第五讲 大题考法——函数与导数
题型(一)
导数的简单应用问题
主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题.
[典例感悟]
[典例1] 已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．
[解] (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，
则f(1)＝1，
∴切点为(1,1)，又f′(x)＝＋1，
∴切线斜率k＝f′(1)＝2，
故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，
①当a≤0时，
∵x>0，∴g′(x)>0.
∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．
②当a>0时，g′(x)＝
＝－，
令g′(x)＝0得x＝.
∴当x∈时，g′(x)>0；当x∈时，g′(x)<0.
因此g(x)在上是增函数，在上是减函数．
∴x＝时，g(x)取极大值g＝ln －×＋(1－a)×＋1＝－ln a.
由①②得，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a>0时，函数g(x)有极大值－ln a，无极小值．
[备课札记]
[方法技巧]
求函数y＝f(x)在某个区间上极值的步骤
[演练冲关]
1．已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，所以f′(3)＝＝0，
解得a＝9，所以f′(x)＝＝，
所以当0
3时，f′(x)>0，
当所以f(x)的单调递增区间为，(3，＋∞)，单调递减区间为.
(2)g′(x)＝－2＝，
令g′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1<③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
题型(二)
导数与函数的零点或方程根问题
主要考查利用导数来判断函数的零点或方程根的个数，或者依据函数的零点、方程根的存在情况求参数的值?或取值范围?.
[典例感悟]
[典例2] 已知函数f(x)＝ex－1，g(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得，
h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>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.
由g(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－x－－1，
记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
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.
[备课札记]
[方法技巧]
利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过极值(最值)判断零点个数的方法
借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点
①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．
②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
[演练冲关]
2．(2017·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)．
①若a≤0，则f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
②若a>0，由(1)知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(－ln a)＝1－＋ln a.
当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，
故f(x)只有一个零点；
当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a>0，
即f(－ln a)>0，
故f(x)没有零点；
当a∈(0,1)时，1－＋ln a<0，
即f(－ln a)<0，
又f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点，
设正整数n0满足n0>ln，
则f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0，
由于ln>－ln a，
因此f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1).
题型(三)
导数与不等式恒成立、存在性问题
主要考查利用函数的单调性求函数最值的方法，根据不等式恒成立问题、存在性问题求参数的值?或取值范围?.
[典例感悟]
[典例3] (2018·宁波模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x－，其中a为实常数．
(1)若x＝是f(x)的极大值点，求f(x)的极小值；
(2)若不等式aln x－≤b－x对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立，求b的最小值．
[解] (1)f′(x)＝，
由题意知x>0.
由f′＝0，得2＋a＋1＝0，所以a＝－，
此时f(x)＝－ln x＋x－.
则f′(x)＝＝.
所以f(x)在上为减函数，在[2，＋∞)上为增函数．
所以x＝2为极小值点，极小值f(2)＝－.
(2)不等式aln x－≤b－x即为f(x)≤b，
所以b≥f(x)max对任意－≤a≤0，≤x≤2恒成立．
①若1≤x≤2，则ln x≥0，f(x)＝aln x＋x－≤x－≤2－＝.
当a＝0，x＝2时取等号．
②若≤x<1，则ln x<0，f(x)＝aln x＋x－≤－ln x＋x－.
由(1)可知g(x)＝－ln x＋x－在上为减函数．
所以当≤x<1时，g(x)≤g＝ln 2－.
因为ln 2－<－＝1<，所以f(x)≤.
综上，f(x)max＝.
于是bmin＝.
[备课札记]
[方法技巧]
1．利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法
(1)分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．
(2)函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值(最值)；第三步：构建不等式求解．
2．利用导数解决不等式存在性问题的策略
(1)根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题．
(2)用导数求该函数在该区间上的最值．
(3)构建不等式求解．
[演练冲关]
3．已知函数f(x)＝x－aln x，g(x)＝－，其中a∈R.
(1)设函数h(x)＝f(x)－g(x)，求函数h(x)的单调区间；
(2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)解：(1)h(x)＝x＋－aln x(x>0)，h′(x)＝1－－＝＝.
①当a＋1>0，即a>－1时，在(0,1＋a)上h′(x)<0，在(1＋a，＋∞)上h′(x)>0，所以h(x)在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增．
②当1＋a≤0，即a≤－1时，在(0，＋∞)上h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a>－1时，h(x)的单调递减区间为(0,1＋a)，单调递增区间为(1＋a，＋∞)；当a≤－1时，h(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)由h(e)＝e＋－a<0可得a>，
因为>e－1，所以a>.
②当1＋a≤1，即a≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)，由h(1)＝1＋1＋a<0可得a<－2.
③当1<1＋a2>0，不合题意．
综上，a的取值范围是(－∞，－2)∪.
题型(四)
导数与不等式的证明问题
主要考查利用函数的单调性求最值，证明不等式或比较大小问题.
[典例感悟]
[典例4] (2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－.
由题设知，f′(2)＝0，所以a＝.
从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－.
可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，
所以当02时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.
设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.
可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，
所以当01时，g′(x)>0.
所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
[备课札记]
[方法技巧]
1．利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
2．构造辅助函数的4种方法
移项法
证明不等式f(x)>g(x)(f(x)0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)
构造法
对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数
主元法
对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))
放缩法
若所构造函数的最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数
[演练冲关]
4．(2018·浙江名校联考)已知函数f(x)＝ex，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为y＝kx＋b，求k－b的最小值；
(2)当常数m∈(2，＋∞)时，若函数g(x)＝(x－1)f(x)－mx2＋2在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1解：(1)∵曲线y＝f(x)在点P(x0，ex0)处的切线的方程为y＝ex0x－x0ex0＋ex0，∴k＝ex0，b＝－x0ex0＋ex0，
∴k－b＝x0ex0.
设H(x)＝xex，则H′(x)＝(x＋1)ex，由H′(x)＝0，解得x＝－1.
当x>－1时，H′(x)>0，
∴H(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当x<－1时，H′(x)<0，
∴H(x)在(－∞，－1)上单调递减．
∴H(x)的极小值为H(－1)＝－，
∴k－b的最小值为－.
(2)证明：由m>2，x≥0，g′(x)＝x(ex－2m)＝0，解得x＝0或x＝ln 2m.
∴当x>ln 2m时，g′(x)>0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增；
当0≤x∴g(x)的极小值为g(ln 2m)．
∵g(1)＝2－m<0，ln 2m>ln 4>1，∴g(ln 2m)<0.
又g(0)＝1>0，
∴存在x1∈(0,1)，使得g(x1)＝0.
易知当x→＋∞时，g(x)→＋∞，∴存在x2∈(ln 2m，＋∞)，使得g(x2)＝0，
∴x2>ln 2m>ln 4，
∴x2－x1>ln 4－1＝ln ，即x2>x1＋ln .
易知m>ln 2m，
当x＝m时，g(m)＝(m－1)em－m3＋2，m>2.
令u(x)＝(x－1)ex－x3＋2，
∴u′(x)＝xex－3x2＝x(ex－3x)．
令G(x)＝ex－3x，∴当x>2时，G′(x)＝ex－3>0，
∴G(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴G(x)>G(2)＝e2－6>0，
∴u′(x)>0在(2，＋∞)上恒成立，
∴u(x)>u(2)＝e2－6>0，∴m>2时，g(m)>0.
又g(x2)＝0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增，
∴m>x2.故x1＋ln [技法指导]
函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.
[典例] 已知函数f(x)＝ln x＋x2－(a＋1)x.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若x>0时，<恒成立，求实数a的取值范围．
[解题示范]
(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知得f′(x)＝＋ax－(a＋1)，则f′(1)＝0.
而f(1)＝－－1，∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝－－1.∴－－1＝－2，解得a＝2.
∴f(x)＝ln x＋x2－3x，
f′(x)＝＋2x－3.
由f′(x)>0，得01，
由f′(x)<0，得∴f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由<，得＋x－(a＋1)<＋x－，即－<在区间(0，＋∞)上恒成立．
设h(x)＝－，
则h′(x)＝＋＝，
由h′(x)>0，得0因而h(x)在上单调递增，由h′(x)<0，得x>e，因而h(x)在上单调递减．
∴h(x)的最大值为h(e)＝e－，
∴>e－，故a>2e－－1.从而实数a的取值范围为.
[思维升华]
函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、把复杂函数分离为基本函数，可把题目分解成几个小题，也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．
[应用体验]
(2018·金华一中模拟)已知f(x)＝a(x－ln x)＋.
(1)当a>0时，讨论f(x)的单调区间；
(2)证明：当a＝1时，f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]恒成立．
解：(1)由f(x)＝a(x－ln x)＋，
得f′(x)＝a＋
＝(x>0)．
当a>0，若0f′(x)>0，f(x)为增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
若a＝2，f′(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
若a>2，当x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数．
(2)证明：∵a＝1，
令F(x)＝f(x)－f′(x)
＝x－ln x＋－－1＋＋－
＝x－ln x＋＋－－1，
令g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋－－1.
则F(x)＝f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)，
由g′(x)＝≥0，可得g(x)≥g(1)＝1，
当且仅当x＝1时取等号；
又h′(x)＝，
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在[1,2]上单调递减，
且φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
∴在[1,2]上存在x0，使得x∈(1，x0)时，φ(x0)>0，x∈(x0,2)时，φ(x0)<0，
∴函数h(x)在(1，x0)上单调递增；在(x0,2)上单调递减，
由于h(1)＝1，h(2)＝，因此h(x)≥h(2)＝，当且仅当x＝2时取等号，
∴f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)>g(1)＋h(2)＝，
∴F(x)>恒成立．
即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1,2]恒成立．
1．(2019届高三·吴越联盟高三联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax，
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，求实数a和m的值；
(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝ln x＋ax，∴f′(x)＝＋a.
∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，
∴f′(1)＝1＋a＝2，得a＝1.
又∵f(1)＝ln 1＋a＝1，∴函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1，∴m＝－1.
(2)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)．
当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，
从而函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴函数f(x)max＝f＝ln＋a＝ln－1，
∴要满足函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，
必有f(x)max＝ln－1>0，得a>－，
∴实数a的取值范围是.
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，··…·解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
①若a≤0，因为f＝－＋aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－＝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－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…·而>2，
所以m的最小值为3.
3．(2018·浙江新高考训练卷)设函数f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．
解：(1)∵F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]，
∴F′(x)＝－＝，
∴k＝F′(x0)＝，
∵F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，
∴k＝≤在x0∈(0,3]上恒成立，
∴a≥max，x0∈(0,3]，
当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
∴a≥，即实数a的取值范围为.
(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
∴x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解．
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.
∵m>0，
∴Δ＝m2＋4m>0，
∵x>0，
∴x1＝<0(舍去)，x2＝，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，
当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．
∵g(x)＝0有唯一解，
∴g(x2)＝0，
则即x－2mln x2－2mx2＝x－mx2－m，
∴2mln x2＋mx2－m＝0，
∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
∵当x>0时，h(x)是增函数，
∴h(x)＝0至多有一解．
∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为x2＝1，即1＝，解得m＝.
4．(2019届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1解：(1)由题意得f(－1)＝0，
所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，
所以a＝或b＝1.
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－，
当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，
当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，
则G′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又F′(－1)＝0，
所以当x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，
所以f(x1)≥h(x1)．
设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，
又函数h(x)单调递减，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，
所以x1′≤x1，
设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，易得t(x)＝x，
令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则T′(x)＝(x＋2)ex－2，
当x≤－2时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，
当x>－2时，设H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，
则H′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又T′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0，
所以函数T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以T(x)≥T(0)，所以f(x)≥t(x)，
所以f(x2)≥t(x2)．
设t(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，
又函数t(x)单调递增，且t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)，
所以x2′≥x2.又x1′≤x1，
所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－
＝1＋.
5．已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
②f(x)＋|2a－b|＋a≥0.
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
解：(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a，
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
当b>0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当0≤x≤1时，
f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
②由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)，
当b>2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，
则g′(x)＝6x2－2＝6，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x
0
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
1
?
极小值
?
1
所以g(x)min＝g＝1－>0，
所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1>0，
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由①知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，
所以|2a－b|＋a≤1，
若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或
在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.
作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1所以a＋b的取值范围是(－1,3]．
课件42张PPT。函数与导数大题考法——五讲第题型(一) 导数的简单应用问题题型(二) 导数与函数的零点或方程根问题题型(三) 导数与不等式恒成立、
存在性问题题型(四) 导数与不等式的证明问题[高考5个大题] 题题研诀窃函数与导数综合问题巧在“转”——难在“分”
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢课时跟踪检测（二十二） 大题考法——函数与导数
1．(2019届高三·吴越联盟高三联考)已知函数f(x)＝ln x＋ax，
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，求实数a和m的值；
(2)若函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．
解：(1)∵f(x)＝ln x＋ax，∴f′(x)＝＋a.
∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝2x＋m，
∴f′(1)＝1＋a＝2，得a＝1.
又∵f(1)＝ln 1＋a＝1，∴函数f(x)在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，
即y＝2x－1，∴m＝－1.
(2)由(1)知f′(x)＝＋a＝(x>0)．
当a≥0时，∵f′(x)＝>0，∴函数f(x)＝ln x＋ax在(0，＋∞)上单调递增，
从而函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，∵f′(x)＝(x>0)，
∴函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴函数f(x)max＝f＝ln＋a＝ln－1，
∴要满足函数f(x)在定义域内有两个不同的零点x1，x2，
必有f(x)max＝ln－1>0，得a>－，
∴实数a的取值范围是.
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，··…·解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
①若a≤0，因为f ＝－＋aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f′(x)＝1－＝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－ln x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…·而>2，
所以m的最小值为3.
3．(2018·浙江新高考训练卷)设函数f(x)＝ln x＋x.
(1)令F(x)＝f(x)＋－x(0(2)若方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，求正数m的值．
解：(1)∵F(x)＝ln x＋，x∈(0,3]，
∴F′(x)＝－＝，
∴k＝F′(x0)＝，
∵F(x)的图象上任意一点P(x0，y0)处切线的斜率k≤恒成立，
∴k＝≤在x0∈(0,3]上恒成立，
∴a≥max，x0∈(0,3]，
当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，
∴a≥，即实数a的取值范围为.
(2)∵方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
∴x2－2mln x－2mx＝0有唯一实数解．
设g(x)＝x2－2mln x－2mx，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，则x2－mx－m＝0.
∵m>0，
∴Δ＝m2＋4m>0，
∵x>0，
∴x1＝<0(舍去)，x2＝，
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，
当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)单调递增，
当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．
∵g(x)＝0有唯一解，
∴g(x2)＝0，
则即x－2mln x2－2mx2＝x－mx2－m，
∴2mln x2＋mx2－m＝0，
∵m>0，∴2ln x2＋x2－1＝0.(*)
设函数h(x)＝2ln x＋x－1，
∵当x>0时，h(x)是增函数，
∴h(x)＝0至多有一解．
∵h(1)＝0，∴方程(*)的解为x2＝1，即1＝，解得m＝.
4．(2019届高三·浙江名校联考)已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，
f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1解：(1)由题意得f(－1)＝0，
所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，
所以a＝或b＝1.
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)，则F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，F′(x)＝(x＋2)ex－，
当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，
当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，
则G′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又F′(－1)＝0，
所以当x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，
所以f(x1)≥h(x1)．
设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，
又函数h(x)单调递减，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，
所以x1′≤x1，
设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，易得t(x)＝x，
令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则T′(x)＝(x＋2)ex－2，
当x≤－2时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，
当x>－2时，设H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，
则H′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又T′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0，
所以函数T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以T(x)≥T(0)，所以f(x)≥t(x)，
所以f(x2)≥t(x2)．
设t(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，
又函数t(x)单调递增，且t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)，
所以x2′≥x2.又x1′≤x1，
所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－
＝1＋.
5．已知a>0，b∈R，函数f(x)＝4ax3－2bx－a＋b.
(1)证明：当0≤x≤1时，
①函数f(x)的最大值为|2a－b|＋a；
②f(x)＋|2a－b|＋a≥0.
(2)若－1≤f(x)≤1对x∈[0,1]恒成立，求a＋b的取值范围．
解：(1)证明：①f′(x)＝12ax2－2b＝12a，
当b≤0时，有f′(x)≥0，此时f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
当b>0时，f′(x)＝12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当0≤x≤1时，
f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.
②由于0≤x≤1，故
当b≤2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)，
当b>2a时，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．
设g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1，
则g′(x)＝6x2－2＝6，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x
0
1
g′(x)
－
0
＋
g(x)
1
?
极小值
?
1
所以g(x)min＝g＝1－>0，
所以当0≤x≤1时，2x3－2x＋1>0，
故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.
(2)由①知，当0≤x≤1时，f(x)max＝|2a－b|＋a，
所以|2a－b|＋a≤1，
若|2a－b|＋a≤1，则由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1，所以－1≤f(x)≤1对任意0≤x≤1恒成立的充要条件是即或
在直角坐标系aOb中，所表示的平面区域为如图所示的阴影部分，其中不包括线段BC.
作一组平行直线a＋b＝t(t∈R)，得－1所以a＋b的取值范围是(－1,3]．
