2019版高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用学案（打包13套）理.zip

12．10 导数的概念及运算[知识梳理]1．变化率与导数(1)平均变化率2(2)导数2．导数的运算34[诊断自测]1．概念思辨(1)f′( x0)与( f(x0))′表示的意义相同．( )(2)f′( x0)是函数 y＝ f(x)在 x＝ x0附近的平均变化率．( )(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( )(4)曲线 y＝ f(x)在点 P(x0， y0)处的切线与过点 P(x0， y0)的切线相同．( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2．教材衍化(1)(选修 A2－2P 6例 1)若函数 f(x)＝2 x2－1 的图象上一点(1,1)及邻近一点(1＋Δ x,1＋Δ y)，则 等于( )Δ yΔ xA．4 B．4 xC．4＋2Δ x D．4＋2(Δ x)2答案 C解析 Δ y＝(1＋Δ y)－1＝ f(1＋Δ x)－ f(1)＝2(1＋Δ x)2－1－1＝2(Δ x)2＋4Δ x，∴ ＝2Δ x＋4，故选 C.Δ yΔ x(2)(选修 A2－2P 18T7)f(x)＝cos x 在 处的切线的倾斜角为(π 2， 0)________．答案 3π4解析 f′( x)＝(cos x)′＝－sin x， f′ ＝－1，(π 2)tanα ＝－1，所以 α ＝ .3π43．小题热身(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＝2 x，则a＝( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 D5解析 y′＝ a－ ，当 x＝0 时， y′＝ a－1＝2，∴ a＝3，故选 D.1x＋ 1(2)(2017·太原模拟)函数 f(x)＝ xex的图象在点(1， f(1))处的切线方程是________．答案 y＝2e x－e解析 ∵ f(x)＝ xex，∴ f(1)＝e， f′( x)＝e x＋ xex，∴ f′(1)＝2e，∴ f(x)的图象在点(1， f(1))处的切线方程为 y－e＝2e( x－1)，即y＝2e x－e.题型 1 导数的定义及应用 已知函数 f(x)＝ ＋1，则 典 例 1 3x的值为( )limΔ x→ 0f1－ Δ x－ f1Δ xA．－ B. C. D．013 13 23用定义法．答案 A解析 由导数定义， ＝limΔ x→ 0f1－ Δ x－ f1Δ x－ ＝－ f′(1)，而 f′(1)＝ ，limΔ x→ 0f1－ Δ x－ f1－ Δ x 13故选 A.已知 f′(2)＝2， f(2)＝3，则 ＋ 1 的值为( ) 典 例 2 lim x→ 2fx－ 3x－ 2A．1 B．2 C．3 D．4用定义法．答案 C解析 令 x－2＝Δ x， x＝2＋Δ x，则原式变为＋1＝ f′(2)＋1＝3，故选 C.limΔ x→ 0f2＋ Δ x－ f2Δ x方法技巧由定义求导数的方法及解题思路1．导数定义中， x 在 x0处的增量是相对的，可以是 Δ x，也可以是 2Δ x，解题时要将分子、分母中的增量统一．2．导数定义 ＝ f′( x0)等价于 limΔ x→ 0fx0＋ Δ x－ fx0Δ x lim x→ x06＝ f′( x0)．fx－ fx0x－ x03．求函数 y＝ f(x)在 x＝ x0处的导数的求解步骤：冲关针对训练用导数的定义求函数 y＝ 在 x＝1 处的导数．1x解 记 f(x)＝ ，1x则 Δ y＝ f(1＋Δ x)－ f(1)＝ －1＝ ＝11＋ Δ x 1－ 1＋ Δ x1＋ Δ x1－ 1＋ Δ x1＋ 1＋ Δ x1＋ Δ x1＋ 1＋ Δ x＝ ，－ Δ x1＋ Δ x1＋ 1＋ Δ x＝－ ，Δ yΔ x 11＋ Δ x1＋ 1＋ Δ x∴ ＝ ＝－ .limΔ x→ 0Δ yΔ x lim Δ x→ 0 － 11＋ Δ x1＋ 1＋ Δ x 12∴ y′| x＝1 ＝－ .12题型 2 导数的计算求下列函数的导数： 典 例(1)y＝(3 x3－4 x)(2x＋1)；(2)y＝ x2sinx；(3)f(x)＝cos ；(π 3－ 2x)(4)f(x)＝e －2 xsin2x.7用公式法．解 (1)解法一： y＝(3 x3－4 x)(2x＋1)＝6 x4＋3 x3－8 x2－4 x，∴ y′＝24 x3＋9 x2－16 x－4.解法二： y′＝(3 x3－4 x)′·(2 x＋1)＋(3 x3－4 x)(2x＋1)′＝(9 x2－4)(2 x＋1)＋(3 x3－4 x)·2＝24 x3＋9 x2－16 x－4.(2)y′＝( x2)′sin x＋ x2(sinx)′＝2 xsinx＋ x2cosx.(3)解法一： f′( x)＝－sin ·(－2)(π 3－ 2x)＝2sin ＝－2sin .(π 3－ 2x) (2x－ π 3)解法二：∵ f(x)＝cos cos2x＋sin sin2xπ 3 π 3＝ cos2x＋ sin2x，12 32∴ f′( x)＝－sin2 x＋ ·cos2x3＝－2sin .(2x－π 3)(4)f′( x)＝－2e －2 xsin2x＋2e －2 xcos2x＝－2 e－2 xsin .2 (2x－π 4)方法技巧导数计算的原则和方法1．原则：先化简解析式，使之变成能用八个求导公式求导的函数的和、差、积、商，再求导．2．方法(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导，见典例(1)；(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，见典例(3)；(6)复合函数的求导，要正确分析函数的复合层次，通过设中间变量，确定复合过程，然后求导，见典例(4)．冲关针对训练1．(2017·温州月考)已知函数 f(x)的导函数 f′( x)，且满足 f(x)＝2 xf′(1)＋ln x，则 f′(1)＝( )8A．－e B．－1 C．1 D．e答案 B解析 ∵ f(x)＝2 xf′(1)＋ln x，∴ f′( x)＝[2 xf′(1)]′＋(ln x)′＝2 f′(1)＋ ，1x∴ f′(1)＝2 f′(1)＋1，即 f′(1)＝－1.故选 B.2．求下列函数的导数：(1)y＝e 2xcos3x；(2)y＝ln .x2＋ 1解 (1) y′＝(e 2x)′cos3 x＋e 2x(cos3x)′＝2e 2xcos3x＋e 2x(－3sin3 x)＝e 2x(2cos3x－3sin3 x)．(2)y＝ ln (x2＋1)， y′＝ · ＝ .12 12 2xx2＋ 1 xx2＋ 1题型 3 曲线的切线问题角度 1 求曲线的切线方程(2016·全国卷Ⅲ)已知 f(x)为偶函数，当 x0，则－ x0)，则 f′( x)＝ －3( x0)，∴ f′(1)＝－2，1x∴在点(1，－3)处的切线方程为 y＋3＝－2( x－1)，即 y＝－2 x－1.角度 2 求切点坐标(多维探究)(2017·石家庄模拟)若曲线 y＝ xln x 上点 P 处的切线平行于直线 典 例2x－ y＋1＝0，则点 P 的坐标是________．利用方程思想方法．答案 (e，e)解析 设 P(x0， y0)，则 y＝ xln x 的导函数 y′＝ln x＋1，由题意 ln x0＋1＝2，解得 x0＝e，易求 y0＝e.[条件探究] 试求典例中曲线 y＝ xln x 上与直线 y＝－ x 平行的切线方程．解 设切点为( x0， y0)，因为 y′＝ln x＋1，9所以切线的斜率 k＝ln x0＋1，由题意知 k＝－1，得 x0＝ ， y0＝－ ，1e2 2e2故所求的切线方程为y＋ ＝－ ，即 e2x＋e 2y＋1＝0.2e2 (x－ 1e2)角度 3 与切线有关的参数问题(2016·北京高考)设函数 f(x)＝ xea－ x＋ bx，曲线 y＝ f(x)在点(2， f(2))处 典 例的切线方程为 y＝(e－1) x＋4.求 a， b 的值；用方程思想方法．解 因为 f(x)＝ xea－ x＋ bx，所以 f′( x)＝(1－ x)ea－ x＋ b.依题设，知Error!即Error!解得 a＝2， b＝e.方法技巧与导数几何意义有关问题的常见类型及解题策略1．求切线方程：注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，①曲线 y＝ f(x)在点 P(x0， f(x0))处的切线方程是 y－ f(x0)＝ f′( x0)(x－ x0)；②求过某点 M(x1， y1)的切线方程时，需设出切点 A(x0， f(x0))，则切线方程为 y－ f(x0)＝ f′( x0)(x－ x0)，再把点M(x1， y1)代入切线方程，求 x0.2．已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数，然后让导数等于切线的斜率，从而求出切点的横坐标，将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标．见角度 2典例．3．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．见角度 3 典例．提醒：求曲线 y＝ f(x)过点 P(x0， y0)的切线方程时，点 P(x0， y0)不一定是切点．冲关针对训练1．(2017·陕西五校联考)已知直线 y＝－ x＋ m 是曲线 y＝ x2－3ln x 的一条切线，则m 的值为( )A．0 B．2 C．1 D．3答案 B解析 因为直线 y＝－ x＋ m 是曲线 y＝ x2－3ln x 的切线，所以令 y′＝2 x－ ＝－1，3x10得 x＝1 或 x＝－ (舍)，即切点为(1,1)，又切点(1,1)在直线 y＝－ x＋ m 上，所以 m＝2，32故选 B.2．已知曲线 y＝ x3＋ .13 43(1)求曲线在点 P(2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点 P(2,4)的切线方程；(3)求斜率为 1 的曲线的切线方程．解 (1)∵ y′＝ x2，∴ k＝ y′| x＝2 ＝4，∴曲线在点 P(2,4)处的切线方程为 4x－ y－4＝0.(2)设曲线与过点 P(2,4)的切线相切于点 A ，则 k＝ y′| x＝ x0＝ x .(x0，13x30＋ 43) 20∴切线方程为 y＝ x x－ x ＋ .202330 43又∵ P(2,4)在切线上，所以 4＝2 x － x ＋ ，即202330 43x －3 x ＋4＝0. x ＋ x －4 x ＋4＝0，( x0＋1)( x0－2) 2＝0，30 20 30 20 20∴ x0＝－1， x0＝2.故所求切线为 4x－ y－4＝0 或 x－ y＋2＝0.(3)设切点为( x0， y0)，则 k＝ x ＝1，20∴ x0＝±1，故切点为 ，(－1,1)，(1，53)∴所求切线方程为 3x－3 y＋2＝0 和 x－ y＋2＝0.题型 4 导数的几何意义的应用(2017·资阳期末)若对∀ x∈[0，＋∞)，不等式 2ax≤e x－1 恒成立，则实数 典 例 1a 的最大值是( )A. B. C．1 D．212 14数形结合法．答案 A解析 对∀ x∈[0，＋∞)，不等式 2ax≤e x－1 恒成立，设 y＝2 ax， y＝e x－1，其中 x≥0；11在同一坐标系中画出函数 y＝2 ax 和 y＝e x－1 的图象如图所示，则 y′＝e x，令x＝0，得 k＝e 0＝1，∴曲线 y＝e x－1 过点 O(0,0)的切线斜率为 k＝1；根据题意得 2a≤1，解得 a≤ ，12∴ a 的最大值为 .故选 A.12已知函数 f(x)＝ x3＋ x2，数列{ xn}(xn0)的各项满足：曲线 y＝ f(x)在 典 例 2(xn＋1 ， f(xn＋1 ))处的切线与经过(0,0)和( xn， f(xn))两点的直线平行．求证：当 n∈N *时， x ＋ xn＝3 x ＋2 xn＋1 .2n 2n＋ 1导数法．证明 y＝ f(x)在( xn＋1 ， f(xn＋1 ))处的切线斜率为 f′( xn＋1 )＝3 x ＋2 xn＋1 ，经过2n＋ 1(0,0)，( xn， f(xn))的直线斜率为 ＝ ＝ x ＋ xn.fxn－ 0xn x3n＋ x2nxn 2n∴ x ＋ xn＝3 x ＋2 xn＋1 .2n 2n＋ 1方法技巧此类问题注意导数与切线斜率的对应关系 k＝ f′( x0)，同时应用数形结合思想．12冲关针对训练1． P 为曲线 y＝ln x 上的一动点， Q 为直线 y＝ x＋1 上的一动点，则| PQ|最小值 ＝( )A．0 B. C. D．222 2答案 C解析 直线与 y＝ln x 相切且与 y＝ x＋1 平行时，切点 P 到直线 y＝ x＋1 的距离| PQ|最小，(ln x)′＝ ，令 ＝1 得 x＝1，故 P(1,0)，所以| PQ|min＝ ＝ .故选 C.1x 1x 22 22．如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( )A． y＝ x3－ x2－ x B． y＝ x3＋ x2－3 x12 12 12 12C． y＝ x3－ x D． y＝ x3＋ x2－2 x14 14 12答案 A解析 由题意可知，该三次函数满足以下条件：过点(0,0)，(2,0)，在(0,0)处的切线方程为 y＝－ x，在(2,0)处的切线方程为 y＝3 x－6.以此对选项进行检验．A 选项，y＝ x3－ x2－ x，显然过两个定点，又 y′＝ x2－ x－1，则 y′| x＝0 ＝－1， y′| x＝2 ＝3，12 12 32故条件都满足，故选 A.1．(2016·山东高考)若函数 y＝ f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 y＝ f(x)具有 T 性质．下列函数中具有 T 性质的是( )A． y＝sin x B． y＝ln x C． y＝e x D． y＝ x3答案 A解析 设函数 y＝ f(x)图象上的两点分别为( x1， y1)，( x2， y2)，且 x1≠ x2，则由题意知只需函数 y＝ f(x)满足 f′( x1)·f′( x2)＝－1 即可． y＝ f(x)＝sin x 的导函数为 f′( x)＝cos x，则 f′(0)· f′(π)＝－1，故函数 y＝sin x 具有 T 性质； y＝ f(x)＝ln x 的导函13数为 f′( x)＝ ，则 f′( x1)·f′( x2)＝ 0，故函数 y＝ln x 不具有 T 性质； y＝ f(x)1x 1x1x2＝e x的导函数为 f′( x)＝e x，则 f′( x1)·f′( x2)＝e x1＋ x20，故函数 y＝e x不具有 T 性质； y＝ f(x)＝ x3的导函数为 f′( x)＝3 x2，则 f′( x1)·f′( x2)＝9 x x ≥0，故函数212y＝ x3不具有 T 性质．故选 A.2．(2018·济南模拟)已知函数 f(x)＝2 f(2－ x)－ x2＋5 x－5，则曲线 y＝ f(x)在点(1， f(1))处的切线方程为( )A． y＝ x B． y＝－2 x＋3C． y＝－3 x＋4 D． y＝ x－2答案 A解析 ∵ f(x)＝2 f(2－ x)－ x2＋5 x－5，∴ f′( x)＝－2 f′(2－ x)－2 x＋5.令 x＝1，则 f(1)＝2 f(1)－1＋5－5，∴ f(1)＝1.f′(1)＝－2 f′(1)－2＋5，∴ f′(1)＝1.∴切线方程为 y＝ x.故选 A.3．(2016·全国卷Ⅱ)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＝________.答案 1－ln 2解析 直线 y＝ kx＋ b 与曲线 y＝ln x＋2， y＝ln (x＋1)均相切，设切点分别为A(x1， y1)， B(x2， y2)，由 y＝ln x＋2 得 y′＝ ，由 y＝ln (x＋1)得 y′＝ ，∴ k＝1x 1x＋ 1＝ ，1x1 1x2＋ 1∴ x1＝ ， x2＝ －1，∴ y1＝－ln k＋2， y2＝－ln k.1k 1k即 A ， B ，(1k， － ln k＋ 2) (1k－ 1， － ln k)∵ A、 B 在直线 y＝ kx＋ b 上，∴Error!⇒Error!4．(2014·江西高考)若曲线 y＝e － x上点 P 处的切线平行于直线 2x＋ y＋1＝0，则点P 的坐标是________．答案 (－ln 2,2)解析 14[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．曲线 y＝lg x 在 x＝1 处的切线的斜率是( )A. B．ln 10 C．ln e D.1ln 10 1ln e答案 A解析 因为 y′＝ ，所以 y′| x＝1 ＝ ，即切线的斜率为1x·ln 10 1ln 10.故选 A.1ln 102．(2017·潼南县校级模拟)如图，是函数 y＝ f(x)的导函数 f′( x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上 f(x)是增函数B．在(1,3)上 f(x)是减函数C．在(4,5)上 f(x)是增函数D．当 x＝4 时， f(x)取极大值答案 C解析 由于 f′( x)≥0⇒函数 f(x)单调递增； f′( x)≤0⇒函数 f(x)单调递减，观察f′( x)的图象可知，当 x∈(－2,1)时，函数先递减，后递增，故 A 错误；当 x∈(1,3)时，函数先增后减，故 B 错误；当 x∈(4,5)时函数递增，故 C 正确；由函数的图象可知函数在 4 处取得函数的极小值，故 D 错误．故选 C.3．(2018·上城区模拟)函数 f(x)的导函数 f′( x)的图象如图所示，则 f(x)的函数图象可能是( )15答案 B解析 由图可得－10， b0，则－ 3 时， g′( x)0，当 0x3 时， g′( x)0，∴ g(x)在(－∞，0)，(3，＋∞)上单调递增，在(0,3)上单调递减，又 g(0)＝5， g(3)＝ ，即 g(x)极大值 ＝5，12g(x)极小值 ＝ ，12∴可画出如图所示的函数 g(x) 的大致图象，∴实数 m 的取值范围为 .(12， 5)12．11 导数在研究函数中的应用(一)[知识梳理]1．函数的单调性与导数22．函数的极值与导数3极大值点、极小值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．极值点与导数：可导函数的极值点必须是导数为 0 的点，但导数为 0 的点不一定是极值点，即 f′( x0) ＝0 是可导函数 f(x)在 x＝ x0处取得极值的必要不充分条件．例如，函数 y＝ x3在 x＝0 处有 y′＝0，但 x＝0 不是极值点．此外，函数的不可导点也可能是函数的极值点．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．4．极值与最值(1)当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点；(2)极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．[诊断自测]1．概念思辨(1)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓” ．( )(2)若函数 f(x)在( a， b)内恒有 f′( x)0，那么 f(x)在( a， b)上单调递增；反之，若函数 f(x)在( a， b)内单调递增，那么一定有 f′( x)0.( )(3)对可导函数 f(x)， f′( x0)＝0 是 x0点为极值点的充要条件．( )(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．教材衍化(1)(选修 B2－2P 35T1)已知函数 f(x)＝ x2－ln | x|，则函数 y＝ f(x)的大致图象是( )4答案 A解析 f(－ x)＝(－ x)2－ln |－ x|＝ x2－ln |x|＝ f(x)，∴ f(x)是偶函数，图象关于y 轴对称，排除 D；当 x0 时， f(x)＝ x2－ln x， f′( x)＝2 x－ ＝ ，1x 2x2－ 1x∴当 0 时， f′( x)0，22 22∴ f(x)在 上单调递减，在 上单调递增，排除 C；(0，22) (22， ＋ ∞ )当 x＝ 时， f(x)取得最小值 f ＝ －ln 0，排除 B.故选 A.22 (22) 12 22(2)(选修 A2－2P 32B 组 T1)已知 a0，函数 f(x)＝ x3－ ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则 a 的最大值是( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 D解析 由题意得 f′( x)＝3 x2－ a，∵函数 f(x)＝ x3－ ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，∴在[1，＋∞)上， f′( x)≥0 恒成立，即 a≤3 x2在[1，＋∞)上恒成立，∴ a≤3.故选 D.3．小题热身(1)(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)上单调递减D．若 x0是 f(x)的极值点，则 f′( x0)＝0答案 C解析 ∵若 x0是 f(x)的极小值点，则 y＝ f(x)的图象大致如下图所示，则在(－∞， x0)上不单调，故 C 不正确．故选 C.5(2)(2018·武汉模拟)若函数 f(x)的定义域为 R，且满足 f(2)＝2， f′( x)1，则不等式 f(x)－ x0 的解集为________．答案 (2，＋∞)解析 令 g(x)＝ f(x)－ x，∴ g′( x)＝ f′( x)－1.由题意知 g′( x)0，∴ g(x)为增函数．∵ g(2)＝ f(2)－2＝0，∴ g(x)0 的解集为(2，＋∞)．题型 1 利用导数研究函数的单调性角度 1 判断或证明函数的单调性解 6角度 2 已知函数单调性求参数的取值范围(多维探究)已知函数 f(x)＝ x3－ ax－1. 典 例(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)在 R 上为增函数，求实数 a 的取值范围．7用分类讨论思想方法、分离系数法．解 (1) f′( x)＝3 x2－ a.①当 a≤0 时， f′( x)≥0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．②当 a0 时，令 3x2－ a＝0 得 x＝± ；3a3当 x 或 x0；3a3 3a3当－ 0 时， f(x)在 ，(－ ∞ ， －3a3)上为增函数，在 上为减函数．(3a3， ＋ ∞ ) (－ 3a3， 3a3)(2)因为 f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以 f′( x)＝3 x2－ a≥0 在(－∞，＋∞)上恒成立，即 a≤3 x2对 x∈R 恒成立．因为 3x2≥0，所以只需 a≤0.又因为 a＝0 时， f′( x)＝3 x2≥0， f(x)＝ x3－1 在 R 上是增函数，所以 a≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]．[条件探究 1] 函数 f(x)不变，若 f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求 a 的取值范围．解 因为 f′( x)＝3 x2－ 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≤3 x2在(1，＋∞)上恒成立，所以 a≤3，即 a 的取值范围为(－∞，3]．[条件探究 2] 函数 f(x)不变，若 f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求 a 的取值范围．解 由 f′( x)＝3 x2－ a≤0 在(－1,1)上恒成立，得 a≥3 x2在(－1,1)上恒成立．因为－10 时为增函数， f′( x)0 或 f′( x)0或 f′( x)0 或 f′( x)0，即 f′( x)0，故 f(x)为增函数；当 xx2时， g(x)0 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)在(0，＋∞)上存在极值点，且极值大于 ln 4＋2，求 a 的取值范围．本题用构造函数法．解 (1) f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而 f′( x)＝e x＋ ，当 a0 时， f′( x)0，ax2故 f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)当 a≥0 时，由(1)知 f′( x)0， f(x)无极值点；当 a0 对 x∈(0，＋∞)恒成立，1011方法技巧1．利用导数研究函数极值问题的一般流程2．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：因为导数值等于零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．冲关针对训练(2017·郑州质检)已知函数 f(x)＝ xln x－ x， g(x)＝ x2－ ax(a∈R)．a2(1)若 f(x)和 g(x)在(0，＋∞)有相同的单调区间，求 a 的取值范围；12(2)令 h(x)＝ f(x)－ g(x)－ ax(a∈R)，若 h(x)在定义域内有两个不同的极值点．①求 a 的取值范围；②设两个极值点分别为 x1， x2，证明： x1·x2＞e 2.解 (1)由 f(x)＝ xln x－ x，知函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′( x)＝ln x，令f′( x)＝0，则 x＝1.当 x1 时， f′( x)0；当 00，故 a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)①依题意知，函数 h(x)的定义域为(0，＋∞)， h′( x)＝ln x－ ax，所以方程 h′( x)＝0 在(0，＋∞)上有两个不同的实根，即方程 ln x－ ax＝0 在(0，＋∞)上有两个不同的实根．可转化为函数 y＝ln x 与函数 y＝ ax 的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，如图．若令过原点且与函数 y＝ln x 的图象相切的直线的斜率为 k，则 0x2，作差得，ln ＝ a(x1－ x2)，即 a＝ .x1x2 ln x1x2x1－ x2原不等式 x1·x2e2⇔ln x1＋ln x22⇔a(x1＋ x2)2⇔ln .x1x22x1－ x2x1＋ x2令 ＝ t，则 t1，ln ⇔ln t .x1x2 x1x22x1－ x2x1＋ x2 2t－ 1t＋ 1设 F(t)＝ln t－ ， t1，则 F′( t)＝ 0，2t－ 1t＋ 1 t－ 12tt＋ 12所以函数 F(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以 F(t)F(1)＝0，即不等式 ln t13成立，故所证不等式 x1·x2e2成立．2t－ 1t＋ 1题型 3 利用导数研究函数的最值(2017·石家庄检测)已知函数 f(x)＝ ＋ln x－2， a∈R. 典 例 ax(1)若曲线 y＝ f(x)在点 P(2， m)处的切线平行于直线 y＝－ x＋1，求函数 f(x)的单调32区间；(2)是否存在实数 a，使函数 f(x)在(0，e 2]上有最小值 2？若存在，求出 a 的值，若不存在，请说明理由．本题用待定系数法、分类讨论思想方法．解 (1)∵ f(x)＝ ＋ln x－2( x0)，ax∴ f′( x)＝ ＋ (x0)，－ ax2 1x又曲线 y＝ f(x)在点 P(2， m)处的切线平行于直线 y＝－ x＋1，32∴ f′(2)＝－ a＋ ＝－ ⇒a＝8.14 12 32∴ f′( x)＝ ＋ ＝ (x0)，－ 8x2 1x x－ 8x2令 f′( x)0，得 x8， f(x)在(8，＋∞)上单调递增；令 f′( x)0)．－ ax2 1x x－ ax2①当 a≤0 时， f′( x)0 恒成立，即 f(x)在(0，e 2]上单调递增，无最小值，不满足题意．②当 a0 时，令 f′( x)＝0，得 x＝ a，所以当 f′( x)0 时， xa，当 f′( x)e2，则函数 f(x)在(0，e 2]上的最小值 f(x)min＝ f(e2)＝ ＋ln e2－2＝ ，由ae2 ae2＝2，得 a＝2e 2，满足 ae2，符合题意；ae2若 a≤e 2，则函数 f(x)在(0，e 2]上的最小值 f(x)min＝ f(a)＝ ＋ln a－2＝ln a－1，aa由 ln a－1＝2，得 a＝e 3，不满足 a≤e 2，不符合题意，舍去．综上可知，存在实数 a＝2e 2，使函数 f(x)在(0，e 2]上有最小值 2.14方法技巧1．求函数 f(x)在区间[ a， b]上最值的方法(1)若函数 f(x)在区间[ a， b]上单调，则 f(a)与 f(b)一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数 f(x)在闭区间[ a， b]内有极值，要先求出[ a， b]上的极值，与 f(a)， f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表求解．(3)若函数 f(x)在闭区间[ a， b]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(小)值点．2．已知函数 f(x)的最值求参数的方法先利用导数将最值用参数表示，再构建方程组求解．提醒：由 f′( x)＝0 得到根 x0是否在[ a， b]内不明确时要分情况讨论．冲关针对训练(2017·德州一模)设函数 f(x)＝ln x－ ax2＋ bx(a0)， f′(1)＝0.12(1)用含 a 的式子表示 b；(2)令 F(x)＝ f(x)＋ ax2－ bx＋ (00)上的最大值．[c， c＋12]解 (1) f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵ f′( x)＝ － ax＋ b，∴ f′(1)＝1－ a＋ b＝0，1x∴ b＝ a－1.(2)F(x)＝ln x＋ ， x∈(0,3]，则有 k＝ F′( x0)＝ ≤ ，在 x0∈(0,3]上恒成立，ax x0－ ax20 12∴ a≥ max， x0∈(0,3]．(－12x20＋ x0)当 x0＝1 时，－ x ＋ x0取得最大值 ，1220 12∴ a≥ ，即 a 的取值范围为 .12 [12， ＋ ∞ )(3)依题意，知 f(x)的定义域为(0，＋∞)．当 a＝2 时， f(x)＝ln x－ x2＋ x，则 f′( x)＝ －2 x＋1＝1x.－ 2x＋ 1x－ 1x令 f′( x)＝0，解得 x＝1， x＝－ (舍)．12当 00，此时 f(x)单调递增；当 x1 时， f′( x)0 恒成立，得 x＝－2 或 x＝1 时， f′( x)＝0，且 x0；－21 时， f′( x)0.所以 x＝1 是函数 f(x)的极小值点．所以函数 f(x)的极小值为 f(1)＝－1.故选 A.2．(2018·福州调研)已知函数 f(x)＝ xln |x|＋1，则 f(x)的极大值与极小值之和为( )A．0 B．1 C．2－ D．22e答案 D解析 当 x0 时，函数 f(x)＝ xln x＋1，则 f′( x)＝ln x＋1，令 ln x＋1＝0 解得x＝ ，0 时，函数是增函数， x＝ 时函数取得极小1e 1e 1e 1e16值 1－ ；1e当 x0)，函数 f(x)存在单调递减区间，即定义1x ax2－ 2x＋ 1x域(0，＋∞)内存在区间使 ax2－2 x＋1≤0，等价于 a0)的单调递增区间是( )axx2＋ 1A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案 B解析 函数 f(x)的定义域为 R， f′( x)＝ ＝ .由于 a0，要使a1－ x2x2＋ 12 a1－ x1＋ xx2＋ 12f′( x)0，只需(1－ x)·(1＋ x)0，解得 x∈(－1,1)，故选 B.2．若函数 f(x)＝( x2－2 x)ex在( a， b)上单调递减，则 b－ a 的最大值为( )A．2 B. C．4 D．22 2答案 D解析 f′( x)＝(2 x－2)e x＋( x2－2 x)ex＝( x2－2)e x，令 f′( x)0 的解集为( )A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)答案 A解析 设 g(x)＝ ，则 g′( x)＝ 0⇔g(x)0，所以 x2，∴ a≤2.故选 D.6．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.即 f(x)在(－∞，1)上单调递增， f(－1) 时， f′( x)0.12 12∴ x＝ 时取极大值， f ＝ · ＝ .故选 B.12 (12) 1e 12 12e8．已知函数 f(x)＝ －1＋ln x，若存在 x00，使得 f(x0)≤0 有解，则实数 a 的取值ax范围是( )A． a2 B． a0，当 x1 时， h′( x)1 时， f(－1)＝－ a＋4≥0，且f ＝－ ＋1≥0，(1a) 2a解得 a＝4.综上所述， a＝4.故选 C.10．(2018·黄山一模)已知函数 f(x)＝ m －2ln x(m∈R)， g(x)＝－ ，若至少存(x－1x) mx在一个 x0∈[1，e]，使得 f(x0)0 恒成立．1xm≥－ 2＋ ，令 g(x)＝－ 2＋ ，则当 ＝1 时，函数 g(x)取得最大值 1，故 m≥1.(1x) 2x (1x) 2x 1x12．(2017·西工大附中质检)已知 f(x)是奇函数，且当 x∈(0,2)时， f(x)＝ln x－ ax，当 x∈( －2,0)时， f(x)的最小值是 1，则 a＝________.(a12)答案 120解析 由题意，得 x∈(0,2)时， f(x)＝ln x－ ax 有最大值－1， f′( x)(a12)＝ － a，由 f′( x)＝0，得 x＝ ∈(0,2)，且 x∈ 时， f′( x)0， f(x)单调递增， x∈1x 1a (0， 1a)时， f′( x)0 成立；④存在 a∈(－∞，0)，使得函数 f(x)有两个零点．其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)答案 ②④解析 由 f(x)＝e x＋ aln x，可得 f′( x)＝e x＋ ，若 a0，则 f′( x)0，得函数 f(x)ax是 D 上的增函数，存在 x∈(0,1)，使得 f(x)0，所以函数 f(x)存ax在最小值 f(m)，即命题②正确；若 f(m)0 时，求函数 f(x)在[1,2]上的最小值．解 (1) f′( x)＝ － a(x0)，1x①当 a≤0 时， f′( x)＝ － a0，1x21即函数 f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．②当 a0 时，令 f′( x)＝ － a＝0，可得 x＝ .1x 1a当 00；1a 1－ axx当 x 时， f′( x)＝ 0 时， f(x)的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .(0，1a] (1a， ＋ ∞ )(2)①当 ≤1，即 a≥1 时，函数 f(x)在区间[1,2]上是减函数，∴ f(x)的最小值是 f(2)1a＝ln 2－2 a.②当 ≥2，即 00.(1)记 f(x)的极小值为 g(a)，求 g(a)的最大值；(2)若对任意实数 x 恒有 f(x)≥0，求 a 的取值范围．解 (1)函数 f(x)的定义域是(－∞，＋∞)， f′( x)＝e x－ a，令 f′( x)0，得 xln a，所以 f(x)的单调递增区间是(ln a，＋∞)；令 f′( x)0， g(a)在(0,1)上单调递增；当 a1 时， g′( a)0，e x－ ax≥0 恒成立，当 x0 时， f(x)≥0，即 ex－ ax≥0，即 a≤ .exx令 h(x)＝ ， x∈(0，＋∞)， h′( x)＝ ＝ ，exx exx－ exx2 exx－ 1x2当 01 时， h′( x)0，故 h(x)的最小值为 h(1)＝e，所以 a≤e，故实数 a 的取值范围是(0，e]．17．(2017·湖南湘中名校联考)设函数 f(x)＝ x－ － aln x(a∈R)．1x(1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)有两个极值点 x1和 x2，记过点 A(x1， f(x1))， B(x2， f(x2))的直线的斜率为 k，问：是否存在 a，使得 k＝2－ a？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1) f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′( x)＝1＋ － ＝ .1x2 ax x2－ ax＋ 1x2令 g(x)＝ x2－ ax＋1，则方程 x2－ ax＋1＝0 的判别式 Δ ＝ a2－4.①当| a|≤2 时， Δ ≤0， f′( x)≥0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当 a0， g(x)＝0 的两根都小于 0，在(0，＋∞)上恒有 f′( x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当 a2 时， Δ 0， g(x)＝0 的两根为 x1＝ ， x2＝ ，a－ a2－ 42 a＋ a2－ 42当 00；当 x1x2时， f′( x)0，故 f(x)在(0， x1)，( x2，＋∞)上单调递增，在( x1， x2)上单调递减．(2)由(1)知， a2.因为 f(x1)－ f(x2)＝( x1－ x2)＋ － a(ln x1－ln x2)，x1－ x2x1x2所以 k＝ ＝1＋ － a· .fx1－ fx2x1－ x2 1x1x2 ln x1－ ln x2x1－ x2又由(1)知， x1x2＝1.于是 k＝2－ a· .ln x1－ ln x2x1－ x2若存在 a，使得 k＝2－ a.则 ＝1.ln x1－ ln x2x1－ x2即 ln x1－ln x2＝ x1－ x2.亦即 x2－ －2ln x2＝0( x21)． (*)1x2再由(1)知，函数 h(t)＝ t－ －2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而 x21，1t所以 x2－ －2ln x21－ －2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在 a，使得 k＝2－ a.1x2 11