【教案】导数及其应用之五种题型

个性化教学辅导教案
学生姓名 年 级 学 科 数 学
上课时间 教师姓名
课 题 导数及其应用之五种题型
教学目标 学会导数及其应用之五种题型的常规解法
教学过程
教师活动 学生活动
类型一：切线方程 一、前测回顾 1．曲线y＝x3上在点(－1，－1)的切线方程为 ． 答案：y＝3x＋2． 解析：y ′＝3x，则切线的斜率是3×(－1)，再利用点斜式求出切线方程． 2．曲线y＝x3－3x2＋2x过点(0，0)的切线方程为 ． 答案：y＝2x或y＝－x． 解析：y ′＝3x－6x＋2，设切点为（x，x3－3x2＋2x），则切线的斜率为3x－6x＋2． 切线方程为y－(x3－3x2＋2x)＝(3x－6x＋2)(x－x)，（0，0）代入，得x的值，从而得到切线方程． 二、方法联想 涉及函数图象的切线问题：如果已知切点，则利用切点求切线；如果不知切点，则先设切点坐标求出切线方程的一般形式再利用已知条件． 注意：(1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点． (2)切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上． 三、方法应用 例1．（2018全国新课标Ⅰ文、理）设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax．若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x) 在点(0，0)处的切线方程为 ． 答案：y＝x. 解析：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a＝1，，∴f(x)＝x3＋x，∴f ′(0)＝1，∴切线方程为y＝x. 例2．（2018·无锡期末）已知函数f(x)＝ex(3x－2)，求过点(2，0)与函数y＝f(x)的图像相切的直线方程； 解析：设切点为(x0，y0)，f'(x)＝ex(3x＋1)，则切线斜率为e(3x0＋1)， 所以切线方程为y－y0＝e(3x0＋1)(x－x0)，因为切线过(2，0)， 所以－e(3x0－2)＝e(3x0＋1)(2－x0)， 化简得3x02－8x0＝0，解得x0＝0，. 当x0＝0时，切线方程为y＝x－2， 当x0＝时，切线方程为y＝9ex－18e. 例3．（2014江苏）在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax＋ (a，b为常数)过点P(2,－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是 ． 答案：－3 解析：由题意可得－5＝4a＋ ①，又f'(x)＝2ax－，过点P(2,－5)的切线的斜率4a－＝－ ②，由①②解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3． 例4、已知函数f(x)＝2x3－3x，若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求的取值范围． 答案：t∈(－3，－1) 解：设切点坐标(x0，y0)，切线斜率为，则有 切线方程为：y－(2x－3x0)＝(6x－3)(x－x0) 因为切线过P(1，t)，所以将P(1，t)代入直线方程可得： t－(2x－3x0)＝(6x－3)(1－x0) t＝(6x－3)(1－x0)＋(2x－3x0) ＝6x－3－6x＋3x0＋2x－3x0＝－4x＋6x－3 所以问题等价于方程t＝－4x＋6x－3，令g(x)＝－4x3＋6x2－3 即直线y＝t与g(x)＝－4x3＋6x2－3有三个不同交点 g'(x)＝－12x2＋12x＝－12x(x－1) 令g'(x)＞0解得0＜x＜1 所以g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)单调递减，在(0，1)单调递增 g(x)＝g(1)＝－1，g(x)＝g(0)＝－3 所以若有三个交点，则t∈(－3，－1) 所以当t∈(－3，－1)时，过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切． 例5.【2018年江苏】若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 ▲ ． 四、归类巩固 *1．若曲线y＝x＋b是曲线y＝lnx (x＞0)的一条切线，则实数b的值为 . (已知切线方程求参数值) 答案：ln2－1， *2．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＝________. （已知切线过定点，求参数） 答案：1 解析：由题意可得f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a＋1， 又f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得a＝1. *3．函数f(x)＝alnx－bx2上一点P(2，f(2))处的切线方程为y＝－3x＋2ln2＋2，求a，b的值 （已知切线方程求参数） 答案：a＝2，b＝1， *4.（2018·南京盐城期末·20）设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋ (a,b∈R）,若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线，求a，b的值． （已知两曲线的公共切线，求参数） 答案：a＝，b＝－． **5．在平面直角坐标系xOy中，直线与曲线y＝x(x＞0)和y＝x(x＞0)均相切，切点分别为A(x1，y1)和B(x2，y2),则的值是 （已知两曲线的公共切线，求切点） 答案 ． 解析：由题设函数y＝x2在A(x1，y1)处的切线方程为：y＝2x1 x－x12， 函数y＝x3在B(x2，y2)处的切线方程为y＝3 x22 x－2x23． 所以，解之得：x1＝，x2＝． 所以 ＝． **6．若存在过点(1，0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，求a的值． (已知公切线，求参数的值) 答案：－或－1． 解析：设曲线y＝x3的切点(x0，x)，则切线方程为y－x＝3x (x－x0)， 切线过点(1，0)，所以－x＝3x (1－x0)，所以x0＝0或x0＝， 则切线为y＝0或y＝x－， 由y＝0与y＝ax2＋x－9相切，则ax2＋x－9＝0，所以a≠0且△＝0； 由或y＝x－与y＝ax2＋x－9相切，则ax2＋x－9＝x－，所以a≠0且△＝0。 解得a的值为－或－1． **7．（2015新课标2）已知曲线y＝x＋lnx在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax＋(a＋2)x＋1相切，则a＝ ． （已知切线方程求参数） 答案：8 解析：∵y'＝1＋，∴y'＝2，∴y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，∴y＝2x－1，又切线与曲线y＝ax＋(a＋2)x＋1相切，当a＝0时，y＝2x＋1与y＝2x－1平行，故a≠0．∵y'＝2ax＋(a－2)，∴令2ax＋a＋2＝2得x＝－，代入y＝2x－1，得y＝－2，∴点(－，－2)在y＝ax＋(a＋2)x＋1的图象上，故－2＝a×(－)2＋(a＋2)×(－)＋1，∴a＝8． **8．曲线y＝－(x＜0)与曲线y＝lnx公切线（切线相同）的条数为 . （求两曲线的公切线条数） 答案：1 **9．设直线l1，l2分别是函数f(x)= 图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是 ． （已知切线的位置关系，求参数的数量关系及范围） 答案：(0,1) 解析：设（不妨设），则由导数的几何意义易得切线的斜率分别为由已知得切线的方程分别为，切线的方程为，即.分别令得又与的交点为，，，． ***10.（2018·苏北四市期末·19）已知函数．若存在与函数f(x)，g(x)的图象都相切的直线，求实数a的取值范围． （已知公切线，利用零点存在性定理，求参数取值范围） 解析：设函数f(x)上点(x1，f(x1))与函数g(x)上点(x2，g(x2))处切线相同， 则f'(x1)＝g'(x2)＝ 所以2x1＋a＝＝ 所以x1＝－，代入＝x12＋ax1＋1－(lnx2－a)得： －＋lnx2＋－a－2＝0(*) 设F(x)＝－＋lnx＋－a－2，则F'(x)＝－＋＋＝ 不妨设2x02＋ax0－1＝0(x0＞0)则当0＜x＜x0时，F'(x)＜0，当x＞x0时，F'(x)＞0 所以F(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增， 代入a＝＝－2x0可得：F(x)min＝F(x0)＝x02＋2x0－＋lnx0－2 设G(x)＝x2＋2x－＋lnx－2，则G'(x)＝2x＋2＋＋＞0对x＞0恒成立， 所以G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又G(1)＝0 所以当0＜x≤1时G(x)≤0，即当0＜x0≤1时F(x0)≤0, 又当x＝ea＋2时F(x)＝－＋lnea＋2＋－a－2 ＝(－a)2≥0 因此当0＜x0≤1时，函数F(x)必有零点；即当0＜x0≤1时，必存在x2使得(*)成立； 即存在x1，x2使得函数f(x)上点(x1，f(x1))与函数g(x)上点(x2，g(x2))处切线相同． 又由y＝－2x得：y'＝－－2＜0 所以y＝－2x(0，1)单调递减，因此a＝＝－2x0∈[－1＋∞) 所以实数a的取值范围是[－1，＋∞)． 类型二 利用导数研究函数的单调性问题: 一、前测回顾 1．已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)， (1)若函数f(x)的单调递减区间是(0,4)，则实数k的值为____________； (2)若在(0,4)上为减函数，则实数k的取值范围是____________． 答案：(1)　(2) 解析：(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)＝0，解得k＝，检验符合. (2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)≤0，解得k≤，又k>0，故0－时，由f′(x)＝0得 x1＝，x2＝， ① 若－x2>0， 由f′(x)<0，得0x1； 由f′(x)>0，得x20，则x1>0>x2， 由f′(x)<0，得x>x1；由f′(x)>0，得0f(x)恒成立，若x10，所以g(x)单调递增，当x1且f(0)＝1＞0. 综上，函数f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，ln2)，单调增区间为(ln2，＋∞)． **5.(2017·南京模拟)若函数f (x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________. 解析　由f (x)在区间[a，a＋1]上单调递增，得f ′(x)＝ex(－x2＋a＋2)≥0，x∈[a，a＋1]恒成立，即(－x2＋a＋2)min≥0，x∈[a，a＋1].当a≤－时，－a2＋a＋2≥0，则－1≤a≤－；当a>－时，－(a＋1)2＋a＋2≥0，则－0，故f(x)在区间(－∞，0)上是单调递增． ②当a>0时，x∈(－∞，－a)，f′(x)>0，所以f(x)在区间(－∞，－a)上是单调递增；x∈(－a，0)，f′(x)<0，所以f(x)在区间(－a，0)上是单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a>0时，f(x)单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，0)，(0，a)． **9.设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋－3（a∈R）．求函数φ(x)＝f(x)＋g(x)的单调增区间。 （考查函数单调性的讨论) 解析：因为φ(x)＝f(x)＋g(x)＝lnx＋ax＋－3 (x＞0)， 所以φ'(x)＝ ＋a－ ＝ ＝ （x＞0）． ①当a＝0时，由φ'(x)＞0，解得x＞0； ②当a＞1时，由φ'(x)＞0，解得x＞ ； ③当0＜a＜1时，由φ'(x)＞0，解得x＞0； ④当a＝1时，由φ'(x)＞0，解得x＞0； ⑤当a＜0时，由φ'(x)＞0，解得0＜x＜． 所以，当a＜0时，函数φ(x)的单调增区间为 (0，)； 当0≤a≤1时，函数φ(x)的单调增区间为(0，＋∞)； 当a＞1时，函数φ(x)的单调增区间为(，＋∞)． **10．(15年高考题).已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f(x)的单调性． （考查函数单调性的讨论) 解析：(1) f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－. 当a＝0时，因为f′(x)＝3x2>0(x≠0)，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减． **11．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f ′(x)＞1，f(0)＝4，则不等式ef(x)＞e＋3（其中e为自然对数的底数）的解集为 ． (考查根据导数性质确定函数单调性，利用函数单调性解不等式) 答案：(0，＋∞) 解析：令g(x)＝ef(x)－e，则g ′(x)＝e(f(x)＋f ′(x)－1)＞0，所以函数g(x)在R上单调增， 不等式ef(x)＞e＋3即为g(x)＞g(0)，所以解集为(0，＋∞)． ***12．设连续函数f(x)在R上存在导函数f ′(x)，对于任意实数x，都有f(x)＝6x2－f(－x)，当x∈(－∞，0)时， 2f ′(x)＋1＜12x 若f(m＋2)≤f(－2m)＋12m＋12－9m2，则m的取值范围为 . (利用导数研究函数的单调性、构造函数求参数范围, 准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”；②利用条件中提示) 【答案】[－，＋∞) 【解析】∵f(x)－3x2＋f(－x)－3x2＝0,设g(x)＝f(x)－3x2，则g(x)＋g(－x)＝0，∴g(x)为奇函数，又g'(x)＝f'(x)－6x＜－，∴g(x)在x∈(－∞，0)上是减函数，从而在R上是减函数，又f(m＋2)≤f(－2m)＋12m＋12－9m2，等价于f(m＋2)－3(m＋2)2≤f(－2m)－3－(－2m)2，即g(m＋2)≤g(－2m)，∴m＋2≥－2m，解得m≥－. **13．设函数f(x)＝x3－x2＋1. (1) 若a>0，求函数f(x)的单调区间； (2) 设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围． 解：(1) 由已知得f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)． 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0； 当x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调减区间为(0，a)． (2) g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)， 使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立， 即x∈(－2，－1)时，a<(x＋)max＝－2， 当且仅当x＝，即x＝－时等号成立． 所以满足要求的实数a的取值范围是(－∞，－2)． ***14．已知函数f (x)＝x(ex－2)，g (x)＝x－lnx＋k，k∈R，e为自然对数的底．记函数F(x)＝f(x)＋g (x)．记F(x)的极值点为m．求证：函数G(x)＝|F(x)|＋lnx在区间(0，m)上单调递增．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (考查利用导数研究函数的单调性) 证明：F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－lnx＋k，F ′(x)＝(x＋1)(ex－)， 设h(x)＝ex－(x＞0)，则h ′(x)＝ex＋＞0恒成立， 所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又h()＝－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且h(x)的图像在(0，＋∞)上不间断， 因此h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0∈(，1)，且e＝． 当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即F ′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即F ′(x)＞0， 所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 于是x＝x0时，函数F(x)取极(最)小值为F(x0)＝x0e－x0－lnx0＋k ＝1－x0－ln＋k＝1＋k．所以m＝x0， ①当1＋k≥0，即k≥－1时，F(x)≥0恒成立， 于是G(x)＝F(x)＋lnx＝xe x－x＋k，G ′(x)＝(x＋1)ex－1． 因为x∈(0，m)，所以x＋1＞1，ex＞1，于是G ′(x)＞0恒成立， 所以函数G(x)在(0，m)上单调递增． ②当1＋k＜0，即k＜－1时，0＜ek＜＜x0＝m， F(ek)＝ek( e－1)＞0，F(m)＝F(x0)＝1＋k＜0， 又F(x)在(0，m)上单调递减且图像不间断， 所以F(x)在(0，m)上存在唯一的零点x1． 当0＜x≤x1时，F(x)≥0，G(x)＝F(x)＋lnx＝xex－x＋k，G ′(x)＝(x＋1)ex－1， 因为0＜x≤x1，所以x＋1＞1，ex＞1，于是G ′(x)＞0恒成立， 所以函数G(x)在(0，x1]上单调递增； ① 当x1≤x＜m时，F(x)≤0，G(x)＝－F(x)＋lnx，G ′(x)＝－F ′(x)＋， 可知，当x1≤x＜m时，F ′(x)＜0，于是G ′(x)＞0恒成立， 所以函数G(x)在[x1，m)上单调递增； ② 设任意s，t∈(0，m)，且s＜t， 若t≤x1，则由①知G(s)＜G(t), 若s＜x1＜t，则由①知G(s)＜G(x1)，由②知G(x1)＜G(t)，于是G(s)＜G(t), 若x1≤s，由②知G(s)＜G(t), 因此总有G(s)＜G(t), 所以G(x)在(0，m)上单调递增． 综上，函数G(x)在(0，m)上单调递增． 类型三：函数极值与最值 一、前测回顾 1．求下列函数极值(或最值)： （1） f(x)＝xlnx （2）f(x)＝sinx－x，x∈[－，] 答案：（1）当x＝时，f(x)取极小值－． （2）当x＝－时，f(x)取最小值－．当x＝时，f(x)取最大值－． 解析：（1）f ′(x)＝lnx＋1，令f ′(x)＝0，则x＝，列表格得到单调性，求出极小值 (2)f ′(x)＝cosx－，令f ′(x)＝0，则x＝±，列表格得到单调性，求出极小值极大值 2．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋b是曲线y＝alnx的切线，则当a>0时，实数b的最小值是______________． 答案：－1　 解析：不妨设切点P(x0，y0)，则f′(x0)＝＝1，∴ x0＝a，从而y0＝a＋b，y0＝alna， 即有b＝alna－a，a>0.又令b′(a)＝lna＝0，解得a＝1，∴ 当a＝1时，b取得最小值－1. 3. 函数f(x)＝x＋ax＋bx＋a在x＝1时有极值10，那么a＋b的值分别为________. 答案：15 4. 已知函数f(x)＝lnx－(m∈R)在区间[1,e]上的最小值为4，则m＝ ． 答案：－3e 5. 已知函数f(x)＝ax2－lnx－1(a∈R)，求f(x)在[1，e]上的最小值． 解析：?解：f ′(x)＝2ax－＝，
当a≤0时，f ′(x)＜0，f(x)在[1，e]上为减函数，所以f(x)的最大值为f（1），最小值为f（e）＝ae2－2．
当a＞0时，令f（x）＝0得2ax2＝1，①
由①得x＝，
（1）若≤1，即a≥时，f ′(x)≥0，f(x)在[1，e]上为增函数，
∴最小值为f（1）＝a－1 （2）若1＜＜e，即＜a＜时，f(x)在（1，）上为减函数，在（，e）上为增函数，
∴当x＝，函数f(x)取得极小值，同时也是最小值f（）＝(ln2a－1)． （3）若≥e，即a≤时，f(x)在（1，e）上为减函数，最小值为f(e)＝ae2－2． 综上，当a≤时，f(x)在[1，e]上的最小值为f(e)＝ae2－2． 当＜a＜时，f(x)在[1，e]上的最小值为f()＝(ln2a－1)． 当a≥时，f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝a－1． 二、方法联想 (1)求函数的极值(或最值) 步骤：①求函数的定义域； ②求f ′(x)＝0在区间内的根； ③讨论极值点两侧的导数的正负确定极大值或极小值． ④将求得的极值与两端点处的函数值进行比较，得到最大值与最小值． (2)已知函数的极值点x0，求参数的值． 方法：根据取极值的必要条件f ′(x0)＝0，求出参数的值， 要注意验证x0左右的导数值的符号是否符合取极值的条件。 (3)已知含参函数的极值点讨论． ①分类讨论根据f ′(x)＝0解（判断为极值点）的存在性和解与区间的位置关系分为：“无、左、中、右”，对四种分类标准进行取舍(或合并)； ②注意数形结合． 三、方法应用 例1．（1）已知函数．当时，求函数的极值． （2）(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，求f(x)的最小值． 解析：（1）函数的定义域为 当时，， 所以 所以当时，，当时，， 所以函数在区间单调递减，在区间单调递增， 所以当时，函数取得极小值为，无极大值． （2）由f(x)＝2sinx＋sin2x，得f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2，令f′(x)＝0，得cosx＝或cosx＝－1，可得当cosx∈时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当cosx∈时，f′(x)>0，f(x)为增函数，所以当cosx＝时，f(x)取最小值，此时sinx＝±.又因为f(x)＝2sinx＋2sinxcosx＝2sinx(1＋cosx)，1＋cosx≥0恒成立，∴f(x)取最小值时，sinx＝－，∴f(x)min＝2××＝－. 例2．（1）已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1，2)上有极值，则实数a的取值范围为 ． （2）已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为________. 答案：（1）(，4) （2）－ 解析：（1）由题意得f'(x)在(1，2)上有零点，即x2＋2x－2a＝0a＝(x2＋2x)∈(，4) （2）由题意知f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，f ′(1)＝0，f (1)＝10， 即解得或经检验满足题意，故＝－. 例3．（扬州市2017届高三上学期期末）已知函数f(x)＝g(x)·h(x)，其中函数g(x)＝e，h(x)＝x＋ax＋a．当0＜a＜2时，求函数f(x)在x∈[－2a,a]上的最大值； 解析：（2）， 故， 令，得或. ①当,即时，在上递减，在上递增， 所以, 由于，，故， 所以; ②当,即时，在上递增，上递减，在上递增， 所以， 由于，，故， 所以; 综上得， 例4．已知函数g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cosx－sinx，a∈R，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 解析：因为g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cosx－sinx 所以g'(x)＝f'(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx， ＝x(x－a)－(x－a)sinx ＝(x－a)(x－sinx)， 令h(x)＝x－sinx，则h'(x)＝1－cosx＞0，所以h(x)在R上单调递增， 因此h(0)＝0，所以，当x＞0时，h(x)＞0；当x＜0时h(x)＜0． （1） 当a＜0时，g'(x)＝(x－a)(x－sinx)， 当x∈(－∞，a)时，x－a＜0，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(a，0)时，x－a＞0，g'(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，x－a＞0，g'(x)＞0，g(x)单调递增． 所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－a3－sina， 当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a． （2） 当a＝0时，g'(x)＝x(x－sinx)， 当x∈(－∞，＋∞)时，g'(x)≥0，g(x)单调递增； 所以，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值． （3） 当a＞0时，g'(x)＝(x－a)(x－sinx)， 当x∈(－∞，0)时，x－a＜0，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(0，a)时，x－a＜0，g'(x)＜0，g(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，x－a＞0，g'(x)＞0，g(x)单调递增． 所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a； 当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sina． 综上所述： 当a＜0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sina，极小值是g(0)＝－a． 当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值； 当a＞0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sina． 例5．（2018南京学期调研）已知函数f(x)＝2x3－3(a+1)x2＋6ax，a∈R．若a＞1，设函数f(x)在区间[1，2]上的最大值、最小值分别为M(a)、m(a)，记h(a)＝M(a)－m(a)，求h(a)的最小值． 解析：因为f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax， 所以f ′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，f(1)＝3a－1，f(2)＝4． 令f ′(x)＝0，则x＝1或a． f(1)＝3a－1，f(2)＝4． ①当1＜a≤时， 当x∈(1，a)时，f (x)＜0，所以f(x)在(1，a)上单调递减； 当x∈(a，2)时，f (x)＞0，所以f(x)在(a，2)上单调递增． 又因为f(1)≤f(2)，所以M(a)＝f(2)＝4，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2， 所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋4． 因为h (a)＝3a2－6a＝3a(a－2)＜0， 所以h(a)在(1，]上单调递减， 所以当a∈(1，]时，h(a)最小值为h()＝． ②当＜a＜2时， 当x∈(1，a)时，f (x)＜0，所以f(x)在(1，a)上单调递减； 当x∈(a，2)时，f (x)＞0，所以f(x)在(a，2)上单调递增． 又因为f(1)＞f(2)，所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2， 所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋3a－1． 因为h (a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥0． 所以h(a)在(，2)上单调递增， 所以当a∈(，2)时，h(a)＞h()＝． ③当a≥2时， 当x∈(1，2)时，f (x)＜0，所以f(x)在(1，2)上单调递减， 所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(2)＝4， 所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－4＝3a－5， 所以h(a)在[2，＋∞)上的最小值为h(2)＝1． 综上，h(a)的最小值为． 例6．（常州市2016届高三上期末）已知a，b为实数，函数f(x)＝ax3－bx，当a＝1且b[1,3]时，求函数F(x)＝|－lnx|＋2b＋1(x∈[，2])的最大值M（b）． 解析：F(x)＝|x2－lnx－b|＋2b＋1， 记t(x)＝x2－lnx，x∈，则t′(x)＝2x－， 令t′(x)＝0，得x＝.(1分) 当＜x＜时，t′(x)＜0，t(x)在上为单调减函数； 当＜x＜2，t′(x)＞0，t(x)在上为单调增函数， 又t＝＋ln2，t(2)＝4－ln2，t＝，且t(2)－t＝－2ln2＞0， 所以t(x)的取值范围为.(3分) 当b∈[1，3]时，记v(t)＝|t－b|＋2b＋1，则 v(t)＝ 因为函数v(t)在上单调递减，在(b，4－ln2]上单调递增， 且v＝3b＋，v(4－ln2)＝b＋5－ln2， v－v(4－ln2)＝2b＋， 所以当b≤时，最大值M(b)＝v(4－ln2)＝b＋5－ln2， 当b＞时，最大值M(b)＝v＝3b＋， 所以M(b)＝ 四、归类巩固 * 1．已知函数f(x)＝lnx－x，则函数f(x)的极大值为 ． (考查利用单调性判断极值) 答案：－1 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 当a＝0时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝－1， 令f′(x)＝0得x＝1.(1分) 列表： x(0，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)↗极大值↘
∴ f(x)的极大值为f(1)＝－1. *2．已知a是函数f(x)＝x－12x的极小值点，则a＝ ． (考查已知极值点求参数取值) 答案：2 **3.已知函数h(x)＝h′(1)x2＋－lnx，求函数h(x)的极值． (考查利用单调性判断极值) 解析：h′(x)＝h′(1)x－，所以h′(1)＝h′(1)－1，所以h′(1)＝3，则h(x)＝2x2＋－lnx， h′(x)＝4x－＝(x>0)， 令h′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)， 当0时，h′(x)>0， 此时函数h(x)在上单调递增， ∴ 当x＝时，h(x)有极小值h＝1＋ln2. * 4．已知函数f(x)的导函数f ′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是_____． （已知极大（小）值点，求参数范围） 答案：(－1,0) 解析：因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f ′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f ′(x)＞0，右边f ′(x)＜0，所以导函数f ′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)． *5．已知函数f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），若f (x)的极大值为0，求实数a的值； （已知极大（小）值，求参数范围） 解析：因为f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0）， 所以f'(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)． 令f'(x)＝0，得x＝0或a． 当x∈(－∞，0)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增； 当x∈(0，a)时，f'(x)＜0，f (x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增． 故f (x)极大值＝f (0)＝3a－2＝0，解得a＝． **6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是______． （已知极值点范围求参数范围） 答案：(，2) 解析：由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1， 所以根据导函数图象可又a>0，解得由表知f(x)在x＝－2处取得极大值，f(－2)＝16＋c； 在x＝2处取得极小值．f(2)＝c－16. 则16＋c＝28，得c＝12， 故f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4. **8.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)＝lnx.若b＝－3，且函数y＝f(x)在区间(－1，1)上是单调递减函数. (1)求实数a的值； (2)当c＝2时，求函数h(x)＝的值域. （已知函数单调性，确定参数取值，求最值及范围） 解析：（1）当b＝－3时，f(x)＝x3＋ax2－3x＋c，f'(x)＝3x2＋2ax－3. 由题意，f'(x)＝3x2＋2ax－3≤0对x∈(－1，1)恒成立， ∴，∴a＝0，即实数a的值为0. （2）函数y＝h(x)的定义域为(0，＋∞). 当a＝0，b＝－3，c＝2时，f(x)＝x3－3x＋2. f'(x)＝3x2－3，令f'(x)＝3x2－3＝0，得x＝1. x(0，1)1(1，＋∞)f'(x)-0+f(x)↘极小值0↗
∴当x∈(0，1)时，f(x)＞0，当x＝1时，f(x)＝0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0. 对于g(x)＝lnx，当x∈(0，1)时，g(x)＜0，当x＝1时，g(x)＝0，当x∈(1，＋∞)时， g(x)＞0. ∴当x∈(0，1)时，h(x)＝f(x)＞0，当x＝1时，h(x)＝0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0. 故函数y＝h(x)的值域为[0，＋∞). **9．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax，当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值. （考查函数单调性，根据函数最值求参数取值） 解析：令f'(x)＝0，得两根x1＝，x2＝ 所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增 当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1，4]上的最大值为f(x2) 又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1) 所以f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，得a＝1，x2＝2， 从而f(x)在[1，4]上的最大值为f(2)＝. **10．函数f(x)＝ax3＋(a－1)x2－x＋2(0≤x≤1)在x＝1处取得最小值，则实数a的取值范围是 ． （考查已知函数的最值，求参数取值） 答案： 解析：f′(x)＝3ax2＋2(a－1)x－1，x∈[0,1]， a＝0时，f′(x)＝－2x－1<0， f(x)在[0,1]上单调递减，f(x)min＝f(1)符合题意； a≠0时，Δ＝4(a2＋a＋1)>0， x1＝，x2＝， a>0时，若f(x)在x＝1处取最小值， 只需x1≤0且x2≥1，解得00)对任意实数t，在闭区间[t－1，t＋1]上总存在两实数x1、x2，使得|f(x1)－f(x2)|≥8成立，则实数a的最小值为________． (考查了二次函数在给定区间上的最值问题，用二次函数图象性质解决相关恒成立问题，以及等价转化的数学思想) 答案：8　 解析：f(x)＝a＋14－(a＞0)，由题设知原题可以等价于对任意区间[x1，x2]，x2－x1＝2，函数f(x)在[x1，x2]上的最大值与最小值之差大于等于8，不妨设g(x)＝ax2＋14－，则原题可转化成对任意t∈R，g(x)在[t，t＋2]上最大值与最小值之差大于等于8， ① 当t≥0时，g(x)在[t，t＋2]上递增， 从而gmax(x)－gmin(x)＝g(t＋2)－g(t)＝a[(t＋2)2－t2]≥8，即a(4t＋4)≥8对t≥0恒成立，从而4a≥8≥2； ② 当t＋2≤0时，g(x)在[t，t＋2]上递减，从而gmax(x)－gmin(x)＝g(t)－g(t＋2)≥8时，对任意t≤－2恒成立，即a(－4t－4)≥8.对任意t≤－2恒成立，从而a(8－4)≥8≥2； ③ 当t＋1≤0时，g(x)在[t，0]上递减，在[0，t＋2]上递增，且g(t＋2)≥g(t)，从而gmax(x)－gmin(x)＝g(t＋2)－g(0)＝a(t＋2)2≥8，对于任意t≥－1恒成立，从而有a≥8； ④ 同理t＋1≥0时，也有a≥8，综上知a≥8. **12．若函数f(x)＝lnx＋x－x在区间(0,2)内有且仅有一个极值点，则m的取值范围是 ． （考查函数单调性，根据函数极值点求参数取值） 答案：∪[2，＋∞)． 解析：　f ′(x)＝＋－，由f ′(x)＝0得(x－m)＝0，∴x＝m或x＝.显然m>0.当且仅当00，当x∈(m,2)时，f ′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝m.若0<<2≤m，即m≥2，则当x∈时， f ′(x)>0，当x∈时， f ′(x)<0，函数f(x)有极大值点x＝.综上，m的取值范围是∪[2，＋∞)． **13．已知函数f(x)＝， 若存在实数k使得该函数的值域为[－2,0]，则实数a的取值范围是_______. （考查分段函数单调性与值域） 答案：(,2] **14．已知函数f(x)＝x＋3|x－a|(a＞0)，求f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)． （考查分段函数单调性与最值） 答案：. **15．已知函数f (x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），若函数g (x)＝f (x)＋6x，求g (x)在[0，1]上取到最大值时x的值． （考查函数的单调性与最值） 解析：g (x)＝f (x)＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2（a＞0）， 则g′(x)＝6x2－6ax＋6＝6(x2－ax＋1)，x∈[0，1]． ①当0＜a≤2时，△＝36(a2－4)≤0， 所以g′(x)≥0恒成立，g (x)在[0，1]上单调递增， 则g (x)取得最大值时x的值为1． ②当a＞2时，g′(x)的对称轴x＝＞1，且△＝36(a2－4)＞0，g′(1)＝6(2－a)＜0，g′(0)＝6＞0， 所以g′(x)在(0，1)上存在唯一零点x0＝． 当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0，g (x)单调递增， 当x∈(x0，1)时，g′(x)＜0，g (x)单调递减， 则g (x)取得最大值时x的值为x0＝． 综上，当0＜a≤2时，g (x)取得最大值时x的值为1； 当a＞2时，g (x)取得最大值时x的值为． **16．（2018·南通泰州期末）已知函数g(x)＝x＋ax＋bx(a,b∈R)有极值，且函数f(x)＝(x＋a)e的极值点是g(x)的极值点，其中e是自然对数的底数.（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值） (1) 求b关于a的函数关系式； (2) 当a>0时，若函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为M(a)，求证：M(a)<－. (1) 解：因为f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex， 令f′(x)＝0，解得x＝－a－1. 列表如下： x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值
所以x＝－a－1时，f(x)取得极小值． 因为g′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由题意可知g′(－a－1)＝0，且Δ＝4a2－12b>0， 所以3(－a－1)2＋2a(－a－1)＋b＝0， 化简得b＝－a2－4a－3. 由Δ＝4a2－12b＝4a2＋12(a＋1)(a＋3)>0，得a≠－.所以b＝－a2－4a－3. (2) 证明：因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋a)ex－(x3＋ax2＋bx)， 所以F′(x)＝f′(x)－g′(x) ＝(x＋a＋1)ex－[3x2＋2ax－(a＋1)(a＋3)] ＝(x＋a＋1)ex－(x＋a＋1)(3x－a－3) ＝(x＋a＋1)(ex－3x＋a＋3)． 记h(x)＝ex－3x＋a＋3，则h′(x)＝ex－3， 令h′(x)＝0，解得x＝ln 3. 列表如下： x(－∞，ln 3)ln 3(ln 3，＋∞)h′(x)－0＋h(x)↘极小值↗
所以x＝ln 3时，h(x)取得极小值，也是最小值， 此时，h(ln 3)＝eln3－3ln 3＋a＋3＝6－3ln 3＋a＝3(2－ln 3)＋a＝3ln＋a>a>0. 所以h(x)＝ex－3x＋a＋3≥h(ln 3)>0. 令F′(x)＝0，解得x＝－a－1. 列表如下： x(－∞，－a－1)－a－1(－a－1，＋∞)F′(x)－0＋F(x)↘极小值↗
所以x＝－a－1时，F(x)取得极小值，也是最小值． 所以M(a)＝F(－a－1) ＝(－a－1＋a)e－a－1－[(－a－1)3＋a(－a－1)2＋b(－a－1)] ＝－e－a－1－(a＋1)2(a＋2)． 令t＝－a－1，则t<－1. 记m(t)＝－et－t2(1－t)＝－et＋t3－t2，t<－1， 则m′(t)＝－et＋3t2－2t，t<－1. 因为－e－1<－et<0，3t2－2t>5，所以m′(t)>0，所以m(t)单调递增． 所以m(t)<－e－1－2<－－2＝－， 即M(a)<－. 类型四：不等式恒成立问题 一、前测回顾 1．已知不等式ex＞x2+m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围； 由题意得m＜ex－x2，x∈(0，＋∞)恒成立， 令m(x)＝ex－x2，x∈(0，＋∞)，则m'(x)＝ex－2x，再令n(x)＝m'(x)＝ex－2x，则n'(x)＝ex－2， 故当x∈(0，ln2)时，n'(x)＜0，n(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，n'(x)＞0，n(x)单调递增， 从而n(x)在(0，＋∞)上有最小值n(ln2)＝2－2ln2＞0， 所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以m≤m(0)，即m≤1 2．若不等式ax2＞lnx＋1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 答案：a＞ 解析：ax2＞lnx＋1∴a＞，令f(x)＝， ∵f ′(x)＝－，（x＞0），
令f ′(x)=0得x＝，易知当x∈(0，)时，f ′(x)＞0； 当x∈(，+∞)时，f ′(x)＜0．故f(x)在(0，]上递增，在(，+∞)上递减． 所以f(x)max＝f()＝．
故要使原不等式恒成立，只需a＞． 二、方法联想 （1）若不等式的左右都是相同的变量x，如：对x∈D，f(x)≤g(x)恒成立． 方法1 分离变量看最值法(优先)． 方法2 构造含有参数的函数． 方法3 构造两个函数的图象判断位置关系(限于解填空题)． 方法4 变换角度看函数． 技巧 可以通过先取满足条件的特殊值来缩小变量的范围． （2）若不等式的左右都是不相同的变量，如：对x1∈D1，x2∈D2， f(x1)≤g(x2)恒成立， 则f(x)max≤g(x)min． 说明：若是不等式有解问题，则求最值与恒成立的问题正好相反． 三、方法应用 例1、（2018南京调研） 已知函数f(x)＝2x3－3(a+1)x2＋6ax，a∈R．若对于任意x∈(0，+∞)，f(x)＋f(－x)≥12lnx恒成立，求a的取值范围； 解析：f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12lnx对任意x∈(0，+∞)恒成立， 所以－(a＋1)≥． 令g(x)＝，x＞0，则g(x)＝． 令g(x)＝0，解得x＝． 当x∈(0，)时，g(x)＞0，所以g(x)在(0，)上单调递增； 当x∈(，＋∞)时，g(x)＜0，所以g(x)在(，＋∞)上单调递减． 所以g(x)max＝g()＝， 所以－(a＋1)≥，即a≤－1－， 所以a的取值范围为(－∞，－1－]． 例2．（2018·无锡期末）已知函数f(x)＝ex(3x－2)，g(x)＝a(x－2)，其中a，x∈R.若对任意x∈R，有f(x)≥g(x)恒成立，求a的取值范围； 解析：由题意，对任意x∈R有ex(3x－2)≥a(x－2)恒成立， ①当x∈(－∞，2)时，a≥a≥[]max， 令F(x)＝，则F'(x)＝，令F'(x)＝0得x＝0， Fmax(x)＝F(0)＝1，故此时a≥1. ②当x＝2时，恒成立，故此时a∈R. ③当x∈(2，＋∞)时，a≤a≤[]min， 令F'(x)＝0x＝， Fmin(x)＝F()＝9e，故此时a≤9e.综上：1≤a≤9e. 例3、已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1).若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求实数a的取值范围． 解析：　当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln x－>0． 设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，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，＋∞)内单调递增，因此g(x)>g(1)＝0； ②当a>2时，令g′(x)＝0，得 x1＝a－1－，x2＝a－1＋． 由x2>1和x1x2＝1，得x1<1， 故当x∈(1，x2)时，g′(x)<0， g(x)在(1，x2)内单调递减，此时g(x)所以函数h(x)的最小值为h()＝0， 所以h(x)＝－lnx≥0，即f(x)≥g(x)． **7．已知函数f(x)＝，若对于t∈R，f(t)≤kt恒成立，则实数k的取值范围是 ． （已知f(x)≤g(x)恒成立，构造两个函数，判断函数图象的位置关系，利用数形结合的方法解决） 答案：[，1] **8.若函数 f(x)＝x－sin2x＋asinx在单调递增,则a的取值范围是 ． (本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性) 答案：[－,] 解析：f'(x)＝1－cos2x＋acosx≥0对x∈R恒成立, 故1－(2cos2x－1)＋acosx≥0,即acosx－cos2x＋≥0恒成立, 即－t2＋at＋≥0对t∈[－1，1]恒成立,构造f(t)＝－t2＋at＋,开口向下的二次函数f(t)的最小值的可能值为端点值,故只需保证,解得－≤a≤． ***9.已知函数f(x)＝alnx，g(x)＝－x2＋2x－，对任意的x∈[1，＋∞),都有f(x)≥g(x)恒成立,则实数a的最小值是______． (恒成立问题,要注意到端点值f(1)＝g(1)，讨论函数单调性) 答案：1 **10. 已知实数k∈R，且k≠0，e为自然对数的底数，函数f(x)＝，g(x)＝f(x)－x.如果函数g(x)在R上为减函数，求k的取值范围。 (考查已知函数单调性，转化为恒成立问题) 解析：∵ g(x)＝f(x)－x＝－x在R上为减函数， ∴ g′(x)＝－1＝－1≤0恒成立， 即k≤恒成立． ∵ ＝ex＋＋2≥2＋2＝4， 当且仅当ex＝，即x＝0时，的最小值为4， ∴ k≤4. **11．设函数f(x)＝alnx＋x2－x,a∈R且a≠1. 若存在x∈[1，＋∞),使得f(x)＜,求a的取值范围. (解决函数中存在性问题常见方法有两种：一是直接法，直接研究函数的最值；二是间接法,先求其否定（恒成立问题）,再求其否定补集即可解决) 解析：,f(x)＝alnx＋x2－x, f'(x)＝＋(1－a)x－1＝＝, 令f'(x)＝0,得x1＝1,x2＝,而－1＝, ①当a≤时,≤1, 在[1，＋∞)上，f ′(x)≥0,则f(x)为增函数,(f(x))min＝f(1)＝－1＝, 令＜,即a2＋2a－1＜0,解得－－1＜a＜－1. ②当＜a＜1时, ＞1, 则f(x)在(1, ]上单调减，在[,＋∞)上单调增， 所以(f(x))min＝f()＝aln＋＋＞,不合题意,无解。 ③当a＞1时,显然有f(x)＜0,＞0,∴不等式f(x)＜恒成立,符合题意, 综上,a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞). **12．已知a为实常数，y＝f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x<0时，f(x)＝2x－＋1.若f(x)≥a－1对一切x>0成立，求a的取值范围． (讨论函数的单调性及最值，处理恒成立问题) 解析：因为f(x)为奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝－＝2x＋－1. ① 当a<0时，要使f(x)≥a－1对一切x>0成立，即2x＋≥a对一切x>0成立．而当x＝－>0时，有－a＋4a≥a，所以a≥0，这与a<0矛盾．所以a<0不成立． ② 当a＝0时，f(x)＝2x－1>－1＝a－1对一切x>0成立，故a＝0满足题设要求． ③ 当a>0时，由(1)可知f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数．所以fmin(x)＝f(a)＝3a－1>a－1，所以a>0时也满足题设要求． 综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)． ***13．已知函数f(x)＝＋ax＋b的图象在点A(1，f(1))处的切线与直线l：2x－4y＋3＝0平行． 记函数g(x)＝xf(x)＋c，若g(x)≤0对一切x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范围． (利用分离变量的方法研究恒成立问题，注意到极值点、极值都与参数b有关，利用其关系可求出极值点的范围，整体消元，转化成关于极值点的函数的最值问题) 解析：由g(x)＝lnx－x2＋bx＋c≤0恒成立， ∴ c≤x2－bx－lnx. 记h1(x)＝x2－bx－lnx(x>0)，则c＝[h1(x)]min. h1′(x)＝x－b－.令h1′(x)＝0，得x2－bx－1＝0， ∴ x＝.(10分) ∵ b∈，∴ x1＝<0(舍去)， x2＝∈(1，2)．(12分) 当0x2时，h1′(x)>0，h1(x)单调增， ∴ h1(x)min＝h1(x2)＝x－bx2－lnx2 ＝x＋1－x－lnx2＝－x－lnx2＋1.(14分) 记h2(x)＝－x－lnx2＋1，∵ h2(x)在(1，2)上单调减， ∴ h2(x)>h2(2)＝－1－ln2，∴ c≤－1－ln2， 故c的取值范围是(－∞，－1－ln2]． **14．已知函数f(x)＝xln x. (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)≥恒成立，求实数m的最大值． 解：(1) 由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋a＋1. ∵ 函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数， ∴ 当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0， 即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立． ∴ a≥－1－ln x. 令h(x)＝－ln x－1，∴ a≥h(x)max， 当x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)， ∴ h(x)∈(－∞，－3]，∴ a≥－3， 即a的取值范围是[－3，＋∞)． (2) ∵ 2f(x)≥－x2＋mx－3， 即mx≤2xln x＋x2＋3， 又x＞0，∴ m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立． 记t(x)＝＝2ln x＋x＋. ∴ m≤t(x)min. t′(x)＝＋1－＝＝， 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； 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. **15．已知函数f(x)＝ax2－lnx（a为常数）．若a＜0，且对任意的x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x恒成立，求实数a的取值范围. (恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论) 解析：设F(x)＝f(x)－(a－2)x＝ax2－lnx－(a－2)x， 因为对任意的x∈[1，e]，f(x)≥(a－2)x恒成立，所以F(x)≥0恒成立， F′(x)＝2ax－－(a－2)＝, 因为a＜0，令F′(x)＝0，得x＝－，x＝ ①当0＜－≤1，即a≤－1时，因为x∈(1,e)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(1,e)上单调递减， 因此对任意的x∈[1,e]，F(x)≥0恒成立， 所以x∈[1,e]，F(x)min＝F(e)≥0，即ae2－1－(a－2)e≥0，所以a≥， 因为＞－1，所以此时a不存在． ②1＜－＜e即－1＜a＜－时，F(x)在(1, －)上单调递增，在(－，e)上单调递减， 所以F(e)≥0且F(1)≥0，所以a≥，因为－1＜＜－， 所以≤a＜－， ③当－≥e，即－≤a＜0时，因为x∈(1，e)时，F'(x)＞0， 所以F(x)在(1，e)上单调递增，由于F(1)＝2＞0，符合题意； 综上所述，实数a的取值范围是[，＋∞) ***16．已知函数f(x)＝x＋sinx,求实数a的取值范围，使不等式f(x)≥axcosx在上恒成立． (恒成立问题，当分离变量所得函数较复杂时，可对含有参数的函数讨论) 解：当a≤0时，f(x)＝x＋sinx≥0≥axcosx恒成立． 当a＞0时，令g(x)＝f(x)－axcosx＝x＋sinx－axcosx， g′(x)＝1＋cosx－a(cosx－xsinx) ＝1＋(1－a)cosx＋axsinx. ① 当1－a≥0，即0＜a≤1时，g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx＞0， 所以g(x)在上为单调增函数， 所以g(x)≥g(0)＝0＋sin0－a×0×cos0＝0，符合题意．(10分) ② 当1－a＜0，即a＞1时，令h(x)＝g′(x)＝1＋(1－a)cosx＋axsinx， 于是h′(x)＝(2a－1)sinx＋axcosx， 因为a＞1，所以2a－1＞0，从而h′(x)≥0， 所以h(x)在上为单调增函数， 所以h(0)≤h(x)≤h，即2－a≤h(x)≤a＋1， 亦即2－a≤g′(x)≤a＋1.(12分) (ⅰ) 当2－a≥0，即1＜a≤2时，g′(x)≥0， 所以g(x)在上为单调增函数．于是g(x)≥g(0)＝0，符合题意．(14分) (ⅱ) 当2－a＜0，即a＞2时，存在x0∈，使得 当x∈(0，x0)时，有g′(x)＜0，此时g(x)在(0，x0)上为单调减函数， 从而g(x)＜g(0)＝0，不能使g(x)＞0恒成立， 综上所述，实数a的取值范围为a≤2. ***17．（常州市2017届高三上学期期末）已知函数f(x)＝x2lnx－x＋1,当x≥1时，关于x的不等式f(x)≥t(x－1)2恒成立，求实数t的取值范围（其中e是自然对数的底数，e＝2．71828…）. 答案：t≤ ***18．已知函数f(x)＝， g(x)＝k(x－1)，若x∈[e，e2]，使f(x)≤g(x)＋成立，求实数k的取值范围. (利用导数研究不等式恒成立或存在性问题，可构造函数，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) 解析：f(x)≤g(x)＋即－k(x－1)≤，令φ(x)＝－k(x－1)， x∈[e，e2]， 则x∈[e，e2]，使f(x)≤g(x)＋成立φ(x)min≤， φ'(x)＝－k＝－()2＋－k＝－(－)2＋－k. （i）当k≥时， φ'(x)≤0， φ(x)在[e，e2]上为减函数，于是φ(x)min＝φ(e2)＝－k(e2－1)，由－k(e2－1)≤得k≥，满足k≥，所以k≥符合题意； （ii）当k＜时，由y＝－(t－)2＋－k及t＝的单调性知φ'(x)＝－(－)＋－k在[e，e2]上为增函数，所以φ'(e)≤φ'(x)≤φ'(e2)，即－k≤φ'(x)≤－k. ①若－k≥0，即k≤0，则φ'(x)≥0，所以φ(x)在[e，e2]为增函数，于是φ(x)min＝φ(e)＝e－k(e－1)≥e＞，不合题意； ②若－k＜0，即0＜k＜，则由φ'(e)＝－k＜0， φ'(e2)＝－k＞0及φ'(x)的单调性知存在唯一x0(e，e2)，使φ'(x0)＝0，且当x∈(e，x0)时， φ'(x)＜0， φ(x)为减函数；当x∈(x0，e2)时， φ'(x)＞0， φ(x)为增函数； 所以φ(x)min＝φ(x0)＝－k(x0－1)，由－k(x0－1)≤得k≥(－)＞(－)＝＞，这与0＜k＜矛盾，不合题意. 综上可知， k的取值范围是[，＋∞). 19.已知函数f(x)=xln x，g(x)=－x2+ax－3. **(1)对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围； ***(2)求证：对一切x∈(0，+∞)，lnx>－恒成立. (分离参数，构造新函数，然后通过对新函数求最值来求解；结合已知的两个函数，然后证明f(x)min>m(x)max). 解析：(1)由题意知2xln x≥－x2＋ax－3对一切x∈(0，+∞)恒成立，则a≤2lnx＋x＋. 设h(x)= 2lnx＋x＋(x>0)，则h'(x)=, 当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1)=4. 因为对一切x∈(0，+∞)，2f(x)≥g(x)恒成立， 所以a≤h(x)min=4， 即实数a的取值范围是(-∞，4]. (2)问题等价于证明xln x>－(x∈(0，+∞))恒成立. 又f(x)=xln x，f'(x)=ln x+1， 当x∈(0, )时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(,＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f()＝－. 设m(x)= －(x∈(0，+∞))，则m'(x)= ， 易知m(x)max=m(1)=－， 从而对一切x∈(0，+∞)，ln x>－恒成立. 类型五：方程有解（或解的个数）问题 一、前测回顾 1．已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________． 答案：(－5，0)　 解析：当m＝0时，函数f(x)的图象与x轴有且只有1个交点； 当m>0时，函数f(x)的图象与x轴没有交点； 当m<0时，函数f(x)的图象要与x轴有且只有两个不同的交点，则f(0)<0，且f(1)>0， 得实数m的取值范围为(－5，0)． 2．已知f (x)＝ax2，g(x)＝lnx＋1，若y＝f(x)与y＝g(x)的图象有两个交点，则实数a的取值范围是_______． 答案：(0，) 解析：ax2＝lnx＋1有两个根，则ax2－lnx－1＝0有两解。令f(x)＝ax2－lnx－1，则f ′(x)＝2ax－＝，
当a≤0时，f ′(x)＜0，f(x)在（0，＋∞）上为减函数，不合题意 当a＞0时，令f ′(x)＝0得2ax2＝1，①
由①得x＝，f(x)在（0，）上为减函数，在（，＋∞）上为增函数，
∴当x＝，函数f(x)取得极小值，同时也是最小值f（）＝(ln2a－1)． ∴只要(ln2a－1)＜0，∴a∈(0，)． 二、方法联想 方法1 分离变量法(优先) ． 方法2 构造F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)零点问题． 方法3 构造两个函数的图象判断交点个数． 方法4 转化为二次函数零点问题． 方法5 转化为一次函数零点问题． 说明：考虑数形结合． 三、方法应用 例1．已知函数f(x)满足f(x)＝f(2x)，且当x∈[1,2)时f(x)＝lnx.若在区间[1,4)内，函数g(x)＝f(x)－2ax有三个不同零点，则a的范围为__________． 答案：(,) 例2．（2018·苏州期末·20）已知函数f(x)＝若方程f(－x)＋f(x)＝ex－3在区间(0,+)上有实数解，则实数a的取值范围是_______． 解析：设x＞0，则－x＜0，所以f(－x)＋f(x)＝x3＋x2＋ex－ax， 由题意，x3＋x2＋ex－ax＝ex－3在区间(0，＋∞)上有解， 等价于a＝x2＋x＋在区间(0，＋∞)上有解. 记g(x)＝x2＋x＋(x＞0)， 则g'(x)＝2x＋1－＝＝， 令g'(x)＝0，因为x＞0，所以2x2＋3x＋3＞0，故解得x＝1， 当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞0， 所以函数g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增， 故函数g(x)在x＝1处取得最小值g(1)＝5. 要使方程a＝g(x)在区间(0，＋∞)上有解，当且仅当a≥g(x)min＝g(1)＝5， 综上，满足题意的实数a的取值范围为[5，＋∞). 例3．（常州市2017届高三上学期期末）已知函数f(x)＝x2lnx＋bx＋1，关于x的方程f(x)＝0在[，e]上恰有两个不等的实根，求实数b的取值范围； 答案：[，） 四、归类巩固 *1．f(x)＝2sinπx－x＋1的零点个数为 个． (转化成两个函数图象的交点问题，数形结合的方法研究函数图象交点个数) 答案：5 解析：作出函数y＝2sinπx与y＝x－1的图像，如图所示．由图像可知，两个函数的图像有5个交点，即f(x)＝2sinπx－x＋1有5个零点. *2．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数a的取值范围是 ． (利用导数研究函数的单调区间，求出极值，利用函数图象解决) 答案：(－2,2) 解析：函数f(x)＝x3－3x＋a的导函数f′(x)＝3x2－3，相应二次方程3x2－3＝0有两根x＝±1，函数存在一个极大值f(－1)＝2＋a>0，还有一个极小值f(1)＝－2＋a<0，由上知a的取值范围是(－2,2) *3．已知函数f(x)＝,若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点,则实数m的取值范围是___________. (考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围) 答案：(0,1) ***4、已知函数.,若关于的方程f2(x)＋2f(x)＋b＝0有三个不同的实数根,则实数的范围为_________. (考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围) 答案：b≤0 ***5、已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝若方程g[f(x)]－a＝0有4个实数根，则实数a的取值范围为_________． (考查复合函数零点，根据零点个数求参数取值范围) 答案：[1, ) 解析：令f(x)＝t，则原方程化为g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)内有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y＝g(t)(t＜1)与y＝a的图象有2个不同的交点，作出函数y＝g(t)(t＜1)的图象，如图所示，由图象可知，当1≤a＜时，函数y＝g(t)(t＜1)与y＝a有2个不同的交点，即所求a的取值范围是[1, ). **6．设函数,则函数的零点的个数为 . (考查分段函数的性质，利用数形结合的方法求函数零点个数) 答案：6 **7．已知函数f（x）=x2－2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a= ． (考查函数的奇偶性，对称性与函数零点) 答案： **8．（2018江苏）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 ． (考查已知函数的零点，研究函数的单调性求参数取值范围) 答案：－3． **9．已知函数f(x)＝|x3－4x|＋ax－2恰有2个零点，则实数a的取值范围为________． (利用求导判断函数的单调性作出函数的图象、导数的几何意义、函数与方程(零点)的综合运用，重点考查了数形结合思想的运用) 答案：a<－1或a>1　 解析：0＝＋ax－2，则＝2－ax恰有2个零点，即y＝与y＝2－ax的图象有两个交点．如图，直线y＝2－ax与y＝的图象相切时，设切点为(x0，y0)，则＝3x－4，又y0＝x－4x0，解得x0＝－1，此时k＝－1，而y＝是偶函数，在y轴右侧相切时k＝1.而两个函数的图象若有两个交点，则k<－1或k>1，而k＝－a，则实数a的取值范围为a<－1，或a>1. **10．设函数f(x)＝g(x)＝f(x)－b.若存在实数b，使得函数g(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围为__________． (考查了分段函数，利用导数求最值等内容，以及数形结合思想处理函数零点问题．) 答案：　 解析： y＝，利用导数画出草图，该函数在x＝2处取到最大值，结合f(x)的草图分析，对于y＝－x－1的函数值为时，得到x＝－，所以－0时，a3－a＋c>0或当a<0时，a3－a＋c<0. 设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪， 则在(－∞，－3)上g(a)<0，且在∪上g(a)>0均恒成立， 从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1. 此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0， 解得a∈(－∞，－3)∪∪. 综上c＝1. ***17．(12年高考题)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点． 设h(x)＝f(f(x))－c，其中c∈[－2,2]，求函数y＝h(x)的零点个数． 解　令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]． 当|d|＝2时，由(2)可知f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2. 当|d|＜2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d＞0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d＜0， 所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)． ①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)＞f(2)＝2，此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根． ②当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)－d＜0，f(2)－d＞0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有唯一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有唯一实根． ③当x∈(－1,1)时，f′(x)＜0，故f(x)是单调减函数，又f(－1)－d＞0，f(1)－d＜0， y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有唯一实根． 由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2； 当|d|＜2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|xi|＜2，i＝3,4,5. 现考虑函数y＝h(x)的零点． (i)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点． (ii)当|c|＜2时，f(t)＝c有三个不同的根，t3，t4，t5满足|ti|＜2，i＝3,4,5，而f(x)＝ti(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点． 综上可知，当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；当|c|＜2时，函数y＝h(x)有9个零点． **18．（2018江苏）记f'(x)，g'(x)分别为函数f(x)，g(x)的导函数．若存在x0∈R，满足f(x0)＝g(x0)且f'(x0)＝g'(x0)，则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”． (1)证明：函数f(x)＝x与g(x)＝x2＋2x－2不存在“S点”； (2)若函数f(x)＝ax2－1与g(x)＝lnx存在“S点”，求实数a的值； 解析：(1)函数f(x)＝x，g(x)＝x2＋2x－2，则f'(x)＝1，g'(x)＝2x＋2． 由f(x)＝g(x)且f'(x)＝g'(x)，得，此方程组无解， 因此，f(x)与g(x)不存在“S点”． (2) 函数f(x)＝ax2－1，g(x)＝lnx， 则f'(x)＝2axg'(x)＝． 设x0为f(x)与g(x)的“S点”，由f(x0)＝g(x0)且f'(x0)＝g'(x0)，得 ，即，（*） 得lnx0＝－，即x0＝e，则a＝＝． 当a＝时，x0＝e满足方程组（*），即x0为f(x)与g(x)的“S点”． 因此，a的值为． ***19．设函数f(x)＝(x＋1)lnx，g(x)＝，是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在（k，k＋1）内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由. （考查零点存在性定理判断方程是否有根及根的个数） 答案：k＝1 解析：设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)lnx－， 当x∈(0，1]时，h(x)＜0. 又h(2)＝3ln2－＝ln8－＞1－1＝0， 所以存在x0∈(1，2)，使h(x0)＝0. 因为h'(x)＝lnx＋＋1＋，所以当x∈(1，2)时，h'(x)＞1－＞0，当x∈(2，＋∞)时，h'(x)＞0， 所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增. 所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根. ***20．已知b 0, 且b 1，函数 f (x) exbx，其中e为自然对数的底数．如果关于x的方程f (x) 2 有且只有一个解，求实数 b 的取值范围. （考查零点存在性定理证明方程是有根及根的个数） 解析：令g(x)＝f(x)－2＝ex＋bx－2为R上连续函数，且g (0)=0，则方程g (x)=0存在一个解. 1°当b>1时，g (x)为增函数，此时g (x)=0只有一个解. 2°0教 学 反 思


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