导数
阅卷案例
思维导图
(2020·全国卷Ⅰ，T21，12分)已知函数f
(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f
(x)的单调性；(2)当x≥0时，f
(x)≥x3＋1，求a的取值范围.本题考查：函数的单调性、导数的应用、不等式恒成立等知识，数学抽象、数学运算、逻辑推理等核心素养.
答题模板
标准解答
踩点得分
第1步：求导利用导数运算法则求解.第2步：判断单调性依据f
′(x)的符号同f
(x)的关系求得，必要时可二次求导.第3步：分离变量对于恒成立问题常采用分离参数法.第4步：讨论分离后的函数单调性对于分离后的函数其单调性常采用进一步求导的方式判断.第5步：得结论结合单调性及最值写出参数的范围.
←←←←
第(1)问得分点及说明：1.正确求导得1分.2.利用导数研究f
′(x)的单调性得1分.3.f
(x)的单调性正确得1分.第(2)问得分点及说明：1.正确讨论x＝0的情形得1分.2.当x＞0时，正确分离参数a得1分.3.对h(x)正确求导得1分.4.正确得出m(x)的单调性得3分.5.正确得出h(x)单调性得1分.6.正确求出h(x)的最大值得1分.7.正确得出参数a的范围得1分.
命题点1 导数的简单应用
利用导数研究函数的单调性是导数应用的基础，只有研究了函数的单调性，才能研究其函数图象的变化规律，进而确定其极值、最值和函数的零点等．注意：若可导函数f
(x)在区间D上单调递增，则有f
′(x)≥0在区间D上恒成立，但反过来不一定成立．
[高考题型全通关]
1．(2020·全国卷Ⅱ)已知函数f
(x)＝2ln
x＋1.
(1)若f
(x)≤2x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性．
[解] 设h(x)＝f
(x)－2x－c，则h(x)＝2ln
x－2x＋1－c，
其定义域为(0，＋∞)，h′(x)＝－2.
(1)当0
0；当x>1时，h′(x)<0.
所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减．
从而当x＝1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)＝－1－c.
故当且仅当－1－c≤0，即c≥－1时，f
(x)≤2x＋c.
所以c的取值范围为[－1，＋∞)．
(2)g(x)＝＝，x∈(0，a)∪(a，＋∞)．
g′(x)＝＝.
取c＝－1得h(x)＝2ln
x－2x＋2，h(1)＝0，则由(1)知，当x≠1时，h(x)<0，即1－x＋ln
x<0.故当x∈(0，a)∪(a，＋∞)时，1－＋ln
<0，从而g′(x)<0.
所以g(x)在区间(0，a)，(a，＋∞)单调递减．
2．设函数f
(x)＝ex－ax＋，a>0.
(1)若曲线y＝f
(x)在点(1，f
(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)当x<1时，函数f
(x)的图象恒在x轴上方，求a的最大值．
[解] (1)∵f
(x)＝ex－ax＋，
∴f
′(x)＝ex－a，∴f
′(1)＝e－a，
由题设知f
′(1)＝0，即e－a＝0，
解得a＝e.
经验证a＝e满足题意．
(2)令f
′(x)＝0，即ex＝a，则x＝ln
a，
①当ln
a<1，即0对于任意x∈(－∞，ln
a)有f
′(x)<0，
故f
(x)在(－∞，ln
a)上单调递减；
对于任意x∈(ln
a，1)有f
′(x)>0，
故f
(x)在(ln
a，1)上单调递增，
因此当x＝ln
a时，f
(x)有最小值为a－aln
a＋＝a>0成立，所以0②当ln
a≥1，即a≥e时，
对于任意x∈(－∞，1)有f
′(x)<0，
故f
(x)在(－∞，1)上单调递减，
所以f
(x)>f
(1)．
因为f
(x)的图象恒在x轴上方，
所以f
(1)≥0，所以e≤a≤2e，
综上，a的取值范围为(0，2e]，
所以a的最大值为2e.
命题点2 导数与函数零点或方程根的问题
已知函数零点x0∈(a，b)，求参数范围的一般步骤
(1)对函数求导；
(2)分析函数在区间(a，b)上的单调情况；
(3)数形结合分析极值点；
(4)依据零点的个数确定极值的取值范围，从而得到参数的范围.
[高考题型全通关]
1．已知函数f
(x)＝ex－x－a(a∈R)．
(1)当a＝0时，求证：f
(x)>x；
(2)讨论函数f
(x)零点的个数．
[解] (1)证明：当a＝0时，f
(x)＝ex－x.
令g(x)＝f
(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，
则g′(x)＝ex－2，
当g′(x)＝0时，x＝ln
2；
当x2时，g′(x)<0；x>ln
2时，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，ln
2)上单调递减，在(ln
2，＋∞)上单调递增．
所以x＝ln
2是g(x)的极小值点，也是最小值点，
即g(x)min＝g(ln
2)＝eln
2－2ln
2＝2ln
>0，
故当a＝0时，f
(x)>x成立．
(2)f
′(x)＝ex－1，由f
′(x)＝0，得x＝0.
当x<0时，f
′(x)<0；
当x>0时，f
′(x)>0，
所以f
(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以x＝0是函数f
(x)的极小值点，也是最小值点，
即f
(x)min＝f
(0)＝1－a.
当1－a>0，即a<1时，f
(x)没有零点，
当1－a＝0，即a＝1时，f
(x)只有一个零点，
当1－a<0，即a>1时，
因为f
(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a>0，
所以f
(x)在(－a，0)上有一个零点，
即f
(x)在(－∞，0)上只有一个零点；
由(1)，得ex>2x，令x＝a，
则得ea>2a，
所以f
(a)＝ea－a－a＝ea－2a>0，
于是f
(x)在(0，a)上有一个零点，
即f
(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，
因此，当a>1时，f
(x)有两个零点．
综上，当a<1时，f
(x)没有零点；
当a＝1时，f
(x)只有一个零点；
当a>1时，
f
(x)有两个零点．
2．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f
(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f
(x)在点处的切线与y轴垂直．
(1)求b；
(2)若f
(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f
(x)所有零点的绝对值都不大于1.
[解] (1)f
′(x)＝3x2＋b.
依题意得f
′＝0，即＋b＝0.
故b＝－.
(2)证明：由(1)知f
(x)＝x3－x＋c，f
′(x)＝3x2－.
令f
′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f
′(x)与f
(x)的情况为：
x
－
f
′(x)
＋
0
－
0
＋
f
(x)
↗
c＋
↘
c－
↗
因为f
(1)＝f
＝c＋，所以当c＜－时，f
(x)只有大于1的零点．
因为f
(－1)＝f
＝c－，所以当c＞时，f
(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f
(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f
(x)只有两个零点－1和.
当－＜c＜时，f
(x)有三个零点x1，x2，x3，且x1∈，x2∈，x3∈.
综上，若f
(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f
(x)所有零点的绝对值都不大于1.
命题点3 导数与不等式恒成立、存在性问题
1．由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法，将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题；
(2)分离参数法，将参数分离出来，进而转化为a>f
(x)max或a(x)min的形式，通过导数的应用求出f
(x)的最值，即得参数的范围．
2．利用导数处理不等式在区间D上有解或恒成立的常用结论
不等式a(x)在区间D上有解?a(x)max；
不等式a≤f
(x)在区间D上有解?a≤f
(x)max；
不等式a>f
(x)在区间D上有解?a>f
(x)min；
不等式a≥f
(x)在区间D上有解?a≥f
(x)min；
不等式a(x)在区间D上恒成立?a(x)min；
不等式a≤f
(x)在区间D上恒成立?a≤f
(x)min；
不等式a>f
(x)在区间D上恒成立?a>f
(x)max；
不等式a≥f
(x)在区间D上恒成立?a≥f
(x)max.
[高考题型全通关]
1．设函数f
(x)＝2ln
x－mx2＋1.
(1)讨论函数f
(x)的单调性；
(2)当f
(x)有极值时，若存在x0，使得f
(x0)＞m－1成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)函数f
(x)的定义域为(0，＋∞)，
f
′(x)＝－2mx＝，
当m≤0时，f
′(x)＞0，∴f
(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m＞0时，令f
′(x)＞0，则0＜x＜，令f
′(x)＜0，则x＞，∴f
(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当f
(x)有极值时，m＞0，且f
(x)在
上单调递增，在上单调递减．
∴f
(x)max＝f
＝2ln－m·＋1＝－ln
m，
若存在x0，使得f
(x0)＞m－1成立，则f
(x)max＞m－1.
即－ln
m＞m－1，ln
m＋m－1＜0成立，
令g(x)＝x＋ln
x－1(x＞0)，
∵g′(x)＝1＋＞0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
∴0＜m＜1.
∴实数m的取值范围是(0，1)．
2．已知函数f
(x)＝ln
x－2x.
(1)求函数f
(x)的极值；
(2)若g(x)＝mx2＋(m－3)x－1(m∈R)，是否存在整数m使f
(x)≤g(x)对任意x∈(0，＋∞)成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)f
(x)＝ln
x－2x(x>0)，
则f
′(x)＝－2＝，
令f
′(x)＝0，则x＝，
分析知，当x∈时，f
′(x)>0；
当x∈时，f
′(x)<0，
∴函数f
(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
∴函数f
(x)在x＝处取得极大值f
＝ln
－1＝－ln
2－1，不存在极小值．
(2)据题意，得ln
x－2x≤mx2＋(m－3)x－1对任意x∈(0，＋∞)成立，
∴ln
x－mx2＋(1－m)x＋1≤0对任意x∈(0，＋∞)成立，
设函数h(x)＝ln
x－mx2＋(1－m)x＋1，
可知h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)成立，
∴h′(x)＝－mx＋(1－m)
＝
＝－
＝－，
①当m≤0时，h′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)成立，
此时f
(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝－m＋(1－m)×1＋1＝－m＋2>0，
∴m≤0不满足题设；
②当m>0时，
h′(x)＝－，
令h′(x)＝0，则x＝－1(舍)，x＝，
分析知，函数h(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减，
∴h(x)max＝h＝ln
－·m·＋(1－m)·＋1＝ln
＋＝－ln
m＋，
又函数P(m)＝－ln
m＋在(0，＋∞)上单调递减，
P(1)＝－ln
1＋＝>0，
P(2)＝－ln
2＋＝－ln
2＋＝ln<0，
∴所求整数m的最小值为2.
命题点4 导数与不等式的证明问题
利用导数证明不等式的解题策略
一般先将待征不等式如f
(x)≥g(x)的形式转化为f
(x)－g(x)≥0的形式，再设h(x)＝f
(x)－g(x)，进而转化为研究函数h(x)在指定区间上的最小值问题．不过由于不等式呈现的形式多样化，具体求解时还得灵活多变．
[高考题型全通关]
1．(2020·石家庄模拟)已知函数f
(x)＝(2－x)ek(x－1)－x(k∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若f
(x)在R上单调递减，求k的最大值；
(2)当x∈(1，2)时，证明：ln＞2.
[解] (1)∵f
(x)在R上单调递减，∴f
′(x)＝ek(x－1)[k(2－x)－1]－1≤0恒成立，
即－kx＋2k－1≤对任意x∈R恒成立，
设g(x)＝＋kx－2k＋1，则g(x)≥0对任意x∈R恒成立．
则g(1)＝2－k≥0，∴k≤2.
当k＝2时，g′(x)＝2，g′(1)＝0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴g(x)min＝g(1)＝0，即g(x)≥0恒成立，
故k的最大值为2.
(2)当k＝2时，f
(x)＝(2－x)·e2(x－1)－x单调递减，且f
(1)＝0，
当x∈(1，2)时，f
(x)＜f
(1)，即(2－x)·e2(x－1)＜x，
ln(2－x)＋2(x－1)＜ln
x，
2(x－1)＜ln，①
下面证明：－＋2＜ln(2x－1)，x∈(1，2)．②
令H(x)＝ln(2x－1)－(1＜x＜2)，
则H′(x)＝＞0，
∴H(x)在(1，2)上单调递增，H(x)＞ln(2×1－1)－＝0，故②成立，
①＋②得，
ln＞2成立．
2．(2020·江西红色七校第一次联考)已知函数f
(x)＝x2－4x＋3ln
x.
(1)求函数f
(x)的单调区间；
(2)若f
(x1)＝f
(x2)＝f
(x3)(x1＜x2＜x3)，试证：x3－x1＜4.
[解] (1)由题设知函数f
(x)的定义域为(0，＋∞)且f
′(x)＝x－4＋＝，
故当x∈(0，1)∪(3，＋∞)时，f
′(x)＞0；当x∈(1，3)时，f
′(x)＜0.
所以f
(x)的单调递增区间为(0，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)．
(2)由(1)知：0＜x1＜1＜x2＜3＜x3.
先证x1＋x2＞2.构造函数F(x)＝f
(x)－f
(2－x)，x∈(0，1)，
则F′(x)＝f
′(x)＋f
′(2－x)＝＋＝，
故F′(x)＞0在(0，1)上恒成立，即F(x)＝f
(x)－f
(2－x)在(0，1)上单调递增，
所以F(x)＜f
(1)－f
(1)＝0，所以f
(x)＜f
(2－x)在(0，1)上恒成立，
又x1∈(0，1)，所以f
(x2)＝f
(x1)＜f
(2－x1)，
又x2，2－x1∈(1，3)且函数f
(x)在(1，3)上单调递减，
故x2＞2－x1，即x1＋x2＞2.①
再证x2＋x3＜6，构造函数G(x)＝f
(x)－f
(6－x)，x∈(1，3)，
则G′(x)＝f
′(x)＋f
′(6－x)＝＋＝，
故G′(x)＞0在(1，3)上恒成立，即G(x)＝f
(x)－f
(6－x)在(1，3)上单调递增，
所以G(x)＜f
(3)－f
(3)＝0，所以f
(x)＜f
(6－x)在(1，3)上恒成立，
又x2∈(1，3)，所以f
(x3)＝f
(x2)＜f
(6－x2)，
又x3，6－x2∈(3，＋∞)且函数f
(x)在(3，＋∞)上单调递增，
故x3＜6－x2，即x2＋x3＜6.②
综合①②得：x3－x1＜4.
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