第18讲 导数及其应用
【p54】
【命题趋势】
高考对本节内容的考查仍将突出导数的工具性，主要涉及导数及其运算，灵活运用导数公式及运算法则进行求导，理解导数的几何意义，会求切线方程．题型选择、填空、解答均可出现，一般属于中档题目．重点考查利用导数研究函数极值、最值及单调性问题和生活中的优化问题，这也是高考的必考点，其中蕴含对转化与化归、分类讨论和数形结合等数学思想方法的考查，综合性强，有一定难度，一般以大题的形式出现．
【备考建议】
新课标命题的高考中，导数属于高考重点考查的内容，在复习中应对这些问题予以关注：
(1)确定或应用过某点的切线的斜率(方程)；
(2)利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性(区间)，根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围；
(3)利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值大小、个数或最值，根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围．要掌握解决这些问题的基本数学方法与数学思想，不断培养提高数形结合、转化与化归、分类讨论、函数与方程的数学思想．
【p54】
探究一 导数的几何意义及应用
例1(1)已知曲线y＝x＋ln
x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________．
【解析】8
法一：∵y＝x＋ln
x，∴y′＝1＋，
y′|x＝1＝2.
∴曲线y＝x＋ln
x在点(1，1)处的切线方程为
y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．
由消去y，得ax2＋ax＋2＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.
法二：同法一得切线方程为y＝2x－1.
设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，ax＋(a＋2)x0＋1)．∵y′＝2ax＋(a＋2)，
∴y′|x＝x0＝2ax0＋(a＋2)．
由解得
(2)若点P是曲线y＝x2－ln
x上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离是( )
A.
B．1
C.
D.
【解析】选A.
点P是曲线y＝x2－ln
x上任意一点，
当过点P的切线和直线y＝x－2平行时，点P到直线y＝x－2的距离最小．
直线y＝x－2的斜率等于1，
令y＝x2－ln
x的导数y′＝2x－＝1，x＝1，
或x＝－(舍去)，
故曲线y＝x2－ln
x上和直线y＝x－2平行的切线经过的切点坐标(1，1)，
点(1，1)到直线y＝x－2的距离等于，
故点P到直线y＝x－2的最小距离为，
故选A.
(3)已知函数f＝x2＋2ax，g＝3a2ln
x＋b，设两曲线y＝f与y＝g有公共点，且在该点处的切线相同，则a∈时，实数b的最大值是( )
A.e6
B.e
C.e6
D.e
【解析】选B.
由题意得，函数f，g的导数分别为f＝x＋2a，g＝，由于两曲线y＝f与y＝g有公共点且在该点处的切线相同，设P(x0，y0)，则由于x0>0，a>0，则x0＝a，因此b＝x＋2ax0－3a2ln
x0＝a2－3a2ln
a，构造函数h(t)＝t2－3t2ln
t(t>0)，所以h′(t)＝2t(1－3ln
t)，当0
0，即h单调递增，当t>e时，h′(t)<0，即h单调递减，则h(t)max＝h(e)＝e，即为实数b的最大值．
【点评】导数的几何意义是高考考查的热点．在三类题型中均有可能考查，同时在解答题中进行考查时，综合性较强，往往综合考查方程与不等式知识，考查函数方程思想、数形结合思想、推理论证能力．
探究二 利用导数研究函数的单调性
例2
(1)已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是( )
A．－1≤m≤1
B．－1C．－1D．－1≤m<1
【解析】选D.
因为f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，
令f′(x)<0?－2所以函数f(x)＝x3－12x的单调递减区间为(－2，2)，
要使f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，
则区间(2m，m＋1)是区间(－2，2)的子区间，所以
从中解得－1≤m<1，选D.
(2)(多选题)已知函数f(x)＝xln
x，且0A.<1
B．f(x1)－x2C．x2f(x1)D．当ln
x1>－1时，x1f(x1)＋x2f(x2)>2x2f(x1)
【解析】选CD.
A.<1?f(x1)－f(x2)>x1－x2?f(x1)－x1>f(x2)－x2，令g(x)＝f(x)－x＝xln
x－x，
∴g′(x)＝ln
x，∴g(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，g(x1)与g(x2)的大小无法判断，∴A错误；
B．令g(x)＝f(x)＋x＝xln
x＋x，∴g′(x)＝ln
x＋2，
∴g(x)在(0，e－2)上单调递减，(e－2，＋∞)上单调递增，故g(x1)与g(x2)的大小无法判断，∴B错误；
C．x2f(x1)ln
x1x2?0D．f′(x)＝1＋ln
x>0，
∴f(x)单调递增，
∴(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0?x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，由C可知，x1f(x2)＋x2f(x1)>2x2f(x1)，∴x1f(x1)＋x2f(x2)>2x2f(x1)，故正确的命题为CD.
例3已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在R上为增函数；
当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝ln
a，
则当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(－∞，ln
a)上为减函数，
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在(ln
a，＋∞)上为增函数．
(2)当a＝1时，g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x.
∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，
∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，
即m≤在(2，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝，x∈(2，＋∞)，
则h′(x)＝＝.
令L(x)＝ex－x－2，
则L′(x)＝ex－1>0在(2，＋∞)上恒成立，
即L(x)＝ex－x－2在(2，＋∞)上为增函数，
即L(x)>L(2)＝e2－4>0，∴h′(x)>0,
即h(x)＝在(2，＋∞)上为增函数，
∴h(x)>h(2)＝，∴m≤，
即实数m的取值范围是.
【点评】1.利用导数研究函数的单调性时，一定要注意函数的定义域，单调区间和单调性必须在函数的定义域内进行研究；
2．“函数的单调增(或减)区间为D”与“函数在区间d上单调增(或减)”是两个不同概念，一般d?D.
3．根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数f(x)单调递增，则f′(x)≥0；若函数f(x)单调递减，则f′(x)≤0在区间上恒成立”来求解．
探究三 利用导数研究函数的极值、最值
例4(1)已知f(x)＝x3－3x＋3－，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若存在x1∈[0，2]，使得任意x2∈[0，2]都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数a的取值范围是____________．
【解析】a≥10－
存在x1∈[0，2]，使得任意x2∈[0，2]都有f(x1)≤g(x2)成立，等价于f(x)min≤g(x)min，
f′(x)＝3x2－3＋＝(x－1)，
故当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，2)时，f′(x)>0，
故f(x)min＝f(1)＝1－；
当x＝2时，g(x)取得最小值为g(2)＝a－9，所以1－≤a－9，即实数a的取值范围是a≥10－.
(2)已知函数f(x)＝e2x，g(x)＝ln
x＋，?a∈R，?b∈(0，＋∞)，使得f(a)＝g(b)，则b－a的最小值为( )
A．1＋
B．1－
C．2－1
D.－1
【解析】选A.
令e2x＝ln
x＋＝t，则a＝，b＝et－，b－a＝et－－.令h(t)＝et－－，则h′(t)＝et－－，导函数为增函数，且h′＝0，所以函数h(t)在上递减，在上递增，最小值为h＝1＋.
例5已知函数f(x)＝xln
x－x2(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)＝f(x)＋(a－1)x在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝2时，f(x)＝xln
x－x2，f′(x)＝ln
x＋1－2x，f(1)＝－1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x.
(2)由已知得g(x)＝xln
x－x2＋(a－1)x，则g′(x)＝ln
x－ax＋a，记h(x)＝g′(x)＝ln
x－ax＋a，则h(1)＝0，h′(x)＝－a＝.
①当a≤0，x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，函数g′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．
②当01，当x∈时，h′(x)>0，故函数g′(x)单调递增，
可得当x∈(0，1)时，g′(x)<0，x∈时，g′(x)>0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．
③当a＝1时，当x∈(0，1)时，h′(x)>0，g′(x)在(0，1)内单调递增；x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，g′(x)在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，g′(x)≤0，g(x)单调递减，不合题意．
④当a>1时，即0<<1，当x∈时，h′(x)<0，g′(x)单调递减，g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，g′(x)单调递减，g′(x)<0，所以g(x)在x＝1处取得极大值，不合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a<1.
【点评】1.函数极值与最值为两个不同概念．一般地，其研究思想是利用函数单调性．
2．求函数极值、最值的步骤：
(1)确定函数的定义域；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)用方程f′(x)＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格；
(4)由f′(x)＝0根的两侧导数的符号来判断f′(x)在这个根处取极值的情况；
(5)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
探究四 导数的综合应用
例6已知函数f(x)＝ae2x－aex－xex(a≥0，e＝2.718…，e为自然对数的底数)，若f(x)≥0对于x∈R恒成立．
(1)求实数a的值；
(2)证明：f(x)存在唯一极大值点x0，且＋≤f(x0)<.
【解析】(1)由f(x)＝ex(aex－a－x)≥0，可得g(x)＝aex－a－x≥0，因为g(0)＝0，所以g(x)≥g(0)，
从而x＝0是g(x)的一个极小值点，由于g′(x)＝aex－1，所以g′(0)＝a－1＝0，即a＝1.
当a＝1时，g(x)＝ex－1－x，g′(x)＝ex－1，
∵x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
∴g(x)≥g(0)＝0，故a＝1.
(2)当a＝1时，f(x)＝e2x－ex－xex，
f′(x)＝ex(2ex－x－2)．
令h(x)＝2ex－x－2，则h′(x)＝2ex－1，
∵x∈(－∞，－ln
2)时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－ln
2)上为减函数；
x∈(－ln
2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(－ln
2，＋∞)上为增函数，
由于h(－1)<0，h(－2)>0，所以在(－2，－1)上存在x＝x0满足h(x0)＝0，
∵h(x)在(－∞，－ln
2)上为减函数，∴x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(－∞，x0)上为增函数，x∈(x0，－ln
2)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(x0，－ln
2)上为减函数，
x∈(－ln
2，0)时，h(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(－ln
2，0)上为减函数，
x∈(0，＋∞)时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
因此f(x)在(－ln
2，＋∞)上只有一个极小值点x＝0，
综上可知，f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0∈(－2，－1)．∵h(x0)＝0，∴2ex0－x0－2＝0，
所以f(x0)＝e2x0－ex0－x0ex0＝－(x0＋1)＝－，x0∈(－2，－1)，
∵x∈(－2，－1)时，－<，∴f(x0)<；
∵ln∈(－2，－1)，∴f(x0)≥f＝＋；
综上知：＋≤f(x0)<.
【点评】不等式恒成立问题一般转化为函数最值问题，利用导数求函数在闭区间上的最值问题，先对函数求导，再求导函数的零点，一般先看能不能因式分解，如果不能就要分三个方面考虑：一是导函数恒正或恒负；二是可观察出函数的零点，再通过二阶导数证明导函数单调，导函数只有唯一零点；三是导函数的零点不可求，我们一般称为隐零点，通过图象和根的存在性定理，先判定和设零点，后面一般需要回代消去隐零点或参数．
(备选题)例7已知函数f(x)＝aln
x－ex.
(1)讨论f(x)的极值点的个数；
(2)若a∈N
，且f(x)<0恒成立，求a的最大值．
参考数据：
x
1.6
1.7
1.8
ex
4.953
5.474
6.050
ln
x
0.470
0.531
0.588
【解析】(1)根据题意可得f′(x)＝－ex＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，函数是减函数，无极值点；
当a>0时，令f′(x)＝0得a－xex＝0，即xex＝a，
又y＝xex在(0，＋∞)上是增函数，且当x→＋∞时，xex→＋∞，在x→0＋时，xex→0＋，
所以xex＝a在(0，＋∞)上存在一解，不妨设为x0，
所以函数y＝f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
所以函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点；
综上，当a≤0时，无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，无极小值点．
(2)因为a∈N
，由(1)知f(x)有极大值f(x0)，且x0满足x0ex0＝a，①
可知f(x)max＝f(x0)＝aln
x0－ex0，要使f(x)<0恒成立，即f(x0)＝aln
x0－ex0<0恒成立，②
由①可得ex0＝，代入②得aln
x0－<0，
即a<0恒成立，
因为a∈N
，所以ln
x0－<0，
因为ln
1.7－<0，ln
1.8－>0，且y＝ln
x0－在(0，＋∞)上是增函数，
设m为y＝ln
x0－的零点，则m∈(1.7，1.8)，
可知0由②可得aln
x0x0≤0，不等式显然恒成立；
当1x0>0，a<，
令g(x)＝，x∈(1，m)，g′(x)＝<0，
所以g(x)在(1，m)上是减函数，且≈10.29，≈10.31，
所以10.29，所以a的最大值为10.
【点评】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题．
【p56】
考题1[2020·全国卷Ⅰ]函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1
B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3
D．y＝2x＋1
【解析】选B.
∵f＝x4－2x3，∴f′＝4x3－6x2，∴f＝－1，f′＝－2，
因此，所求切线的方程为y＋1＝－2，
即y＝－2x＋1.
故选：B.
【命题立意】本题考查利用导数求解函数图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题．
考题2[2017·全国卷Ⅱ]若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1
B．－2e－3
C．5e－3
D．1
【解析】选A.
∵f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
∴导函数f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1，
∵f′(－2)＝0，∴a＝－1，
∴导函数f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1，
令f′(x)＝0，∴x1＝－2，x2＝1，
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2)
－2
(－2，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
从上表可知：极小值为f(1)＝－1.故选A.
【命题立意】本题主要考查应用导数研究函数的极值，考查运算求解能力．
考题3[2020·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
【解析】(1)∵f(x)＝ex－ln
x＋1，∴f′(x)＝ex－，
∴k＝f′(1)＝e－1.
∵f(1)＝e＋1，∴切点坐标为(1，1＋e)，
∴函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－e－1＝(e－1)(x－1)，即y＝x＋2，
∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0，2)，，
∴所求三角形面积为×2×＝；
(2)解法一：∵f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a，
∴f′(x)＝aex－1－，且a>0.
设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝aex－1＋>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1时，f′(1)＝0，∴f＝f＝1，∴f≥1成立．
当a>1时，<1，∴e－1<1，
∴f′f′(1)＝a(a－1)<0，
∴存在唯一x0>0，使得f′(x0)＝aex0－1－＝0，且当x∈(0，x0)时f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时f′(x)>0，
∴aex0－1＝，∴ln
a＋x0－1＝－ln
x0，
因此f(x)min＝f(x0)＝aex0－1－ln
x0＋ln
a
＝＋ln
a＋x0－1＋ln
a≥2ln
a－1＋2＝2ln
a＋1>1.∴f(x)>1，∴f(x)≥1恒成立；
当0a综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
解法二：f(x)＝aex－1－ln
x＋ln
a＝eln
a＋x－1－ln
x＋ln
a≥1等价于
eln
a＋x－1＋ln
a＋x－1≥ln
x＋x＝eln
x＋ln
x，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln
a＋x－1)≥g(ln
x)，
显然g(x)为单调增函数，∴又等价于ln
a＋x－1≥ln
x，即ln
a≥ln
x－x＋1，
令h(x)＝ln
x－x＋1，则h′(x)＝－1＝，
在(0，1)上h′(x)>0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝0，
ln
a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．
【命题立意】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题．【p124】
A组 基础演练
1．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln
x在(1，2)上为增函数，则a的值等于( )
A．1
B．2
C．0
D.
【解析】选B.
∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0，1)上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在x∈(1，2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1，2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2.
2．设函数y＝f(x)，x∈R的导函数为f′(x)，f(x)＝f(－x)，f′(x)A．f(0)B．e－1f(1)C．e2f(2)D．e2f(2)【解析】选B.
构造辅助函数，令g(x)＝e－x·f(x)，
则g′(x)＝(e－x)′·f(x)＋e－x·f′(x)
＝－e－x·f(x)＋e－x·f′(x)
＝e－x(f′(x)－f(x))．
∵f′(x)∴g′(x)＝e－x(f′(x)－f(x))<0，
∴函数g(x)＝e－x·f(x)为实数集上的减函数．
则g(－2)>g(0)>g(1)．
∵g(0)＝e0f(0)＝f(0)，
g(1)＝e－1f(1)，
g(－2)＝e2f(－2)，又f(－x)＝f(x)，
∴g(－2)＝e2f(2)，
∴e－1f(1)故选B.
3．已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln
x(a>0，b∈R)，若对任意x>0，f(x)≥f(1)，则( )
A．ln
a<－2b
B．ln
a≤－2b
C．ln
a>－2b
D．ln
a≥－2b
【解析】选A.
f′(x)＝2ax＋b－，由题意可知f′(1)＝0，即2a＋b＝1，构造一个新函数g(x)＝2－4x＋ln
x，
则有g′(x)＝－4，
令g′(x)＝－4＝0?x＝，
当0当x>时g(x)为减函数，所以对任意的x>0有g(x)≤g＝1－ln
4<0，
所以有g(a)＝2－4a＋ln
a＝2b＋ln
a<0?ln
a<－2b，
故本题正确选项为A.
4．已知函数f(x)＝x·ln
x与g(x)＝ax3－x－的图象在交点处存在公共切线，则实数a的值为________________．
【解析】
∵f′(x)＝ln
x＋1，g′(x)＝3ax2－，
设公切点的横坐标为x0，则与f(x)的图象相切的直线方程为y＝(ln
x0＋1)x－x0，
与g(x)的图象相切的直线方程为
y＝x－2ax－，
∴解之得x0ln
x0＝－，
解得x0＝，∴a＝.
5．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若函数f＝x3＋bx2＋x＋1有极值点，则∠B的范围是__________．
【解析】
由题意f′＝x2＋2bx＋有两个不等实根，所以Δ＝4b2－4>0，a2＋c2－b2B＝<，所以6．已知直线y＝b与函数f＝2x＋5和g＝ax＋ln
x的图象分别交于A，B两点，若的最小值为3，则2a－b＝__________．
【解析】1
设A，B，2x1＋5＝ax2＋ln
x2＝b，
＝x2－x1＝x2－
＝.
令h＝x－ln
x＋5(x>0)，
h′＝－，
因为的最小值为3，
所以h′＝0的根为x＝.
函数h(x)在上单调递减，在单调递增，所以h＝h＝6＋ln＝6，a＝1，x2＝1，b＝1，2a－b＝1，填1.
7．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝[f(x)－x3]·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，解之，得a＝－1.
(2)因为f(x)＝x3－x2－x＋c.
从而f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：
x
－
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
有极
大值
减
有极
小值
增
所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间是.
(3)函数g(x)＝[f(x)－x3]·ex＝(－x2－x＋c)·ex，
有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，
因为函数g(x)在区间x∈[－3，2]上单调递增，
等价于h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3，2]上恒成立，
只要h(2)≥0，解得c≥11，
所以c的取值范围是c≥11.
8．已知函数f(x)＝ex＋2ax.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为0，求a的值；
(3)若对于任意x≥0，f(x)≥e－x恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)当a≥0时，函数f′(x)＝ex＋2a>0，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f′(x)＝ex＋2a，
令ex＋2a＝0，得x＝ln(－2a)，
所以，当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
(2)由(1)可知，当a≥0时，函数f(x)＝ex＋2ax>0，不符合题意．
当a<0时，f′(x)＝ex＋2a，
因为，当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
①当ln(－2a)≤1，即－≤a<0时，f(x)最小值为f(1)＝2a＋e.
解2a＋e＝0，得a＝－，符合题意．
②当ln(－2a)>1，即a<－时，f(x)最小值为
f(ln(－2a))＝－2a＋2aln(－2a)．
解－2a＋2aln(－2a)＝0，得a＝－，不符合题意．
综上，a＝－.
(3)构建新函数g(x)＝ex－e－x＋2ax，g′(x)＝ex＋e－x＋2a.
①当2a≥－2，即a≥－1时，
因为ex＋e－x≥2，所以g′(x)≥0(仅当a＝－1，且x＝0时，g′(x)＝0)．
所以g(x)在R上单调递增．
又g(0)＝0，所以，当a≥－1时，对于任意x≥0都有g(x)≥0.
②当a<－1时，解ex＋e－x＋2a<0，即(ex)2＋2aex＋1<0，
得－a－其中0<－a－<1，－a＋>1.
所以ln(－a－)且ln(－a－)<0，ln(－a＋)>0.
所以g(x)在(0，ln(－a＋))上单调递减．
又g(0)＝0，所以存在x0∈(0，ln(－a＋))，使g(x0)<0，不符合题意．
综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．
B组 能力提升
9．若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，0)
B．(－5，0)
C．[－3，0)
D．(－3，0)
【解析】选C.
由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示，
令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)，故选C.
10．若函数f(x)是定义域D内的某个区间I上的增函数，且F(x)＝在I上是减函数，则称y＝f(x)是I上的“单反减函数”，已知函数g(x)＝2x＋＋aln
x(a∈R)是[1，＋∞)上的“单反减函数”，则实数a的取值范围为____________．
【解析】[0，4]
∵g(x)＝2x＋＋aln
x，g′(x)＝，
∵g(x)是[1，＋∞)上的“单反减函数”，g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴g′(1)≥0，即a≥0，
又G(x)＝＝2＋＋在[1，＋∞)上是减函数，
∴G′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即－＋≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即ax－axln
x－4≤0在[1，＋∞)上恒成立，令p(x)＝ax－axln
x－4，则p′(x)＝－aln
x，∴p′(x)≤0，p(x)在(1，＋∞)上为减函数，
∴解得0≤a≤4，综上a的取值范围为[0，4]．
11．如果对定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”．给出下列函数
①y＝－x3＋x＋1；②y＝3x－2(sin
x－cos
x)；③y＝ex＋1；④f(x)＝以上函数是“H函数”的共有________个．
【解析】2
∵对于任意给定的不等实数x1，x2，不等式x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)恒成立，∴不等式等价为(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0恒成立，即函数f(x)是定义在R上的增函数．
①y＝－x3＋x＋1；y′＝－3x2＋1，则函数在定义域上不单调．
②y＝3x－2(sin
x－cos
x)；y′＝3－2(cos
x＋sin
x)＝3－2sin
>0，函数单调递增，满足条件．
③y＝ex＋1为增函数，满足条件．
④f(x)＝当x>0时，函数单调递增，
当x<0时，函数单调递减，不满足条件．
12．设函数f(x)＝x2＋aln(x＋1)．
(1)若函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x12.
【解析】(1)f′(x)＝2x＋＝(x>－1)．
设g(x)＝2x2＋2x＋a，由y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是单调递增函数，知g(x)＝2x2＋2x＋a在[1，＋∞)恒为非负，所以g(1)≥0?a≥－4.
(2)解法一：由题设及(1)可知，g(x)＝2x2＋2x＋a在(－1，＋∞)上的两个零点为x1、x2，且x1于是有：?
因此＝＝－x2＋1－＋2x2ln(x2＋1)．
设g(x)＝－x＋1－＋2xln(x＋1)，
则g′(x)＝＋2ln(x＋1)．
令h(x)＝＋2ln(x＋1)，
则h′(x)＝＋＝，
令h′＝0解得x＝或x＝，其中x＝?，x＝∈，所以当x∈时h′<0，h单调递减，当x∈时，h′>0，h单调递增，而h＝1－2ln
2＝ln<0，h＝0，所以h<0在上恒成立，即g′<0在上恒成立，故g单调递减，
故g(0)2.
解法二：由题意以及(1)知，g(x)＝2x2＋2x＋a在(－1，＋∞)上的两个零点为x1、x2，且x1则?0因此：
>0?f(x2)<0?x＋aln(x2＋1)<0?x＋2x1x2ln(－x1)<0?x2＋2x1ln(－x1)>0，
结合x2＝－1－x1，则ln(－x1)<，令－x1＝t，
则则g(t)＝ln
t＋，
则g′(t)＝－＝>0，
故g(t)在因此g(－x1)<0，即ln(－x1)<.
＝＝
＝－2(1＋x1)ln(－x1)＋2，
令h(t)＝－2(1－t)ln
t－＋2，
h′(t)＝＋2ln
t＋－1＝2ln
t－＋＋1.
令l(t)＝2ln
t－＋＋1，令l′(t)＝＋－＝＝0?t0＝(舍去另一根)，则l(t)在上单调递减，在(t0，1)上单调递增，故lmax＝max＝max{－2ln
2＋1，0}＝0；
因此h′(t)<0，从而h(t)在上单调递减，从而h(t)2.
13．已知函数f(x)＝aln
x＋bx2＋x(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为1，且对任意x∈[1，e]有f(x)－x≤(a＋2)·成立，求实数a的取值范围；
(2)若h(x)＋x＝f(x)＋x2，求h(x)在[1，e]上的最小值及相应的x值．
【解析】(1)若函数f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率为1，则f′(1)＝a＋b＋1＝1，则a＝－b.
故f(x)＝aln
x－x2＋x，
若f(x)－x＝aln
x－x2≤(a＋2)成立，
则a(x－ln
x)≥x2－2x成立，∵x∈[1，e]，
∴ln
x≤1≤x，且等号不能同时取得，
所以ln
xx>0.
因而a≥(x∈[1，e])．
令g(x)＝(x∈[1，e])，
又g′(x)＝，
当x∈[1，e]时，x－1≥0，ln
x≤1，x＋2－2ln
x>0，
从而g′(x)≥0(仅当x＝1时取等号)，
所以g(x)在[1，e]上为增函数．
故g(x)的最大值为g(e)＝，
所以实数a的取值范围是.
(2)h(x)＋x＝f(x)＋x2?h(x)＝aln
x＋x2，
h′(x)＝(x>0)，
当x∈[1，e]时，2x2＋a∈[a＋2，a＋2e2]．
若a≥－2，h′(x)在[1，e]上非负(仅当a＝－2，x＝1时，h′(x)＝0)，故函数h(x)在[1，e]上是增函数，此时[h(x)]min＝h(1)＝1.
若－2e2当1≤x<时，h′(x)<0，此时h(x)是减函数；
当0，此时h(x)是增函数．
故[h(x)]min＝h＝ln－.
若a≤－2e2时，h′(x)在[1，e]上非正(仅当a＝－2e2，x＝e时，h′(x)＝0)，故函数h(x)在[1，e]上是减函数，此时[h(x)]min＝h(e)＝a＋e2.
综上可知，当a≥－2时，h(x)的最小值为1，相应的x值为1；
当－2e2当a≤－2e2时，h(x)的最小值为a＋e2，相应的x值为e.(共77张PPT)
第18讲 导数及其应用
专题探究>。●。。。
典例剖析>●。·。
高考
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限时训练>●。。