x＋ln(x2＋1)－ x2
x2＋1.根据题意，有Error!
解得 x1＝1
2，x2＝－1
2，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
答案：1－ln 2
3．(2016·全国丙卷)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 f′(x)＝1
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
4．(2016·全国甲卷)已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－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)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1
x－3，f′(1)＝－2.
故曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y－0＝－2(x－1)，即 2x＋y－2＝0.
(2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0 等价于 ln x－a(x－1)
x＋1 ＞0.
设 g(x)＝ln x－a(x－1)
x＋1 ，
则 g′(x)＝1
x－ 2a
(x＋1)2
＝x2＋2(1－a)x＋1
x(x＋1)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－1)2－1，x2＝a－1＋ (a－1)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]．
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．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，
∴f′(x)＝3(x2－a2)．
2．曲线 y＝sin x＋ex 在点(0,1)处的切线方程是( )
A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0
C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0
解析：选 C ∵y＝sin x＋ex，
∴y′＝cos x＋ex，
∴y′Error!＝cos 0＋e0＝2，
∴曲线 y＝sin x＋ex 在点(0,1)处的切线方程为 y－1＝2(x－0)，即 2x－y＋1＝0.
3．(2016·安庆二模)给出定义：设 f′(x)是函数 y＝f(x)的导函数，f″(x)是函数 f′(x)的
导函数，若方程 f″(x)＝0 有实数解 x0，则称点(x0，f(x0))为函数 y＝f(x)的“拐点”．已知函
数 f(x)＝3x＋4sin x－cos x 的拐点是 M(x0，f(x0))，则点 M( )
A．在直线 y＝－3x 上 B．在直线 y＝3x 上
C．在直线 y＝－4x 上 D．在直线 y＝4x 上
解析：选 B f′(x)＝3＋4cos x＋sin x，f″(x)＝－4sin x＋cos x，由题可知 f″(x0)＝0，
即 4sin x0－cos x0＝0，所以 f(x0)＝3x0，故 M(x0，f(x0))在直线 y＝3x 上．故选 B.
4．(2016·贵阳一模)曲线 y＝xex 在点(1，e)处的切线与直线 ax＋by＋c＝0 垂直，则a
b的值
为( )
A．－ 1
2e B．－2
e C.2
e D. 1
2e
解析：选 D y′＝ex＋xex，则 y′|x＝1＝2e.∵曲线在点(1，e)处的切线与直线 ax＋by＋c
＝0 垂直，∴－a
b＝－ 1
2e，∴a
b＝ 1
2e，故选 D.
5．已知直线 y＝－x＋1 是函数 f(x)＝－1
aex 图象的切线，则实数 a＝________.
解析：设切点为(x0，y0)．f ′(x)＝－1
aex，则 f ′(x0)＝－1
a·ex0＝－1，∴ex0＝a，又－1
a·ex0
＝－x0＋1，∴x0＝2，∴a＝e2.
答案：e2
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．(2017·惠州模拟)已知函数 f(x)＝1
xcos x，则 f(π)＋f′(
π
2 )＝( )
A．－ 3
π2 B．－ 1
π2
C．－3
π D．－1
π
解析：选 C 由题可知，f(π)＝－1
π，f′(x)＝－1
x2cos x＋1
x(－sin x)，则 f(π)＋f′(
π
2 )＝－
1
π＋2
π×(－1)＝－3
π.
2．设曲线 y＝1＋cos x
sin x 在点(
π
2，1 )处的切线与直线 x－ay＋1＝0 平行，则实数 a 等于
( )
A．－1 B.1
2 C．－2 D．2
解析：选 A ∵y′＝
－1－cos x
sin2x ，∴y′x＝π
2＝－1，由条件知1
a＝－1，∴a＝－1.
3．(2017·上饶模拟)若点 P 是曲线 y＝x2－ln x 上任意一点，则点 P 到直线 y＝x－2 距离
的最小值为( )
A．1 B. 2 C.
2
2 D. 3
解析：选 B 由题可得，y′＝2x－1
x.因为 y＝x2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以由 2x－
1
x＝1，得 x＝1，则 P 点坐标为(1,1)，所以曲线在点 P 处的切线方程为 x－y＝0，所以两平行
线间的距离为 d＝ 2
2
＝ 2，即点 P 到直线 y＝x－2 距离的最小值为 2.
4．(2016·南昌二中模拟)设点 P 是曲线 y＝x3－ 3x＋2
3上的任意一点，P 点处切线倾斜角
α 的取值范围为( )
A.[0，π
2 )∪[
5π
6 ，π) B.[
2π
3 ，π)
C.[0，π
2 )∪[
2π
3 ，π) D.(
π
2，5π
6 ]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，π
2 )∪[
2π
3 ，π).
5．(2017·重庆诊断)已知函数 f(x)＝ 2
ex＋1＋sin x，其导函数为 f′(x)，则 f(2 017)＋f(－2
017)＋f′(2 017)－f′(－2 017)的值为( )
A．0 B．2 C．2 017 D．－2 017
解析：选 B ∵f(x)＝ 2
ex＋1＋sin x，∴f′(x)＝－ 2ex
(ex＋1)2
＋cos x，f(x)＋f(－x)＝ 2
ex＋1＋sin
x＋ 2
e－x＋1＋sin(－x)＝2，f′(x)－f′(－x)＝－ 2ex
(ex＋1)2
＋cos x＋ 2e－x
(e－x＋1)2
－cos(－x)＝0，∴f(2
017)＋f(－2 017)＋f′(2 017)－f′(－2 017)＝2.
6．已知 f(x)＝ln x，g(x)＝1
2x2＋mx＋7
2(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．－1 B．－3 C．－4 D．－2
解析：选 D ∵f′(x)＝1
x，∴直线 l 的斜率为 k＝f′(1)＝1，又 f(1)＝0，∴切线 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，y0＝1
2x20＋mx0＋7
2，m<0，于是解得 m＝－2.
二、填空题
7 ． 已 知 函 数 f(x) 在 R 上 可 导 ， 且 f(x) ＝ x2 ＋ 2x·f′(2) ， 则 函 数 f(x) 的 解 析 式 为
________．
解析：由题意得 f′(x)＝2x＋2f′(2)，则 f′(2)＝4＋2f′(2)，所以 f′(2)＝－4，所以 f(x)＝
x2－8x.
答案：f(x)＝x2－8x
8．若直线 l 与幂函数 y＝xn 的图象相切于点 A(2,8)，则直线 l 的方程为________．
解析：由题意知，A(2,8)在 y＝xn 上，∴2n＝8，∴n＝3，∴y′＝3x2，直线 l 的斜率 k＝
3×22＝12，又直线 l 过点(2,8)．∴y－8＝12(x－2)，即直线 l 的方程为 12x－y－16＝0.
答案：12x－y－16＝0
9．若曲线 f(x)＝ax3＋ln x 存在垂直于 y 轴的切线，则实数 a 的取值范围是________．
解析：由题意，可知 f′(x)＝3ax2＋1
x，又存在垂直于 y 轴的切线，所以 3ax2＋1
x＝0，即
a＝－ 1
3x3(x>0)，故 a∈(－∞，0)．
答案：(－∞，0)
10.已知 f′(x)，g′(x)分别是二次函数 f(x)和三次函数 g(x)的导函
数，且它们在同一平面直角坐标系内的图象如图所示．
(1)若 f(1)＝1，则 f(－1)＝________；
(2)设函数 h(x)＝f(x)－g(x)，则 h(－1)，h(0)，h(1)的大小关系为
________．(用“<”连接)
解析：(1)依题意，f′(x)＝x，g′(x)＝x2，
设 f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
g(x)＝dx3＋ex2＋mx＋n(d≠0)，
则 f′(x)＝2ax＋b＝x，g′(x)＝3dx2＋2ex＋m＝x2，
故 a＝1
2，b＝0，d＝1
3，e＝m＝0，f(x)＝1
2x2＋c，
g(x)＝1
3x3＋n，由 f(1)＝1 得 c＝1
2，
则 f(x)＝1
2x2＋1
2，故 f(－1)＝1.
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝1
2x2－1
3x3＋c－n，
则有 h(－1)＝5
6＋c－n，h(0)＝c－n，h(1)＝1
6＋c－n，
故 h(0)
0，则 f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若 f′(x)<0，则 f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若 f′(x)＝0，则 f(x)在这个区间内是常数函数．
2．由函数的单调性与导数的关系可得的结论
(1)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.当 x∈(a，b)
时，
f′(x)≥0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递增；
f′(x)≤0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递减．
(2)f′(x)>0(<0)在(a，b)上成立是 f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
证明或讨论函数的单调性
判断函数单调性的三种方法
定义法
在定义域内(或定义域的某个区间内)任取 x1，x2，且 x10，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当 a≤0 时，f′(x)<0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(3)当 00，故 f(x)在
(0， 1－a
2a )上单调递减，在 1－a
2a ，＋∞上单调递
增．
[方法技巧]
导数法证明或讨论函数 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)得出结论：当 f′(x)>0 时，函数 f(x)在(a，b)内单调递增；当 f′(x)<0 时，函数 f(x)在
(a，b)内单调递减．
[提醒] 讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类
讨论．
求函数的单调区间
[例 2] 已知函数 f(x)＝x
4＋a
x－ln x－3
2，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＝1
2x，求函数 f(x)的单调区间．
[解] 对 f(x)求导得 f′(x)＝1
4－ a
x2－1
x，
由曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝1
2x，知 f′(1)＝－3
4－a＝－2，解得 a
＝5
4.
所以 f(x)＝x
4＋ 5
4x－ln x－3
2，则 f′(x)＝x2－4x－5
4x2 ，
令 f′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝5，
因 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．
所以函数 f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)．
[方法技巧]
用导数求函数单调区间的三种类型及方法
(1)当不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0 可解时，确定函数的定义域，解不等式 f′(x)＞0 或
f′(x)＜0 求出单调区间．
(2)当方程 f′(x)＝0 可解时，确定函数的定义域，解方程 f′(x)＝0，求出实数根，把函
数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分
成若干个小区间，确定 f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
(3)不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0 及方程 f′(x)＝0 均不可解时求导并化简，根据 f′(x)的
结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定 f′(x)的符号，得单调区间．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点二]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，
所以 f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．故选 D.
2.[考点一]下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
解析：选 B 对于 A，f(x)＝sin 2x 的单调递增区间是[kπ－π
4，kπ＋π
4](k∈Z)；对于 B，
f′(x)＝ex(x＋1)，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数 f(x)＝xex 在(0，＋∞)上为增函数；
对于 C，f′(x)＝3x2－1，令 f′(x)>0，得 x>
3
3 或 x<－ 3
3 ，∴函数 f(x)＝x3－x 在(－∞，－ 3
3 )
和(
3
3 ，＋∞)上单调递增；对于 D，f′(x)＝－1＋1
x＝－x－1
x ，令 f′(x)>0，得 00，所以 x2－1<0，解得 00)，
①当 a≤0 时，f′(x)＝1
x－a>0，
即函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当 a>0 时，令 f′(x)＝1
x－a＝0，可得 x＝1
a，
当 00；
当 x>1
a时，f′(x)＝1－ax
x <0，
故函数 f(x)在(0，1
a )上单调递增，在(
1
a，＋∞)上单调递减．
由①②知，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a>0 时，f(x)在(0，1
a )上单调递增，在(
1
a，＋∞)上单调递减．
5.[考点二]已知函数 f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线 y＝f(x)与曲线 y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求 a，b 的值；
(2)当 a2＝4b 时，求函数 f(x)＋g(x)的单调区间．
解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
由已知可得Error!解得 a＝b＝3.
(2)令 F(x)＝f(x)＋g(x)＝x3＋ax2＋a2
4 x＋1，F′(x)＝3x2＋2ax＋a2
4 ，
令 F′(x)＝0，得 x1＝－a
2，x2＝－a
6，
∵a>0，∴x10 得，x<－a
2或 x>－a
6；
由 F′(x)<0 得，－a
20(或 f′(x)<0)在该区间上
存在解集，即 f′(x)max>0(或 f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参
数的取值范围；
(3)若已知 f(x)在区间 I 上的单调性，区间 I 上含有参数时，可先求出 f(x)的单调区间，
令 I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
[例 1] 已知函数 f(x)＝x3－ax－1.
(1)若 f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求 a 的取值范围；
(2)若 f(x)在区间(－1,1)上为减函数，求 a 的取值范围；
(3)若 f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求 a 的值．
[解] (1)因为 f′(x)＝3x2－a，且 f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以 f′(x)≥0 在(1，＋
∞)上恒成立，即 3x2－a≥0 在(1，＋∞)上恒成立，所以 a≤3x2 在(1，＋∞)上恒成立，所以
a≤3，即 a 的取值范围为(－∞，3]．
(2)因为 f(x)在区间(－1,1)上为减函数，所以 f′(x)＝3x 2－a≤0 在(－1,1)上恒成立，即
a≥3x2 在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以 3x2＜3，所以 a≥3.即 a 的取值范围为[3，＋
∞)．
(3)因为 f(x)＝x3－ax－1，
所以 f′(x)＝3x2－a.由 f′(x)＝0，得 x＝±
3a
3 (a≥0)．
因为 f(x)的单调递减区间为(－1,1)，
所以 3a
3 ＝1，即 a＝3.
应用结论“函数 f(x)在(a，b)上单调递增⇔f′(x)≥0 恒成立；函数 f(x)在(a，b)上单调递
减⇔f′(x)≤0 恒成立”时，切记检验等号成立时导数是否在(a，b)上恒为 0. [易错提醒]
比较大小或解不等式
[例 2] (1)若 0ln x2－ln x1
B．ex2－ex1x1ex2
D．x2ex1g(x2) ， 即ex1
x1 >ex2
x2 ， 则
x2ex1>x1ex2，故选 C.
(2)设 F(x)＝f(x)－1
2x，∴F′(x)＝f′(x)－1
2，∵f′(x)<1
2，∴F′(x)＝f′(x)－1
2<0，即函
数 F(x)在 R 上单调递减．∵f(x2)1，即 x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案] (1)C (2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)
[方法技巧]
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先利用导数研究
函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]已知函数 f(x)＝x2＋4x＋aln x，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，＋∞)
B．(－∞，－16)
C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)
D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)
解析：选 C ∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋4＋a
x＝2x2＋4x＋a
x ，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≥－(2x 2＋4x)或 a≤－(2x 2＋4x)在(1,2)上恒成立．记 g(x)＝－(2x 2＋4x)，
1f(cos B)
B．f(sin A)f(sin B)
D．f(sin A)f(cos B)，故选 A.
3.[考点一]若函数 f(x)＝x3－12x 在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数 k 的取值
范围是________．
解析：因为 f′(x)＝3x2－12，由 f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，
由 f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以 k－
1<－24.所
以 f(x)<3x－15 的解集为(4，＋∞)．
答案：(4，＋∞)
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国乙卷)若函数 f(x)＝x－1
3sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则 a 的取值
范围是( )
A．[－1,1] B.[－1，1
3]
C.[－1
3，1
3] D.[－1，－1
3]
解析：选 C 取 a＝－1，则 f(x)＝x－1
3sin 2x－sin x，f′(x)＝1－2
3cos 2x－cos x，但 f′(0)
＝1－2
3－1＝－2
3＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除 A、B、D.故选 C.
2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)设函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝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( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选 A 设 y＝g(x)＝f(x)
x (x≠0)，则 g′(x)＝xf′(x)－f(x)
x2 ，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0，
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且 g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝
0.∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如图所
示．当 x>0 时，由 f(x)>0，得 g(x)>0，由图知 00，得 g(x)<0，由图知 x<－1，∴使得 f(x)>0 成立的 x 的取
值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选 A.
3．(2014·新课标全国卷Ⅱ)若函数 f(x)＝kx－ln x 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－ln x，所以 f′(x)＝k－1
x.
因为 f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当 x>1 时，f′(x)＝k－1
x≥0 恒成立，
即 k≥1
x在区间(1，＋∞)上恒成立．
因为 x>1，所以 0<1
x<1，所以 k≥1.故选 D.
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．函数 f(x)＝ex－ex，x∈R 的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(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．已知函数 f(x)＝1
2x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在 R 上单调递增”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选 A f′(x)＝3
2x2＋a，当 a>0 时，f′(x)>0，即 a>0 时，f(x)在 R 上单调递增，
由 f(x)在 R 上单调递增，可得 a≥0.故“a＞0”是“f(x)在 R 上单调递增”的充分不必要条
件．
3.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．
4．若函数 f(x)＝sin x＋ax 为 R 上的减函数，则实数 a 的取值范围是________．
解析：∵f′(x)＝cos x＋a，由题意可知，f′(x)≤0 对任意的 x∈R 都成立，∴a≤－1，
故实数 a 的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
5．已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝5＋cos x，x∈(－1,1)，且 f(0)＝0，如果 f(1－x)＋f(1
－x2)<0，则实数 x 的取值范围为________．
解析：∵导函数 f′(x)是偶函数，且 f(0)＝0，∴原函数 f(x)是奇函数，∴所求不等式变
形为 f(1－x)0，解得 02，故函数 f(x)的单调递增区间是 (0，1
2 )，
(2，＋∞)．
2．若函数 f(x)＝x3－tx2＋3x 在区间[1，4 ]上单调递减，则实数 t 的取值范围是( )
A.(－∞，51
8 ] B.(－∞，3]
C.[
51
8 ，＋∞) D.[3，＋∞)
解析：选 C f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于 f(x)在区间[1，4 ]上单调递减，则有 f′(x)≤0
在[1，4 ]上恒成立，
即 3x2－2tx＋3≤0 在[1,4]上恒成立，则 t≥3
2(x＋1
x )在[1，4 ]上恒成立，因为 y＝3
2(x＋1
x )
在[1，4 ]上单调递增，所以 t≥3
2(4＋1
4 )＝51
8 ，故选 C.
3.已知函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d 的图象如图所示，则函数 y＝log2x2＋2
3bx＋c
3的单调递
减区间为( )
A.[
1
2，＋∞) B．[3，＋∞)
C．[－2,3] D．(－∞，－2)
解析：选 D 因为 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以 f′(x)＝3x 2＋2bx＋c，由图可知 f′(－2)＝
f′(3)＝0，所以Error!解得Error!令 g(x)＝x2＋2
3bx＋c
3，则 g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，
由 g(x)＝x2－x－6>0，解得 x<－2 或 x>3.当 x<1
2时，g′(x)<0，所以 g(x)＝x2－x－6 在(－∞，－
2)上为减函数，所以函数 y＝log2 (x2＋2
3bx＋c
3)的单调递减区间为(－∞，－2)．
4．(2017·甘肃诊断考试)函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x)＝f(2－x)，且当 x∈(－∞，
1)时，(x－1)f′(x)<0，设 a＝f(0)，b＝f(
1
2 )，c＝f(3)，则( )
A．a0，所以函数 f(x)在
(－∞，1)上是单调递增函数，所以 a＝f(0)0，则对于任意的 a，b∈
(0，＋∞)，当 a>b 时，有( )
A．af(a)bf(b)
C．af(b)>bf(a) D．af(b)0 得xf′(x)＋f(x)
x >0，即[xf(x)]′
x >0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴
[xf(x)]′>0，即函数 y＝xf(x)为增函数，由 a，b∈(0，＋∞)且 a>b，得 af(a)>bf(b)，故选 B.
二、填空题
7．若幂函数 f(x)的图象过点(
2
2 ，1
2)，则函数 g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
解析：设幂函数为 f(x)＝xα，因为图象过点(
2
2 ，1
2)，所以1
2＝(
2
2 )α，α＝2，所以 f(x)＝
x2，故 g(x)＝exx2，令 g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)<0，得－20 的解集为
________．
解析：由题图可知，Error!
不等式(x2－2x－3)f′(x)>0 等价于Error!或Error!解得 x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)．
答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)
10．若函数 f(x)＝－1
3x3＋1
2x2＋2ax 在[
2
3，＋∞)上存在单调递增区间，则 a 的取值范围是
________．
解析：对 f(x)求导，得 f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－1
2 )2＋1
4＋2a.当 x∈[
2
3，＋∞)时，f′(x)
的最大值为 f′(
2
3 )＝2
9＋2a.令2
9＋2a＞0，解得 a＞－1
9.所以 a 的取值范围是(－1
9，＋∞).
答案：(－1
9，＋∞)三、解答题
11．已知函数 f(x)＝x－2
x＋1－aln x，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＋ 2
x2－a
x＝x2－ax＋2
x2 .
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 00 都有 f′(x)>0.
此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当 Δ＝0，即 a＝2 2 时，仅对 x＝ 2有 f′(x)＝0，对其余的 x>0 都有 f′(x)>0.此时 f(x)
是(0，＋∞)上的单调递增函数．
③ 当 Δ>0 ， 即 a>2 2时 ， 方 程 g(x) ＝ 0 有 两 个 不 同 的 实 根 x1 ＝ a－ a2－8
2 ， x2 ＝
a＋ a2－8
2 ，00，函数 f(x)＝1
2x2－(a＋1)x＋aln x.
(1)当 a＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点(3，f(3))处切线的斜率；
(2)求函数 f(x)的极值．
[解] (1)由已知 x>0.当 a＝2 时，f′(x)＝x－3＋2
x，
∴曲线 y＝f(x)在点(3，f(3))处切线的斜率为 f′(3)＝2
3.
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋a
x
＝x2－(a＋1)x＋a
x ＝
(x－1)(x－a)
x .
由 f′(x)＝0 得 x＝1 或 x＝a.
①若 00，函数 f(x)单调递增；
当 x∈(a,1)时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增．
∴当 x＝a 时，f(x)取极大值 f(a)＝－1
2a2－a＋aln a，
当 x＝1 时，f(x)取极小值 f(1)＝－a－1
2.
②若 a>1，当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增；
当 x∈(1，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．
∴当 x＝1 时，f(x)取极大值 f(1)＝－a－1
2；
当 x＝a 时，f(x)取极小值 f(a)＝－1
2a2－a＋aln a.
③当 a＝1 时，x>0 时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增，f(x)没有极值．
综上，当 01 时，f(x)的极大值为－a－1
2，极小值为－1
2a2－a＋aln a；
当 a＝1 时，f(x)没有极值．
[方法技巧]
已知极值(点)求参数
[例 3] (1)(2017·江西八校联考)已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数 a 的取
值范围是( )
A．(－∞，0) B.(0，1
2 )C．(0,1) D．(0，＋∞)
(2)(2017·太原五中检测)函数 f(x)＝x 3＋ax2＋bx＋a 2 在 x＝1 处有极值 10，则 a 的值为
________．
[解析] (1)∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
由函数 f(x)有两个极值点，可知 f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令 f′(x)＝0，则 2a＝ln x＋1
x ，
设 g(x)＝ln x＋1
x ，则 g′(x)＝
－ln x
x2 ，
∴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＜1
2.
(2)由题意得 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为在 x＝1 处，f(x)有极值 10，
所以 f′(1)＝3＋2a＋b＝0，f(1)＝1＋a＋b＋a2＝10，
解得 a＝4，b＝－11 或 a＝－3，b＝3，
当 a＝－3，b＝3 时，在 x＝1 处，f(x)无极值，不符合题意；
当 a＝4，b＝－11 时，符合题意，所以 a＝4.
[答案] (1)B (2)4
[方法技巧]
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(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：因为某点处的导数值等于 0 不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数
法求解后必须验证根的合理性．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点三]若函数 f(x)＝x3－2cx2＋x 有极值点，则实数 c 的取值范围为( )
A.[
3
2 ，＋∞)
B.(
3
2 ，＋∞)
C.(－∞，－ 3
2 ]∪[
3
2 ，＋∞)
D.(－∞，－ 3
2 )∪(
3
2 ，＋∞)解析：选 D 若函数 f(x)＝x3－2cx2＋x 有极值点，则 f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0 有根，故
Δ＝(－4c)2－12>0，从而 c>
3
2 或 c<－ 3
2 .故实数 c 的取值范围为－∞，－ 3
2 ∪(
3
2 ，＋∞).
2.[考点一]已知函数 f(x)的定义域为(a，b)，导函数 f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则
函数 f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选 B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与 x 轴的交点个
数为 4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故 x＝0 不是函数 f(x)的极值点，其余的 3 个交
点都是极值点，其中有 2 个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有 2 个．
3.[考点三]已知函数 f(x)＝x(x－m)2 在 x＝1 处取得极小值，则实数 m＝( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选 B f(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.若 m＝3，则 f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当 13 时，f′(x)>0，此时在 x＝1 处取得极大值，不合题意，若 m＝
1，则 f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当1
31 时，f′(x)>0，此时在 x＝
1 处取得极小值．故选 B.
4.[考点二]已知函数 f(x)＝x－aln x(a∈R)．
(1)当 a＝2 时，求曲线 y＝f(x)在点 A(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数 f(x)的极值．
解：由题意知函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－a
x.
(1)当 a＝2 时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－2
x(x＞0)，
因为 f(1)＝1，f′(1)＝－1，
所以曲线 y＝f(x)在点 A(1，f(1))处的切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 x＋y－2＝0.
(2)由 f′(x)＝1－a
x＝x－a
x ，x＞0 知：
①当 a≤0 时，f′(x)＞0，函数 f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数 f(x)无极值；
②当 a＞0 时，由 f′(x)＝0，解得 x＝a.
又当 x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
从而函数 f(x)在 x＝a 处取得极小值，且极小值为 f(a)＝a－aln a，无极大值．
综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；当 a＞0 时，函数 f(x)在 x＝a 处取得极小值 a－aln
a，无极大值．
突破点(二) 利用导数解决函数的最值问题
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
函数的最值与导数
(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，函数的最大值和最
小值一定产生在极值点或闭区间的端点处．
(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．
(3)设函数 f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的
步骤如下：
①求 f(x)在(a，b)内的极值；
②将 f(x)的各极值与 f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小
值．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
求函数的最值
[例 1] 已知函数 f(x)＝(x－k)ex.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值．
[解] (1)由题意知 f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令 f′(x)＝0，得 x＝k－1.
f(x)与 f′(x)的情况如下：
x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) －ek－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当 k－1≤0，即 k≤1 时，f(x)在[0,1]上单调递增，
所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)＝－k；
当 00；当 x∈(1，e]时，
f′(x)<0，所以 f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当 x＝1 时，f(x)取
得最大值 ln 1－1＝－1.
2.[考点二]已知函数 f(x)＝(2x－x2)ex，则( )
A．f( 2)是 f(x)的极大值也是最大值
B．f( 2)是 f(x)的极大值但不是最大值
C．f(－ 2)是 f(x)的极小值也是最小值
D．f(x)没有最大值也没有最小值
解析：选 A 由题意得 f′(x)＝(2－2x)e x＋(2x－x 2)ex＝(2－x 2)ex，当－ 20，函数 f(x)单调递增；当 x<－ 2或 x> 2时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减，所以 f(x)
在 x＝ 2处取得极大值 f( 2)＝2( 2－1)e 2>0，在 x＝－ 2处取得极小值 f(－ 2)＝2(－ 2－
1)e－ 2<0，又当 x<0 时，f(x)＝(2x－x2)ex<0，所以 f( 2)是 f(x)的极大值也是最大值．
3.[考点一]函数 f(x)＝xsin x＋cos x 在[
π
6，π ]上的最大值为________．
解析：因为 f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，所以 f′(x)＝0 在 x∈[
π
6，π ]上的解为
x＝π
2.又 f(
π
6 )＝ π
12＋ 3
2 ，f(
π
2 )＝π
2，f(π)＝－1，所以函数 f(x)＝xsin x＋cos x 在[
π
6，π ]上
的最大值为π
2.
答案：π
2
4.[考点二]已知函数 f(x)＝ax3＋bx＋c 在 x＝2 处取得极值为 c－16.
(1)求 a，b 的值；
(2)若 f(x)有极大值 28，求 f(x)在[－3,3]上的最小值．
解：(1)因为 f(x)＝ax3＋ bx＋c，
所以 f′(x)＝3ax2＋b.
由于 f(x)在点 x＝2 处取得极值 c－16，
故有Error!
即Error!
解得Error!
(2)由(1)知 f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.
令 f′(x)＝0，得 x1＝－2，x2＝2.
当 x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，
故 f(x)在(－∞，－2)上为增函数．
当 x∈(－2,2)时，f′(x)<0，
故 f(x)在(－2,2)上为减函数；
当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
故 f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知 f(x)在 x1＝－2 处取得极大值 f(－2)＝16＋c，在 x2＝2 处取得极小值 f(2)＝c－
16.
由题设条件知 16＋c＝28，得 c＝12，
此时 f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，因此 f(x)在[－3,3]上的最
小值为 f(2)＝－4.
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2013·新课标全国卷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)＝0
B．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∃x0∈R，f(x0)＝0，选项 A 中的结论
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；由于三次函数的三次
项系数为正值，故函数如果存在极值点 x1，x2，则极小值点 x2＞x1，即函数在－∞到极小值
点的区间上是先递增后递减的，所以选项 C 中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选
项 D 中的结论正确．
2．(2016·全国甲卷)(1)讨论函数 f(x)＝x－2
x＋2ex 的单调性，并证明当 x>0 时，(x－2)ex＋x＋
2>0.
(2)证明：当 a∈[0,1)时，函数 g(x)＝ex－ax－a
x2 (x>0)有最小值．设 g(x)的最小值为 h(a)，
求函数 h(a)的值域．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝
(x－1)(x＋2)ex－(x－2)ex
(x＋2)2
＝ x2ex
(x＋2)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.
(2)证明：g′(x)＝
(x－2)ex＋a(x＋2)
x3 ＝x＋2
x3 [f(x)＋a]．
由(1)知，f(x)＋a 在(0，＋∞)上单调递增．
对任意 a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一实数 xa∈(0,2]，使得 f(xa)＋a＝0，
即 g′(xa)＝0.
当 0xa 时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此 g(x)在 x＝xa 处取得最小值，最小值为
g(xa)＝exa－a(xa＋1)
x2a ＝exa＋f(xa)(xa＋1)
x2a ＝ exa
xa＋2.
于是 h(a)＝ exa
xa＋2.
由(
ex
x＋2 )′＝
(x＋1)ex
(x＋2)2 >0，得 y＝ ex
x＋2单调递增，
所以，由 xa∈(0,2]，得
1
2＝ e0
0＋2 1
2 )，当 x∈(－2,0)时，f(x)的最
小值为 1，则 a 的值为________．
解析：因为 f(x)是奇函数，所以 f(x)在(0,2)上的最大值为－1，当 x∈(0,2)时，f′(x)＝1
x－
a，令 f′(x)＝0，得 x＝1
a，又 a>1
2，所以 0<1
a<2.令 f′(x)>0，得 x<1
a，所以 f(x)在(0，1
a )上单
调递增；令 f′(x)<0，得 x>1
a，所以 f(x)在(
1
a，2 )上单调递减．所以当 x∈(0,2)时，f(x)max＝f
(
1
a )＝ln1
a－a·1
a＝－1，所以 ln1
a＝0，所以 a＝1.
答案：1
4．已知函数 f(x)＝1＋ln x
kx (k≠0)．求函数 f(x)的极值．
解：f(x)＝1＋ln x
kx ，其定义域为(0，＋∞)，
则 f′(x)＝－ln x
kx2 .
令 f′(x)＝0，得 x＝1，
当 k>0 时，若 00；
若 x>1，则 f′(x)<0，
所以 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当 x＝1 时，函数 f(x)取得极大
值1
k.
当 k<0 时，若 01，则 f′(x)>0，
所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当 x＝1 时，函数 f(x)取得极小
值1
k.
5．(2017·石家庄模拟)已知函数 f(x)＝ax－2
x－3ln x，其中 a 为常数．
(1)当函数 f(x)的图象在点(
2
3，f(
2
3 ))处的切线的斜率为 1 时，求函数 f(x)在[
3
2，3 ]上的
最小值；
(2)若函数 f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求 a 的取值范围．
解：(1)因为 f′(x)＝a＋ 2
x2－3
x，
所以 f′(
2
3 )＝a＝1，
故 f(x)＝x－2
x－3ln x，则 f′(x)＝
(x－1)(x－2)
x2 .
由 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：
x 3
2 (
3
2，2 ) 2 (2,3) 3
f′(x) － 0 ＋
f(x) 1－3ln 2
从而在[
3
2，3 ]上，f(x)有最小值，
且最小值为 f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋ 2
x2－3
x＝ax2－3x＋2
x2 (x＞0)，
由题设可得方程 ax2－3x＋2＝0 有两个不等的正实根，
不妨设这两个根为 x1，x2，且 x1≠x2，
则Error!解得 0＜a＜9
8.
故所求 a 的取值范围为(0，9
8 ).
二、重点选做题
1．(2017·昆明模拟)已知常数 a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当 a＝－4 时，求 f(x)的极值；
(2)当 f(x)的最小值不小于－a 时，求实数 a 的取值范围．
解：(1)由已知得 f(x)的定义域为 x∈(0，＋∞)，f′(x)＝a
x＋2＝a＋2x
x .
当 a＝－4 时，f′(x)＝2x－4
x .
所以当 02 时，f′(x)>0，即 f(x)单调递增．
所以 f(x)只有极小值，且在 x＝2 时，f(x)取得极小值 f(2)＝4－4ln 2.
所以当 a＝－4 时，f(x)只有极小值 4－4ln 2.
(2)因为 f′(x)＝a＋2x
x ，
所以当 a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即 f(x)在 x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当 a<0 时，由 f′(x)>0 得，x>－a
2，
所以 f(x)在(－a
2，＋∞)上单调递增；
由 f′(x)<0 得，x<－a
2，
所以 f(x)在(0，－a
2)上单调递减．
所以当 a<0 时，f(x)的最小值为 f(－a
2 )＝aln(－a
2 )＋2(－a
2 ).
根据题意得 f(－a
2 )＝aln(－a
2 )＋2(－a
2 )≥－a，
即 a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为 a<0，所以 ln(－a)－ln 2≤0，解得 a≥－2，
所以实数 a 的取值范围是[－2,0)．
2．已知函数 f(x)＝Error!
(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＝2
3.
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0) 0 (0，2
3 )
2
3 (
2
3，1 )f′(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＝2
3.
(2)①当－1≤x＜1 时，由(1)知，函数 f(x)在[－1,0]和[
2
3，1 )上单调递减，在[0，2
3 ]上单
调递增．
因为 f(－1)＝2，f(
2
3 )＝ 4
27，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)＝aln x，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.
综上所述，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.
三、冲刺满分题
1．已知函数 f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝x2
ex，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 2x－
y－3＝0 平行．
(1)求证：方程 f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根；
(2)设函数 m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示 p，q 中的较小者)，求 m(x)的最大值．
解：(1)由题意知，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为 2，
所以 f′(1)＝2，
又 f′(x)＝ln x＋a
x＋1，所以 a＝1.
所以 f(x)＝(x＋1)ln x.
设 h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－x2
ex，
当 x∈(0,1]时，h(x)<0，
又 h(2)＝3ln 2－4
e2＝ln 8－4
e2>1－1＝0，
所以存在 x0∈(1,2)，使 h(x0)＝0.
因为 h′(x)＝ln x＋1
x＋1－x(2－x)
ex ，
当 x∈(1,2)时，0e，所以 0<1
ex<1
e，所以x(2－x)
ex <1
e，
所以 h′(x)>1－1
e>0，
所以当 x∈(1,2)时，h(x)单调递增，
所以方程 f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根．
(2)由(1)知，方程 f(x)＝g(x)在(1,2)内存在唯一的实根 x0，且 x∈(0，x0)时，f(x)0，
当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当 x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，
所以当 x∈(x0，＋∞)时，f(x)>g(x)，
所以 m(x)＝Error!
当 x∈(0，x0)时，若 x∈(0,1]，则 m(x)≤0；
若 x∈(1，x 0]，由 m′(x)＝ln x＋ 1
x＋1>0，可知 00，m(x)单调递增；
x∈(2，＋∞)时，m′(x)<0，m(x)单调递减．
可知 m(x)≤m(2)＝4
e2，且 m(x0)0，且 f′(x)＝x－3＋1
x＝x2－3x＋1
x ，
令 f′(x)>0，得 03＋ 5
2 ，
令 f′(x)<0，得3－ 5
2 0)，则 L′＝2－512
x2 ，令 L′＝0，得 x＝±16.又
x>0，∴x＝16.则当 x＝16 时，L 取得极小值，也是最小值，即用料最省，此时长为 512
16 ＝
32(米)．故选 A.
2．某银行准备设一种新的定期存款业务，经预测，存款量与存款利率的平方成正比，
比例系数为 k(k>0)，贷款的利率为 4.8%，假设银行吸收的存款能全部放贷出去．若存款利
率为 x(x∈(0,0.048))，则银行获得最大收益的存款利率为( )
A．3.2% B．2.4% C．4% D．3.6%
解析：选 A 依题意知，存款量是 kx2，银行应支付的利息是 kx3，银行应获得的利息是
0.048kx2，所以银行的收益 y＝0.048kx2－kx3，故 y′＝0.096kx－3kx2，令 y′＝0，得 x＝0.032
或 x＝0(舍去)．因为 k>0，所以当 00；当 0.0320)，所以
y′＝2(1－40 000
x2 )，令 y′＝0，解得 x＝200(x＝－200 舍去)，这时 y＝800.当 0200 时，y′>0.所以当 x＝200 时，y 取得最小值，故其周长至少为 800 米．
答案：800
4．(2017·北京东城模拟 )某商场从生产厂家以每件 20 元的价格购进一批商品，若该商
品零售价为 p 元，销量 Q(单位：件)与零售价 p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，
则该商品零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
解析：设商场销售该商品所获利润为 y 元，则 y＝(p－20)(8 300－170p－p2)＝－p3－150p2
＋11 700p－166 000(p≥20)，则 y′＝－3p2－300p＋11 700.令 y′＝0 得 p2＋100p－3 900＝0，
解得 p＝30 或 p＝－130(舍去)．
则 p，y，y′变化关系如下表：
p (20,30) 30 (30，＋∞)
y′ ＋ 0 －
y 极大值
故当 p＝30 时，y 取极大值 23 000.
又 y＝－p3－150p2＋11 700p－166 000 在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以
该商品零售价定为每件 30 元时，所获利润最大为 23 000 元．
答案：30 23 000
5．统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米
/小时)的函数解析式可以表示为 y＝ 1
128 000x3－ 3
80x＋8(00，h(x)是增函数，
所以当 x＝80 时，h(x)取得极小值 h(80)＝11.25.
易知 h(80)是 h(x)在(0,120]上的最小值．
故当汽车以 80 千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为 11.25 升．
突破点(二) 利用导数研究函数的零点或方程根的综合问题
从近几年高考命题情况来看，对这部分内容的考查题型有小题也有大题，作为解答题时
难度较大.导数可以把函数、方程、不等式等有机地联系在一起.解决函数的零点或方程的根
的问题，在解题过程中要注意转化与化归、函数与方程、数形结合、分类讨论思想的应用.此
类试题一般以含参数的三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式及三角函数式结构的函数
零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点.主要有两种考查类型：(1)确定函数零点(
图象交点及方程根)的个数问题；(2)根据函数零点(图象交点及方程根)的个数求参数的值或取
值范围问题.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
确定函数零点或方程根的个数问题
[例 1] 已知函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝ x＋x，其中 e 是自然对数的底数，e＝2.718 28….
(1)证明：函数 h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1,2)上有零点；
(2)求方程 f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
[解] (1)证明：由 h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－ x－x 得，
h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－ 2>0，且 h(x)在区间(1,2)上是连续的，
所以函数 h(x)在区间(1,2)上有零点．
(2)由(1)得 h(x)＝ex－1－ x－x.
由 g(x)＝ x＋x 知，x∈[0，＋∞)，而 h(0)＝0，
则 x＝0 为 h(x)的一个零点，而 h(x)在(1,2)内有零点，
因此 h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
因为 h′(x)＝ex－1
2x－1
2－1，
记 φ(x)＝ex－1
2x－1
2－1，
则 φ′(x)＝ex＋1
4x－3
2.
当 x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此 φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则 φ(x)在(0，＋∞)上
至多只有一个零点，即 h(x)在[0，＋∞)上至多有两个零点．
所以方程 f(x)＝g(x)的根的个数为 2.
[方法技巧]
利用导数确定函数零点或方程根个数的方法
(1)构建函数 g(x)(要求 g′(x)易求，g′(x)＝0 可解)，转化确定 g(x)的零点个数问题求解，
利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出 g(x)
的图象草图，数形结合求解．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函
数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
根据函数零点或方程根的个数求参数范围
[例 2] (2017·郑州质检)已知函数 f(x)＝(x2－2x)ln x＋ax2＋2.
(1)当 a＝－1 时，求 f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当 a>0 时，设函数 g(x)＝f(x)－x－2，且函数 g(x)有且仅有一个零点，若 e －20，当 x>1 时，h′(x)<0，
所以 h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以 h(x)max＝h(1)＝1.
因为 a>0，
所以当函数 g(x)有且仅有一个零点时，a＝1.
当 a＝1 时，g(x)＝(x2－2x)ln x＋x2－x，
若使当 e－21，函数 f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
解：(1)f(x)的定义域为 R，由导数公式知 f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R.
∵对任意 x∈R，都有 f′(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区
间．
(2)证明：由(1)知 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
且 f(0)＝1－a<0，f( a－1)＝ae a－1－a＝a(e a－1－1)．∵a>1，∴a－1>0，∴ a－1>0，∴
e a－1>1，
∴e a－1－1>0，故 f( a－1)>0，
∴存在 x0∈(0， a－1)使得 f(x0)＝0.
又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
2.[考点二](2017·武汉质检)设函数 f(x)＝cln x＋ 1
2x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且 x＝1 为 f(x)
的极值点．
(1)若 x＝1 为 f(x)的极大值点，求 f(x)的单调区间(用 c 表示)；
(2)若 f(x)＝0 恰有两解，求实数 c 的取值范围．
解：f′(x)＝c
x＋x＋b＝x2＋bx＋c
x ，又 f′(1)＝0，
所以 f′(x)＝
(x－1)(x－c)
x 且 c≠1，b＋c＋1＝0.
(1)因为 x＝1 为 f(x)的极大值点，所以 c>1，
当 00；
当 1c 时，f′(x)>0，
所以 f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)．
(2)①若 c<0，则 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)＝0 恰有两解，则
f(1)<0，即1
2＋b<0，
所以－1
21，则 f(x)极小值＝cln c＋c2
2＋c(－1－c)＝cln c－c－c2
2<0，f(x)极大值＝－1
2－c<0，则
f(x)＝0 只有一解．
综上，使 f(x)＝0 恰有两解的 c 的取值范围为(－1
2，0).
3.[考点二]已知函数 f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)在 x＝－1 处取得极值，直线 y＝m 与 y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求 m
的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，
当 a<0 时，对 x∈R，有 f′(x)>0，
所以当 a<0 时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，
当 a>0 时，由 f′(x)>0，解得 x<－ a或 x> a，
由 f′(x)<0，解得－ a0 时，f(x)的单调增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)，f(x)的单调减区间为(－
a， a)．
(2)因为 f(x)在 x＝－1 处取得极值，
所以 f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以 a＝1.
所以 f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.
由 f′(x)＝0，解得 x1＝－1，x2＝1.
由(1)中 f(x)的单调性，可知 f(x)在 x＝－1 处取得极大值 f(－1)＝1，
在 x＝1 处取得极小值 f(1)＝－3.
因为直线 y＝m 与函数 y＝f(x)的图象有三个不同的交点，
又 f(－3)＝－19<－3，f(3)＝17>1，
结合 f(x)的单调性，可知 m 的取值范围是(－3,1)．
4.[考点一](2016·太原质检)已知函数 f(x)＝xln x.
(1)试求曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
(2)若 x>1，试判断方程 f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解的个数．
解：(1)f′(x)＝ln x＋x·1
x＝1＋ln x，∴f′(e)＝2.
又 f(e)＝e，∴切线方程为 2x－y－e＝0.
(2)方程 f(x)＝(x－1)(ax－a＋1)的解即为方程 ln x－
(x－1)(ax－a＋1)
x ＝0 的解．
设 h(x)＝ln x－
(x－1)(ax－a＋1)
x ，x>1.
则 h′(x)＝－ax2－x－a＋1
x2 ＝－
(x－1)(ax＋a－1)
x2 ，x>1.
①当 a＝0 时，h′(x)>0，h(x)为增函数，∴h(x)>h(1)＝0，方程无解．
②当 a≠0 时，令 h′(x)＝0 得 x1＝1，x2＝1－a
a .
(ⅰ)当 a<0，即 x2＝1－a
a <1 时，∵x>1，∴h′(x)>0，则 h(x)为(1，＋∞)上的增函数，∴
h(x)>h(1)＝0，方程无解．
(ⅱ)当 01 时，
x∈(1，1－a
a )时，h′(x)>0，h(x)为增函数；
x∈(
1－a
a ，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)为减函数．
又 x 趋向＋∞时，h(x)＝ln x－ax＋1－a
x ＋2a－1<0，
h(1)＝0，∴方程有一个解．
(ⅲ)当 a≥1
2，即1－a
a ≤1 时，
∵x>1，
∴h′(x)<0，h(x)为减函数，
而 h(x)g(x)在区间 D 上成立的基本方法：
(1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)min>g(x)max；
(2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数 h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数 h(x)的单
调性或最值，证明 h(x)>0.
不等式恒成立问题
(1)f(x)>g(x)对一切 x∈I 恒成立⇔I 是 f(x)>g(x)的解集的子集⇔[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.
[例 2] (2017·陕西西北九校联考)已知函数 f(x)＝－ln x＋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＝1
2时，k
x－1
2－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)＝－ln x＋x－1，x>0，
∴f′(x)＝－1
x＋1＝x－1
x .
由 f′(x)<0 可得 00 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＝1
2时，f(x)＝－ln x＋x
2－1
2，k
x－1
2－f(x)＝k
x－1
2－－ln x＋x
2－1
2＝ln x－x
2＋k
x，
当 x>1 时，k
x－1
2－f(x)<0 恒成立，等价于 k1 时，h′(x)>0，函数 h(x)＝x－1－ln x 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)＝1
2，
因此当 x>1 时，若使 k0，Δ<0 或 a<0，Δ<0)求解．
存在型不等式恒成立问题
(1)f(x)>g(x)对 x∈I 能成立⇔I 与 f(x)>g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈
I)．
(2)对∀x1∈D1，∃x2∈D2 使得 f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)的定义域为 D1，g(x)的
定义域为 D2.
[例 3] (2017·新乡调研)已知函数 f(x)＝x－(a＋1)ln x－a
x(a∈R)，g(x)＝1
2x2＋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)e2－2e
e＋1 ，
所以 a 的取值范围为(
e2－2e
e＋1 ，1).
[方法技巧]
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．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一](2017·昆明模拟)已知函数 f(x)＝ln x－x.
(1)判断函数 f(x)的单调性；
(2)函数 g(x)＝f(x)＋x＋ 1
2x－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
x－1＝1－x
x ，
令 f′(x)＝1
x－1＝1－x
x >0，得 01，
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)＝ln x＋ 1
2x－m(x>0)，
因为 x1，x2 是函数 g(x)＝ln x＋ 1
2x－m 的两个零点，
所以 ln x1＋ 1
2x1－m＝0，ln x2＋ 1
2x2－m＝0.
两式相减，可得 lnx1
x2＝ 1
2x2－ 1
2x1，
即 lnx1
x2＝x1－x2
2x2x1 ，故 x1x2＝x1－x2
2lnx1
x2
.
那么 x1＝
x1
x2－1
2lnx1
x2
，x2＝
1－x2
x1
2lnx1
x2
.
令 t＝x1
x2，其中 00 恒成立，故 h(t)1，故 x1＋x2>1.
2.[考点二](2017·西安六校联考)设 a∈R，函数 f(x)＝ax2－ln x，g(x)＝ex－ax.
(1)当 a＝7 时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若 f(x)·g(x)>0 对 x∈(0，＋∞)恒成立，求实数 a 的取值范围．
解：(1)当 a＝7 时，f(x)＝7x2－ln x，f′(x)＝14x－1
x，
∴f′(1)＝13，∵f(1)＝7，
∴曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－7＝13(x－1)，即 13x－y－6＝0.
(2)若 f(x)>0 对 x∈(0，＋∞)恒成立，即 ax2－ln x>0 对 x∈(0，＋∞)恒成立，则 a>(
ln x
x2 )
max(x>0)．
设 h(x)＝ln x
x2 (x>0)，则 h′(x)＝1－2ln x
x3 ，
当 00，函数 h(x)单调递增；
当 x>e 1
2时，h′(x)<0，函数 h(x)单调递减，
∴当 x>0 时，h(x)max＝h(e1
2)＝ 1
2e，
∴a> 1
2e.
∵h(x)无最小值，∴f(x)<0 对 x∈(0，＋∞)不可能恒成立．
∵f(x)·g(x)>0 对 x∈(0，＋∞)恒成立，
∴g(x)＝ex－ax>0，即 a1 时，H′(x)>0，函数 H(x)单调递增，
∴当 x>0 时，H(x)min＝H(1)＝e，
∴a0 时，f′(x)≥0 恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x＝1 不是 f(x)的极值点．
故不存在实数 a，使得 f(x)在 x＝1 处取得极值．
(2)由 f(x0)≤g(x0)，得(x0－ln x0)a≥x20－2x0，
记 F(x)＝x－ln x(x>0)，∴F′(x)＝x－1
x (x>0)，
∴当 01 时，F′(x)>0，F(x)单调递增．
∴F(x)>F(1)＝1>0，
∴a≥ x20－2x0
x0－ln x0，记 G(x)＝x2－2x
x－ln x，x∈[
1
e，e ]，
∴G′(x)＝
(2x－2)(x－ln x)－(x－2)(x－1)
(x－ln x)2
＝
(x－1)(x－2ln x＋2)
(x－ln x)2 .
∵x∈[
1
e，e ]，∴2－2ln x＝2(1－ln x)≥0，
∴x－2ln x＋2>0，
∴x∈[
1
e，1 )时，G′(x)<0，G(x)单调递减；
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，＋∞)．
[全国卷 5 年真题集中演练——明规律]
1.(2016·全国丙卷)设函数 f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中 α>0，记|f(x)|的最大值
为 A.
(1)求 f′(x)；
(2)求 A；
(3)证明|f′(x)|≤2A.
解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.
(2)当 α≥1 时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)．
故 A＝3α－2.
当 0<α<1 时，将 f(x)变形为
f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1.
令 g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1，
则 A 是|g(t)|在[－1,1]上的最大值，
g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，
且当 t＝1－α
4α 时，g(t)取得极小值，
极小值为 g(
1－α
4α )＝－
(α－1)2
8α －1＝－α2＋6α＋1
8α .
令－1<1－α
4α <1，解得 α>1
5.
①当 0<α≤1
5时，g(t)在[－1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α，
|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，
所以 A＝2－3α.
②当1
5<α<1 时，由 g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0，
知 g(－1)>g(1)>g(
1－α
4α ).
又|g(
1－α
4α )|－|g(－1)|＝
(1－α)(1＋7α)
8α >0，
所以 A＝|g(
1－α
4α )|＝α2＋6α＋1
8α .
综上，A＝Error!
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
当 0<α≤1
5时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.
当1
5<α<1 时，A＝α
8＋ 1
8α＋3
4>1，
所以|f′(x)|≤1＋α<2A.
当 α≥1 时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A.
所以|f′(x)|≤2A.
2．(2016·全国乙卷)已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2 有两个零点．
(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＋2a(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 ba
2(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－3
2b)>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≥－e
2，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<－e
2，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 x1f(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.
从而 g(x2)＝f(2－x2)<0，故 x1＋x2<2.
3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝x3＋ax＋1
4，g(x)＝－ln x.
(1)当 a 为何值时，x 轴为曲线 y＝f(x)的切线；
(2)用 min{m，n}表示 m，n 中的最小值，设函数 h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论 h(x)
零点的个数．
解：(1)设曲线 y＝f(x)与 x 轴相切于点(x0,0)，则 f(x0)＝0，f′(x0)＝0，即
Error!解得Error!
因此，当 a＝－3
4时，x 轴为曲线 y＝f(x)的切线．
(2)当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，
从而 h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故 h(x)在(1，＋∞)上无零点．
当 x＝1 时，若 a≥－5
4，则 f(1)＝a＋5
4≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故 x＝1 是
h(x)的零点；
若 a<－5
4，则 f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故 x＝1 不是 h(x)的零点．
当 x∈(0,1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数．
①若 a≤－3 或 a≥0，则 f′(x)＝3x2＋a 在(0,1)上无零点，故 f(x)在(0,1)上单调．
而 f(0)＝1
4，f(1)＝a＋5
4，所以当 a≤－3 时，f(x)在(0,1)上有一个零点；当 a≥0 时，f(x)
在(0,1)上没有零点．
②若－3－3
4或 a<－5
4时，h(x)有一个零点；当 a＝－3
4或 a＝－5
4时，h(x)有两个零点；
当－5
40 时，易知 y1＝|ln x|与 y2＝ax 的图象在区间(0,1)上有一个交点，所以
只需要 y1＝|ln x|与 y2＝ax 的图象在区间(1,4)上有两个交点即可，此时|ln x|＝ln x，由 ln x＝ax，
得 a＝ln x
x .令 h(x)＝ln x
x ，x∈(1,4)，则 h′(x)＝1－ln x
x2 ，故函数 h(x)在(1，e)上单调递增，在
(e,4)上单调递减，h(e)＝ln e
e ＝1
e，h(1)＝0，h(4)＝ln 4
4 ＝ln 2
2 ，所以ln 2
2 k>1，则下列结
论中一定错误的是( )
A．f(
1
k )<1
k B．f(
1
k )> 1
k－1
C．f(
1
k－1 )< 1
k－1 D．f(
1
k－1 )> 1
k－1
解析：选 C 由已知，构造函数 g(x)＝f(x)－kx，则 g′(x)＝f′(x)－k>0，∴函数 g(x)
在 R 上单调递增，且 1
k－1>0，∴g(
1
k－1 )>g(0)，即 f(
1
k－1 )－ k
k－1>－1，即 f(
1
k－1 )> 1
k－1，∴
选项 C 错误，选项 D 正确．构造函数 h(x)＝f(x)－x，则 h′(x)＝f′(x)－1>0，∴函数 h(x)
在 R 上单调递增，且1
k>0，∴h(
1
k )>h(0)，即 f(
1
k )－1
k>－1，即 f(
1
k )>1
k－1，但选项
A、B 无法判断，故选 C.
3．已知 f(x)＝1
2x2＋b
x＋c(b，c 是常数)和 g(x)＝1
4x＋1
x是定义在 M＝{x|1≤x≤4}上的函数，
对于任意的 x∈M，存在 x0∈M 使得 f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且 f(x0)＝g(x0)，则 f(x)在 M 上
的最大值为( )
A.7
2 B．5 C．6 D．8
解析：选 B 因为 g(x)＝1
4x＋1
x≥2 1
4＝1(当且仅当 x＝2 时等号成立)，所以 f(2)＝2＋b
2＋
c＝g(2)＝1，所以 c＝－1－b
2，所以 f(x)＝1
2x2＋b
x－1－b
2，所以 f′(x)＝x－ b
x2＝x3－b
x2 .因为 f(x)
在 x＝2 处有最小值，且 x∈[1,4]，所以 f′(2)＝0，即 b＝8，所以 c＝－5，所以 f(x)＝1
2x2＋8
x
－5，f′(x)＝x3－8
x2 ，所以 f(x)在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而 f(1)＝1
2＋8－5＝7
2，f(4)
＝8＋2－5＝5，所以函数 f(x)在 M 上的最大值为 5，故选 B.
4．已知函数 f(x)＝ax＋xln x(a∈R)．
(1)若函数 f(x)在区间[e，＋∞)上为增函数，求 a 的取值范围；
(2)当 a＝1 且 k∈Z 时，不等式 k(x－1)1 恒成立．
令 g(x)＝x＋xln x
x－1 ，则 g′(x)＝x－ln x－2
(x－1)2 .
令 h(x)＝x－ln x－2(x>1)，
则 h′(x)＝1－1
x＝x－1
x >0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∵h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
∴存在 x0∈(3,4)使 h(x0)＝0，即 g′(x0)＝0.
即当 1x0 时，h(x)>0，即 g′(x)>0.
∴g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
由 h(x0)＝x0－ln x0－2＝0，得 ln x0＝x0－2，
g(x)min＝g(x0)＝x0(1＋ln x0)
x0－1 ＝x0(1＋x0－2)
x0－1 ＝x0∈(3,4)，
∴k0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当 a≤－1 时，f′(x)<0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－10，f(x)在
(0， －a＋1
2a )上单调递增；
当 x∈
( －a＋1
2a ，＋∞
)时，f′(x)<0，f(x)在 －a＋1
2a ，＋∞上单调递减．
(2)证明：不妨假设 x1≥x2.
由于 a≤－2，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
∴|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于 f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，
即 f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.
令 g(x)＝f(x)＋4x，
则 g′(x)＝a＋1
x ＋2ax＋4＝2ax2＋4x＋a＋1
x ，
于是 g′(x)≤
－4x2＋4x－1
x ＝
－(2x－1)2
x ≤0.
从而 g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故 g(x1)≤g(x2)，
即 f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，
故对∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
6．(2017·德州中学月考)已知函数 f(x)＝mx2－x＋ln x.
(1)若在函数 f(x)的定义域内存在区间 D，使得该函数在区间 D 上为减函数，求实数 m
的取值范围；
(2)当 00 时，由于函数 y＝2mx2－x＋1 的图象的对称轴 x＝ 1
4m>0，故需且只需 Δ>0，即 1
－8m>0，解得 m<1
8.
故 01，
由 g′(x)>0，得 0 1
2m；
由 g′(x)<0，得 10，
故在(
1
2m，＋∞)上，函数 g(x)又有一个零点，不满足题意．
综上所述，m＝1
2.
二、重点选做题
1．设函数 f(x)＝1
2x2－ax－kln x(a∈R，k∈R)．
(1)若 k＝1，且 f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，求实数 a 的取值范围；
(2)若 a＝0，且 k≥e，求证：f(x)在区间(1， e ]上有且仅有一个零点．
解：(1)∵f(x)＝1
2x2－ax－kln x，
∴f′(x)＝x－k
x－a，
若 k＝1，且 f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，
则 f′(x)＝x－1
x－a≥0 对任意的 x≥1 恒成立，
即 a≤x－1
x对任意的 x≥1 恒成立．
∴a≤(x－1
x )min＝0，即实数 a 的取值范围为(－∞，0]．
(2)证明：当 a＝0 时，f(x)＝1
2x2－kln x，
∴f′(x)＝x－k
x＝
(x＋ k)(x－ k)
x ，
由 f′(x)<0，得 00，得 x> k.
∴f(x)在区间(0， k ]上单调递减，在区间( k，＋∞)上单调递增．
当 k＝e 时，f(x)在区间(0， e ]上单调递减，且 f( e)＝1
2e－eln e＝0，
∴f(x)在区间(1， e ]上有且仅有一个零点．
当 k>e 时， k> e，
∴f(x)在区间(1， e ]上单调递减，
又 f(1)＝1
2>0，f( e)＝1
2e－kln e＝e－k
2 <0，
∴f(x)在区间(1， e ]上有且仅有一个零点．
综上，若 a＝0，且 k≥e，则 f(x)在区间(1， e ]上有且仅有一个零点．
2．已知函数 f(x)满足：①f(x)＝2f(x＋2)，x∈R；②f(x)＝ln x＋ax，x∈(0,2)；③f(x)在(－
4，－2)内能取到最大值－4.
(1)求实数 a 的值；
(2)设函数 g(x)＝1
3bx3－bx，若对∀x1∈(1,2)，∃x2∈(1,2)，使得 f(x1)＝g(x2)，求实数 b
的取值范围．
解：(1)当 x∈(－4，－2)时，有 x＋4∈(0,2)，
由条件②得 f(x＋4)＝ln(x＋4)＋a(x＋4)，
再由条件①得 f(x)＝2f(x＋2)＝4f(x＋4)＝4ln(x＋4)＋4a(x＋4)．
故 f′(x)＝ 4
x＋4＋4a，x∈(－4，－2)．
由条件③得 f(x)在(－4，－2)内有最大值，方程 f′(x)＝0，即 4
x＋4＋4a＝0 在(－4，－2)
内必有解，故 a≠0，且解为 x＝－1
a－4.
又最大值为－4，所以 f(x)max＝f(－1
a－4)＝4ln(－1
a )＋4a·(－1
a )＝－4，即 ln(－1
a )＝
0，所以 a＝－1.
(2)设 f(x)在(1,2)内的值域为 A，g(x)在(1,2)内的值域为 B，
由条件可知 A⊆B.
由(1)知，当 x∈(1,2)时，f(x)＝ln x－x，f′(x)＝1
x－1＝1－x
x <0，
故 f(x)在(1,2)内为减函数，
所以 A＝(f(2)，f(1))＝(ln 2－2，－1)．
对 g(x)求导得 g′(x)＝bx2－b＝b(x－1)(x＋1)．
若 b<0，则当 x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以 B＝(g(2)，g(1))＝(
2
3b，－2
3b).
由 A⊆B，得 2
3b≤ln 2－2，－2
3b≥－1，
故必有 b≤3
2ln 2－3.
若 b>0，则当 x∈(1,2)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，
所以 B＝(g(1)，g(2))＝(－2
3b，2
3b).
由 A⊆B，得－2
3b≤ln 2－2，2
3b≥－1，
故必有 b≥3－3
2ln 2.
若 b＝0，则 B＝{0}，此时 A⊆B 不成立．
综上可知，b 的取值范围是(－∞，3
2ln 2－3]∪3－3
2ln 2，＋∞.
三、冲刺满分题
1．(2017·长沙四校联考)已知函数 f(x)＝ ex
x－m.
(1)讨论函数 y＝f(x)在 x∈(m，＋∞)上的单调性；
(2)若 m∈(0，1
2 ]，则当 x∈[m，m＋1]时，函数 y＝f(x)的图象是否总在函数 g(x)＝x2＋x
图象上方？请写出判断过程．
解：(1)f′(x)＝ex(x－m)－ex
(x－m)2
＝ex(x－m－1)
(x－m)2
，
当 x∈(m，m＋1)时，f′(x)<0，
当 x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以 f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知 f(x)在(m，m＋1)上单调递减，
所以其最小值为 f(m＋1)＝em＋1.
因为 m∈(0，1
2 ]，g(x)在[m，m＋1]上的最大值为(m＋1)2＋m＋1.
所以下面判断 f(m＋1)与(m＋1)2＋m＋1 的大小，
即判断 ex 与(1＋x)x 的大小，其中 x＝m＋1∈(1，3
2 ].
令 m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1，
令 h(x)＝m′(x)，则 h′(x)＝ex－2，
因为 x＝m＋1∈(1，3
2 ]，
所以 h′(x)＝ex－2>0，m′(x)单调递增，
又 m′(1)＝e－3<0，m′(
3
2 )＝e3
2－4>0，
故存在 x0∈(1，3
2 ]，使得 m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0.
所以 m(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，3
2]上单调递增，
所以 m(x)≥m(x0)＝ex0－x20－x0＝2x0＋1－x20－x0＝－x20＋x0＋1，
所以当 x0∈(1，3
2 ]时，m(x0)＝－x20＋x0＋1>0，
即 ex>(1＋x)x，
即 f(m＋1)>(m＋1)2＋m＋1，
所以函数 y＝f(x)的图象总在函数 g(x)＝x2＋x 图象上方．
2．已知函数 f(x)＝xex－aln x，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴．
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)证明：当 b≤e 时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．
解：(1)因为 f′(x)＝(x＋1)ex－a
x，x>0，
依题意得 f′(1)＝0，即 2e－a＝0，解得 a＝2e.
所以 f′(x)＝(x＋1)ex－2e
x ，
显然 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增且 f′(1)＝0，
故当 x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以 f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)证明：①当 b≤0 时，由(1)知，当 x＝1 时，f(x)取得最小值 e.
又 b(x2－2x＋2)的最大值为 b，
故 f(x)≥b(x2－2x＋2)．
②当 00，
则 h′(x)＝(x＋2)ex＋2e
x2－2b，
当 x∈(0,1]时，2e
x2－2b≥0，(x＋2)ex>0，
所以 h′(x)>0，
当 x∈(1，＋∞)时，(x＋2)ex－2b>0，2e
x2>0，
所以 h′(x)>0，
所以当 x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，
故 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又 h(1)＝0，
所以当 x∈(0,1)时，g′(x)<0；
当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0.
所以 g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当 x＝1 时，g(x)取得最小值 g(1)＝e－b≥0，
所以 g(x)≥0，
即 f(x)≥b(x2－2x＋2)．
综上，当 b≤e 时，f(x)≥b(x2－2x＋2)．
第五节
定积分与微积分基本定理
突破点(一) 求定积分
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．定积分的定义
一般地，如果函数 f(x)在区间[a，b]上连续，用分点 a＝x00)围成的图形的面积为8
3，
则 m 的值为( )
A．2 B．3 C．1 D．8
解析：选 A 由题意得，围成的图形的面积 S＝∫m2
0 (m－ x)dx＝(mx－2
3x3
2)Error!m20
＝m3－2
3m3＝8
3，解得 m＝2.
5．设变力 F(x)(单位：N)作用在质点 M 上，使 M 沿 x 轴正方向从 x＝1 m 处运动到 x＝
2
0
∫
π
2
0
∫
π
10 m 处，已知 F(x)＝x2＋1 且方向和 x 轴正方向相同，则变力 F(x)对质点 M 所做的功为( )
A．1 J B．10 J C．342 J D．432 J
解析：选 C 变力 F(x)＝x2＋1 使质点 M 沿 x 轴正方向从 x＝1 运动到 x＝10 所做的功
W＝∫101 F(x)dx＝∫101 (x2＋1)dx＝(
1
3x3＋x)|101 ＝342(J)．
6．若函数 f(x)，g(x)满足∫1－1f(x)g(x)dx＝0，则称 f(x)，g(x)为区间[－1,1]上的一组正交
函数．给出三组函数：
①f(x)＝sin1
2x，g(x)＝cos1
2x；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x 2.其中为区
间[－1,1]上的正交函数的组数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选 C 对于①，∫1 －1sin1
2xcos1
2xdx＝∫1 －11
2sin xdx＝0，所以①是区间[－1,1]上的
一组正交函数；对于②，∫1 －1 (x＋1)(x－1)dx＝∫1 －1 (x2－1)dx≠0，所以②不是区间[－1,1]
上的一组正交函数；对于③，∫1 －1x·x2dx＝∫1 －1x3dx＝0，所以③是区间[－1,1]上的一组正交
函数．选 C.
二、填空题
7．若函数 f(x)＝x＋1
x，则 ∫e
1f(x)dx＝________.
解析：∫e
1(x＋1
x )dx＝(
x2
2 ＋ln x)| e1＝e2＋1
2 .
答案：e2＋1
2
8．(2017·洛阳统考)函数 f(x)＝Error!的图象与直线 x＝1 及 x 轴所围成的封闭图形的面积
为________．
解析：由题意知所求面积为 ∫0 －1(x＋1)dx＋ ∫1
0exdx＝ (
1
2x2＋x)| 0－1＋e x| 10＝－
(
1
2－1 )＋(e－1)＝e－1
2.
答案：e－1
2
9.∫e
1
1
xdx＋∫2 －2 4－x2dx＝________；
解析：∫e
1
1
xdx＝ln x| e1＝1－0＝1，因为 ∫2 －2 4－x2dx 表示的是圆 x2＋y2＝4 在 x 轴
上方的面积，故 ∫2 －2 4－x2dx＝1
2π×22＝2π.所以原式＝2π＋1.
答案：2π＋1
10．如图，由曲线 y＝x2 和直线 y＝t2(0
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