导数及其应用
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式本章内容在高考中一般是“一大一小”．2.考查内容(1)导数的几何意义一般在选择题或填空题中考查，有时与函数的性质相结合出现在压轴小题中．(2)解答题一般都是两问的题目，第一问考查曲线的切线方程、函数的单调区间、函数的极值点等，属于基础问题．第二问利用导数证明不等式，已知单调区间或极值求参数的取值范围，函数的零点等问题.
导数的概念及运算
[考试要求]
1.了解导数概念的实际背景，理解导数的几何意义.
2.能根据导数定义求函数y＝C(C为常数)，y＝x
，y＝x2，y＝x3，y＝，y＝的导数.
3.能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．
1．导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数：函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率
＝
为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝
＝
.
(2)函数f(x)的导函数f′(x)：f′(x)＝
.
提醒：函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．
2．导数的几何意义
函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
提醒：(1)瞬时速度是位移函数S(t)对时间的导数．
(2)曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线是指P为切点，斜率为f′(x0)的切线，是唯一的一条切线．
(3)曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线，点P不一定是切点，切线可能有多条．
3．基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xn(n∈Q
)
f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin
x
f′(x)＝cos_x
f(x)＝cos
x
f′(x)＝－sin_x
f(x)＝ax
f′(x)＝axln_a(a＞0)
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax(a＞0，且a≠1)
f′(x)＝(a＞0，且a≠1)
f(x)＝ln
x
f′(x)＝
4.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)′＝(g(x)≠0)．
5．复合函数的导数
复合函数y＝f(φ(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝φ(x)的导数间的关系为yx′＝[f(φ(x))]′＝f′(u)·φ′(x)．
1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．
2．熟记以下结论：
(1)′＝－；
(2)′＝－(f(x)≠0)；
(3)[af(x)±bg(x)]′＝af′(x)±bg′(x)．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．( )
(2)求f′(x0)时，可先求f(x0)，再求f′(x0)．( )
(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( )
(4)函数f(x)＝sin(－x)的导数是f′(x)＝cos
x．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材习题衍生
1．函数y＝xcos
x－sin
x的导数为( )
A．xsin
x
B．－xsin
x
C．xcos
x
D．－xcos
x
B [y′
＝x′cos
x＋x(cos
x)′－(sin
x)′＝cos
x－xsin
x－cos
x＝－xsin
x．]
2．曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( )
A．－9
B．－3
C．9
D．15
C [因为y＝x3＋11，所以y′＝3x2，所以y′|x＝1＝3，所以曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线方程为y－12＝3(x－1)．令x＝0，得y＝9.故选C.]
3.已知函数f(x)的图像如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是( )
A．0＜f′(2)＜f′(3)＜f(3)－f(2)
B．0＜f′(3)＜f′(2)＜f(3)－f(2)
C．0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)
D．0＜f(3)－f(2)＜f′(2)＜f′(3)
C [由导数的几何意义知，0＜f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)，故选C.]
4．若y＝ln(2x＋5)，则y′＝________.
[令v＝2x＋5，则y′＝＝.]
考点一 导数的计算
已知函数解析式求函数的导数
[典例1－1] 求下列各函数的导数：
(1)y＝x；(2)y＝tan
x；(3)y＝2sin2－1；(4)y＝ln.
[解] (1)先变形：y＝x，再求导：y′＝(x)′＝x.
(2)先变形：y＝，再求导：
y′＝′＝＝.
(3)先变形：y＝－cos
x，
再求导：y′＝－(cos
x)′＝－(－sin
x)＝sin
x.
(4)先变形：y＝ln(2x－1)－ln(2x＋1)，
再求导：y′＝[ln(2x－1)]′－[ln(2x＋1)]′
＝·(2x－1)′－·(2x＋1)′
＝－＝.
点评：(1)求函数的导数要准确地把函数分解为基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导数．
(2)在求导过程中，要仔细分析函数解析式的结构特征，紧扣法则，记准公式，避免运算错误．
抽象函数求导
[典例1－2] 已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)＝________.
－4 [∵f′(x)＝2x＋2f′(1)，
∴f′(1)＝2＋2f′(1)，
∴f′(1)＝－2，
∴f′(0)＝2f′(1)＝2×(－2)＝－4.]
点评：赋值法是求解此类问题的关键，求解时先视f′(1)为常数，然后借助导数运算法则计算f′(x)，最后分别令x＝1，x＝0代入f′(x)求解即可．
1．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝，若f′(1)＝，则a＝________.
1 [由于f′(x)＝，故f′(1)＝＝，解得a＝1.]
2．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln
x，则f′(2)＝________.
－ [因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln
x，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋，所以f′(2)＝4＋3f′(2)＋＝3f′(2)＋，所以f′(2)＝－.]
考点二 导数的几何意义
求曲线的切线方程
切线方程的求法
(1)已知切点A(x0，f(x0))求切线方程，可先求该点处的导数值f′(x0)，再根据y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)求解．
(2)若求过点P(x0，y0)的切线方程，可设切点为(x1，y1)，由求解即可．
[典例2－1] (1)(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图像在点(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
(2)已知函数f(x)＝xln
x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为________．
(1)B (2)x－y－1＝0 [(1)法一：∵f(x)＝x4－2x3，
∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2，又f(1)＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.
法二：∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，f′(1)＝－2，
∴切线的斜率为－2，排除C，D.又f(1)＝1－2＝－1，
∴切线过点(1，－1)，排除A.故选B.
(2)∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln
x上，
∴设切点为(x0，y0)．又∵f′(x)＝1＋ln
x，
∴直线l的方程为y＋1＝(1＋ln
x0)x.
∴由解得x0＝1，y0＝0.
∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.]
求切点坐标
求切点坐标的思路
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，再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．
[典例2－2] (2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln
x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
(e,1) [设A(x0，y0)，由y′＝，得k＝，
所以在点A处的切线方程为y－ln
x0＝(x－x0)．
因为切线经过点(－e，－1)，
所以－1－ln
x0＝(－e－x0)，所以ln
x0＝，
解得x0＝e，y0＝1，即A(e,1)．]
点评：切点既在曲线上，也在切线上，这是解题的切入点．
求参数的值(范围)
1．利用导数的几何意义求参数的基本方法
利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．
2．求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点
(1)注意曲线上横坐标的取值范围；
(2)谨记切点既在切线上又在曲线上．
[典例2－3] (1)(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln
x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1
B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1
D．a＝e－1，b＝－1
(2)已知函数f(x)＝ex－mx＋1的图像为曲线C，若曲线C存在与直线y＝x垂直的切线，则实数m的取值范围是( )
A．m＞2
B．m≤2
C．m＞－
D．m≤－
(1)D (2)A [(1)∵y′＝aex＋ln
x＋1，∴y′|x＝1＝ae＋1，
∴2＝ae＋1，∴a＝e－1.∴切点为(1,1)，
将(1,1)代入y＝2x＋b，得1＝2＋b，
∴b＝－1，故选D.
(2)f′(x)＝ex－m，由题意知方程f′(x)＝－2有解．
即m＝ex＋2有解，由ex＋2＞2得m＞2，故选A.]
两曲线的公切线问题
解决此类问题通常有两种方法：一是利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；二是设公切线l在y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝.
[典例2－4] (1)已知曲线f(x)＝x3＋ax＋在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－ln
x相切，则a的值为________．
(2)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln
x＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________.
(1)－e (2)0或1 [(1)由f(x)＝x3＋ax＋，得f′(x)＝3x2＋a.
∵f′(0)＝a，f(0)＝，
∴曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－＝ax.
设直线y－＝ax与曲线g(x)＝－ln
x相切于点(x0，－ln
x0)，g′(x)＝－，
∴
将②代入①得ln
x0＝，
∴x0＝e，∴a＝－＝－e.
(2)设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln
x＋2的切点为(x1，y1)，与曲线y＝ex的切点为(x2，y2)，y＝ln
x＋2的导数为y′＝，y＝ex的导数为y′＝ex，可得k＝ex2＝.又由k＝＝，消去x2，可得(1＋ln
x1)·(x1－1)＝0，则x1＝或x1＝1，则直线y＝kx＋b与曲线y＝ln
x＋2的切点为或(1,2)，与曲线y＝ex的切点为(1，e)或(0,1)，所以k＝＝e或k＝＝1，则切线方程为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1.]
点评：求解过程中，关键在消元．
1．曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为
( )
A．(1,3)
B．(－1,3)
C．(1,3)或(－1,3)
D．(1，－3)
C [f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，得3x2－1＝2，
解得x＝±1，当x＝1时，y＝3，当x＝－1时，y＝3，
∴P(1,3)或P(－1,3)，经检验，点P(－1,3)和P(1,3)均不在直线y＝2x－1上，故选C.]
2．若直线y＝12x＋m与曲线y＝x3－2相切，则m＝________.
14或－18 [设切点坐标为(x0，y0)，由y＝x3－2得y′＝3x2，
∴y′|x＝x0＝3x，由题意知3x＝12，解得x0＝±2，
当x0＝2时，y0＝6，当x0＝－2时，y0＝－10，
即切点坐标为(2,6)或(－2，－10)，
当切点坐标为(2,6)时，由6＝24＋m得m＝－18，
当切点坐标为(－2，－10)时，由－10＝－24＋m得m＝14.]
3．已知f(x)＝ln
x，g(x)＝x2＋mx＋(m＜0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图像都相切，与f(x)图像的切点为(1，f(1))，则m＝________.
－2 [∵f′(x)＝，∴直线l的斜率k＝f′(1)＝1.
又f(1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1.
g′(x)＝x＋m，
设直线l与g(x)的图像的切点为(x0，y0)，
则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝x＋mx0＋，m＜0，
∴m＝－2.]
PAGE 利用导数解决函数的单调性问题
[考试要求]
1.了解函数的单调性和导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不会超过三次)．
函数的单调性与导数的关系
条件
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)＞0
f(x)在(a，b)内是增加的
f′(x)＜0
f(x)在(a，b)内是减少的
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)内是常数函数
提醒：讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．
(1)在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
(2)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在(a，b)内f′(x)≤0，且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．( )
(2)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)＜0，则函数f(x)在定义域上一定单调递减．( )
(3)已知函数f(x)在区间[a，b]上单调递增，则f′(x)＞0恒成立．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)×
二、教材习题衍生
1.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下面判断正确的是( )
A．在区间(－3,1)上f(x)是增函数
B．在区间(1,3)上f(x)是减函数
C．在区间(4,5)上f(x)是增函数
D．在区间(3,5)上f(x)是增函数
C [由图像可知，当x∈(4,5)时，f′(x)＞0，故f(x)在(4,5)上是增函数．]
2．函数f(x)＝cos
x－x在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减
B．先减后增
C．增函数
D．减函数
D [因为f′(x)＝－sin
x－1＜0在(0，π)上恒成立，
所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.]
3．函数f(x)＝x－ln
x的单调递减区间为________．
(0,1] [函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，由f′(x)＝1－≤0，得0＜x≤1，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．]
4．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的最大值是________．
3 [f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，
又因为x∈[1，＋∞
)，所以a≤3，即a的最大值是3.]
考点一 不含参数的函数的单调性
求函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求f′(x)．
(3)在定义域内解不等式f′(x)＞0，得单调递增区间．
(4)在定义域内解不等式f′(x)＜0，得单调递减区间．
1．已知函数f(x)＝x2＋2cos
x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图像大致是( )
A B
C D
A [设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin
x，则g′(x)＝2－2cos
x≥0.
所以函数f′(x)在R上单调递增，故选A.]
2．(2020·河北九校联考)函数y＝x＋＋2ln
x的单调递减区间是( )
A．(－3,1)
B．(0,1)
C．(－1,3)
D．(0,3)
B [y′＝1－＋＝(x＞0)，
令y′＜0得，解得0＜x＜1，故选B.]
3．(2019·天津高考改编)函数f(x)＝excos
x的单调递增区间为________．
(k∈Z) [f′(x)＝excos
x－exsin
x＝ex(cos
x－sin
x)，
令f′(x)＞0得cos
x＞sin
x，
∴2kπ－π＜x＜2kπ＋，k∈Z，
即函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．]
点评：(1)函数的一阶导数可以用来研究函数图像的上升与下降，函数的二阶导数可以用来研究函数图像的陡峭及平缓程度，也可用来研究导函数图像的上升与下降．
(2)求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．
考点二 含参数的函数的单调性
解决含参数的函数的单调性问题应注意的两点
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．
[典例1] 已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
[解] (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
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.
故f(x)在(－∞，ln
a)上单调递减，
在(ln
a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln
a)＝－a2ln
a，
从而当且仅当－a2ln
a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，
最小值为f＝a2，从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，1]．
点评：要使f(x)≥0，只需f(x)min≥0；要使f(x)≤0，只需f(x)max≤0.
已知函数f(x)＝ln
x＋ax2－(2a＋1)x.若a＞0，试讨论函数f(x)的单调性．
[解] 因为f(x)＝ln
x＋ax2－(2a＋1)x，
所以f′(x)＝＝，
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
令f′(x)＝0得x＝1或x＝，
(1)若＜1，即a＞，
由f′(x)＞0得x＞1或0＜x＜，
由f′(x)＜0得＜x＜1，即函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
(2)若＞1，即0＜a＜，由f′(x)＞0得x＞或0＜x＜1，
由f′(x)＜0得1＜x＜，即函数f(x)在(0,1)，
上单调递增，在上单调递减；
(3)若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有f′(x)≥0，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得：当0＜a＜时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
考点三 已知函数的单调性求参数的取值范围
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)可导函数在区间D上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，从而构建不等式，求出参数的取值范围，要注意“＝”是否可以取到．
(2)可导函数在区间D上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，即f′(x)max＞0(或f′(x)min＜0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
(3)若已知f(x)在区间D上的单调性，区间端点含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令D是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
[典例2] 已知函数f(x)＝ln
x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．
[解] (1)h(x)＝ln
x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，
即a＞－有解．
设G(x)＝－，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，
当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－且a≠0，即a的取值范围是∪(0，＋∞)．
[母题变迁]
1．本例条件不变，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
[解] h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则h′(x)＜0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a＞－有解，
又当x∈[1,4]时，min＝－1，
所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
2．本例条件不变，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上不单调，求a的取值范围．
[解] 因为h(x)在[1,4]上不单调，
所以h′(x)＝0在(1,4)上有解，
即a＝－有解，
令m(x)＝－，x∈(1,4)，
则－1＜m(x)＜－，
所以实数a的取值范围为.
点评：注意区分在区间[a，b]上单调递增(减)和在区间[a，b]上存在单调递增(减)区间这两种说法，一个转化为不等式恒成立，一个转化为不等式有解．
(2020·青岛模拟)已知函数f(x)＝ln
x，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)的图像在x＝1处相切，求g(x)；
(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．
[解] (1)由已知得f′(x)＝，
所以f′(1)＝1＝a，所以a＝2.
又因为g(1)＝a＋b＝f(1)＝0，所以b＝－1.所以g(x)＝x－1.
(2)因为φ(x)＝－f(x)＝－ln
x在[1，＋∞)上是减函数．
所以φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，
因为x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号，
所以2m－2≤2，即m≤2.
故实数m的取值范围是(－∞，2]．
考点四 函数单调性的应用
构造函数解不等式或比较大小
一般地，在不等式中若同时含有f(x)与f′(x)，常需要通过构造含f(x)与另一函数的和、差、积、商的新函数，再借助导数探索新函数的性质，进而求出结果．
常见构造的辅助函数形式有：
(1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；
(2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；
(3)xf′(x)－f(x)→′；
(4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；
(5)f′(x)－f(x)→′.
比较大小
[典例3－1] (1)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系正确的是( )
A．a＜b＜c
B．b＜c＜a
C．a＜c＜b
D．c＜a＜b
(2)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)·cos
x＋f(x)sin
x＝1＋ln
x，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，则下列不等式成立的是( )
A.f
＜f
B.f
＞f
C.f
＞f
D.f
＞f
(1)D (2)B [(1)设g(x)＝，则g′(x)＝，
当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则g′(x)＝＜0，
即函数g(x)在x∈(0，＋∞)时为减函数．
由函数y＝f(x)为奇函数知f(－3)＝－f(3)，则c＝＝.
∵a＝＝g(e)，b＝＝g(ln
2)，c＝＝g(3)
且3＞e＞ln
2，
∴g(3)＜g(e)＜g(ln
2)，
即c＜a＜b，故选D.
(2)设g(x)＝，则g′(x)＝＝，x∈.
令g′(x)＝0得x＝，当x∈时g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
当x∈时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．
∵＜＜＜＜，
∴g＜g＜g，
即＞＞，
化简得f
＞f
，f
＞f
，
f
＞f
，故选B.]
解不等式
[典例3－2] (1)已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )
A．(－1,1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(－∞，＋∞)
(2)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
(1)B (2) [(1)由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B.
(2)因为f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数．因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2≥0，所以函数f(x)在R上单调递增．
又f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(2a2)≤f(1－a)，所以2a2≤1－a，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，
故实数a的取值范围为.]
点评：构造函数F(x)，把所求不等式转化为F(a)＞F(b)或F(a)＜F(b)的形式，然后根据F(x)的单调性得到a＞b或a＜b.
1．已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)＜2f(x)恒成立，则( )
A．4f(1)＜f(2)
B．4f(1)＞f(2)
C．f(1)＜4f(2)
D．f(1)＞4f′(2)
B [令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，
由不等式xf′(x)＜2f(x)恒成立知g′(x)＜0，即g(x)在(0，＋∞)是减函数，
∴g(1)＞g(2)，即＞，即4f(1)＞f(2)，故选B.]
2．已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，若f′(x)－2f(x)＜0，且f(－1)＝0，则f(x)＞0的解集为( )
A．(－∞，－1)
B．(－1,1)
C．(－∞，0)
D．(－1，＋∞)
A [设g(x)＝，则g′(x)＝＜0在R上恒成立，所以g(x)在R上单调递减．因为f(x)＞0，所以g(x)＞0，又g(－1)＝0，所以x＜－1.]
备考技法2 导数中的函数构造问题
函数与方程思想、转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的具体体现.
利用f(x)与xn构造函数
(1)若F(x)＝xnf(x)，
则F′(x)＝nxn－1f(x)＋xnf′(x)＝xn－1[nf(x)＋xf′(x)]．
(2)若F(x)＝，
则F′(x)＝＝.
由此得到结论：
①出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
②出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
(1)已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x＞0时，2f(x)＞xf′(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________．
(2)设f(x)是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)＞0的解集为________．
(1)(－1,0)∪(0,1) (2)(－∞，－4)∪(0,4) [(1)
构造F(x)＝，
则F′(x)＝，
当x＞0时，xf′(x)－2f(x)＜0，可以推出当x＞0时，F′(x)＜0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图像如图所示，根据图像可知f(x)＞0的解集为(－1,0)∪(0,1)．
(2)构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，当x＜0时，f(x)＋xf′(x)＜0，可以推出当x＜0时，F′(x)＜0，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递减．∵f(x)为偶函数，x为奇函数，
∴F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递减．根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图像如图所示，根据图像可知xf(x)＞0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．]
[评析] 构造函数后可根据条件判断构造函数的单调性、奇偶性，画出相应函数的图像，再根据图像写出解集．
设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x＜0时，有xf′(x)－f(x)＞0恒成立，则不等式f(x)＞0的解集为________．
(－∞，－1)∪(1，＋∞) [构造F(x)＝，
则F′(x)＝，当x＜0时，xf′(x)－f(x)＞0，可以推出当x＜0时，F′(x)＞0，F(x)在(－∞，0)上单调递增．∵f(x)为偶函数，x为奇函数，∴F(x)为奇函数，
∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增．根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图像，根据图像可知f(x)＞0的解集为(－∞，－1)∪(1，
＋∞)．]
利用f(x)与ex构造函数
(1)若F(x)＝enxf(x)，
则F′(x)＝n·enxf(x)＋enxf′(x)＝enx[f′(x)＋nf(x)]．
(2)若F(x)＝，
则F′(x)＝＝.
由此得到结论：
①出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
②出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若f(x)满足：(x－1)[f′(x)－f(x)]＞0，f(2－x)＝f(x)·e2－2x，则下列判断一定正确的是( )
A．f(1)＜f(0)
B．f(2)＞e2f(0)
C．f(3)＞e3f(0)
D．f(4)＜e4f(0)
C [构造F(x)＝，
则F′(x)＝＝，
导函数f′(x)满足(x－1)[f′(x)－f(x)]＞0，
则x＞1时F′(x)＞0，F(x)在[1，＋∞)上单调递增．当x＜1时F′(x)＜0，F(x)在(－∞，1]上单调递减．又由f(2－x)＝f(x)e2－2x?F(2－x)＝F(x)?F(x)关于x＝1对称，从而F(3)＞F(0)即＞，∴f(3)＞e3f(0)，故选C.]
[评析] 构造函数时，要注意F(x)＝与F(x)＝，F(x)＝xnf(x)与F(x)＝enxf(x)的构造条件．
若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)－2f(x)＞0，f(0)＝1，则不等式f(x)＞e2x的解集为________．
(0，＋∞) [构造F(x)＝，
则F′(x)＝＝，
函数f(x)满足f′(x)－2f(x)＞0，
则F′(x)＞0，F(x)在R上单调递增．
又∵f(0)＝1，则F(0)＝1，f(x)＞e2x?＞1?F(x)＞F(0)，根据单调性得x＞0.]
利用f(x)与sin
x，cos
x构造函数
sin
x，cos
x因为导函数存在一定的特殊性，所以也是重点考查的范畴，下面是常考的几种形式．
F(x)＝f(x)sin
x，F′(x)＝f′(x)sin
x＋f(x)cos
x；
F(x)＝，F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos
x，F′(x)＝f′(x)cos
x－f(x)sin
x；
F(x)＝，F′(x)＝.
已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos
x＋f(x)sin
x＞0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( )
A.f
＜f
B.f
＜f
C．f(0)＜f
D．f(0)＜2f
A [构造F(x)＝形式，
则F′(x)＝，导函数f′(x)满足f′(x)cos
x＋f(x)sin
x＞0，
则F′(x)＞0，F(x)在上单调递增．
∴F＜F，即＜，
∴f
＞f
，故选A.]
[评析] 准确记忆函数F(x)＝f(x)sin
x，F(x)＝f(x)cos
x，F(x)＝，F(x)＝的导数，是构造函数的前提．
定义在上的函数f(x)，函数f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)＜f′(x)tan
x成立，则( )
A.f
＞f
B．f(1)＜2f
sin
1
C.f
＞f
D.f
＜f
D [f(x)＜f′(x)tan
x?f′(x)sin
x－f(x)cos
x＞0，
令F(x)＝，则F′(x)＝＞0，
即函数F(x)在上是增函数，
∴F＜F，即＜，
∴f
＜f
，故选D.]
构造具体函数关系式
这类题型需要根据题意构造具体的函数关系式，通过具体的关系式去解决不等式及求值问题．
已知α，β∈，且αsin
α－βsin
β＞0，则下列结论正确的是( )
A．α＞β
B．α2＞β2
C．α＜β
D．α＋β＞0
B [构造函数f(x)＝xsin
x，
则f′(x)＝sin
x＋xcos
x.
当x∈时，f′(x)≥0，f(x)是增函数，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，
又f(x)为偶函数，
∴αsin
α－βsin
β＞0?αsin
α＞βsin
β?f(α)＞f(β)?f(|α|)＞f(|β|)?|α|＞|β|?α2＞β2，故选B.]
[评析] 认真分析题目所给条件，寻找(或变形后寻找)结构相同的式子，结合所求构造函数．
定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对对任意x∈R，f′(x)＜，则不等式f(log2x)＞的解集为________．
(0,2) [构造函数F(x)＝f(x)－x，则F′(x)＝f′(x)－＜0，
∴函数F(x)在R上是减函数．
由f(1)＝1，得F(1)＝f(1)－＝1－＝，
∴f(log2x)＞?f(log2x)－log2x＞
?F(log2x)＞F(1)?log2x＜1?0＜x＜2.]
PAGE 利用导数解决函数的极值、最值
[考试要求]
1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.
2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次).
3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
1．函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0
x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0
图像
形如山峰
形如山谷
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
提醒：(1)函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点)．
(2)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点．
2．函数的最值与导数
(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]上是增加的，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]上是减少的，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(1)若函数f(x)的图像连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
(3)若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．( )
(4)开区间上的单调连续函数无最值．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1.函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
C [设f′(x)的图像与x轴的4个交点从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x＜x1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，
当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C.]
2．设函数f(x)＝＋ln
x，则( )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
D [f′(x)＝－＋＝(x＞0)，
当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，
所以x＝2为f(x)的极小值点．]
3．函数f(x)＝ln
x－x在区间(0，e]上的最大值为________．
－1 [f′(x)＝－1，令f′(x)＝0得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0.
∴当x＝1时，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln
1－1＝－1.]
4．函数f(x)＝x3－12x的极小值为________，极大值为________．
－16 16 [f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，即3x2－12＝0
解得x＝±2，当x＜－2时，f′(x)＞0，当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，
因此x＝－2是极大值点，x＝2是极小值点，f(x)极大＝f(－2)＝(－2)3－12×
(－2)＝16，f(x)极小＝f(2)＝23－12×2＝－16.]
考点一 利用导数解决函数的极值问题
利用导数研究函数极值问题的一般流程
根据函数图像求值问题
[典例1－1] 函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图像如图所示，则x＋x等于
( )
A.
B.
C.
D.
C [因为函数f(x)的图像过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2.由题意知x1，x2是函数f(x)的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝，故选C.]
点评：可导函数在极值点处的导数一定为零，是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在极值点左、右两侧导数的符号．
求已知函数的极值
[典例1－2] 已知函数f(x)＝(x－2)(ex－ax)，当a＞0时，讨论f(x)的极值情况．
[解] ∵f′(x)＝(ex－ax)＋(x－2)(ex－a)
＝(x－1)(ex－2a)，
由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln
2a，a＞0.
①当a＝时，f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，
∴f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值．
②当0＜a＜时，ln
2a＜1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln
2a)
ln
2a
(ln
2a,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
故f(x)有极大值f(ln
2a)＝－a(ln
2a－2)2，极小值f(1)＝a－e.
③当a＞时，ln
2a＞1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，ln
2a)
ln
2a
(ln
2a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
故f(x)有极大值f(1)＝a－e，
极小值f(ln
2a)＝－a(ln
2a－2)2.
综上，当0＜a＜时，f(x)有极大值－a(ln
2a－2)2，极小值a－e；
当a＝时，f(x)无极值；
当a＞时，f(x)有极大值a－e，极小值－a(ln
2a－2)2.
点评：求极值时，要注意f′(x)＝0的根是否在定义域内．
已知函数极值求参数的值或范围
[典例1－3] (1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
(2)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
(1)－7 [由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
解得或
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，
而a＝2，b＝9满足题意，
故a－b＝－7.]
(2)[解] 由f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex
＝(ax－1)(x－1)ex.
若a＞1，则当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1＜0，
所以f′(x)＞0.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
点评：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：因为某点处的导数值等于0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．
1．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为( )
A．6
B．2
C．2或6
D．0
B [由f′(2)＝0可得c＝2或6.当c＝2时，结合图像(图略)可知函数先增后减再增，在x＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图像(图略)可知，函数在x＝2处取得极大值．故选B.]
2．已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图像如图所示，则＝________.
1 [f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由图像知，方程f′(x)＝0的两根为－1和2，则有
即
∴＝＝＝1.]
3．(2019·江苏高考节选)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数，若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3,1,3}中，求f(x)的极小值．
[解] 因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b).
令f′(x)＝0，得x＝b或x＝.
因为a，b，都在集合{－3,1,3}中，且a≠b，
所以＝1，a＝3，b＝－3.
此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．
令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.
列表如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)×(1＋3)2＝－32.
考点二 利用导数求函数的最值
(1)求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：
第一步，求函数f(x)在(a，b)内的极值；
第二步，求函数f(x)在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
第三步，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．
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值．
[典例2] (2020·青岛模拟)已知函数f(x)＝excos
x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
[解] (1)因为f(x)＝excos
x－x，所以f′(x)＝ex(cos
x－sin
x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos
x－sin
x)－1，则
h′(x)＝ex(cos
x－sin
x－sin
x－cos
x)＝－2exsin
x.
当x∈时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.
所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f
＝－.
点评：当导函数y＝f′(x)无法判断正负时，可令g(x)＝f′(x)再求g′(x)，先判断g(x)＝f′(x)的单调性，再根据单调性确定y＝f′(x)的正负号．
已知函数f(x)＝ln
x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．
[解] (1)f′(x)＝－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＝＞0；
当x＞时，f′(x)＝＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
(2)①当0＜≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln
2－2a.
②当≥2，即0＜a≤时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.
③当1＜＜2，即＜a＜1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数．
又f(2)－f(1)＝ln
2－a，
所以当＜a＜ln
2时，最小值是f(1)＝－a；
当ln
2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln
2－2a.
综上可知，
当0＜a＜ln
2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝－a；
当a≥ln
2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln
2－2a.
考点三 利用导数解决生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)回归实际问题，结合实际问题作答．
[典例3] (2020·江苏高考)某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO′为铅垂线(O′在AB上)．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO′的距离a(米)之间满足关系式h1＝a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)与F到OO′的距离b(米)之间满足关系式h2＝－b3＋6b.已知点B到OO′的距离为40米．
(1)求桥AB的长度；
(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点)．桥墩EF每米造价k(万元)，桥墩CD每米造价k(万元)(k＞0)，问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？
[解] (1)如图，设AA1，BB1，CD1，EF1都与MN垂直，A1，B1，D1，F1是相应垂足．由条件知，当O′B＝40时，BB1＝－×403＋6×40＝160，则AA1＝160.
由O′A2＝160，
得O′A＝80.
所以AB＝O′A＋O′B＝80＋40＝120(米)．
(2)以O为原点，OO′为y轴建立平面直角坐标系xOy(如图所示)．
设F(x，y2)，x∈(0,40)，则y2＝－x3＋6x，
EF＝160－y2＝160＋x3－6x.
因为CE＝80，所以O′C＝80－x.
设D(x－80，y1)，则y1＝(80－x)2，
所以CD＝160－y1＝160－(80－x)2＝－x2＋4x.
记桥墩CD和EF的总造价为f(x)，
则f(x)＝k＋k
＝k(0＜x＜40)．
f′(x)＝k＝x(x－20)，
令f′(x)＝0，得x＝20.
x
(0,20)
20
(20,40)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以当x＝20时，f(x)取得最小值．
答：(1)桥AB的长度为120米；
(2)当O′E为20米时，桥墩CD和EF的总造价最低．
点评：实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值，此时根据f′(x)＝0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后，若函数在该点附近满足左减右增，则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值．
某市自来水厂向全市生产与生活供水，蓄水池(蓄量足够大)在每天凌晨0点时将会有水15千吨，水厂每小时向池中注水2千吨，同时从池中向全市供水，若已知x(0≤x≤24)小时内供水总量为10千吨，且当蓄水量少于3千吨时，供水就会出现紧张现象．
(1)一天内将在哪个时间段内出现供水紧张现象？
(2)若将每小时向池内注水2千吨改为每小时向池内注水a(a＞2)千吨，求a的最小值，使得供水紧张现象消除．
[解] (1)设x小时后的蓄水池水量为y千吨，则y＝15＋2x－10(0≤x≤24)，
当供水出现紧张现象时，y＜3，即15＋2x－10＜3，解得：2＜＜3，∴4＜x＜9.
∴一天内将在4点到9点时间段内出现供水紧张现象．
(2)设x小时后的水池蓄水量关于x的函数为f(x)，
则f(x)＝15＋ax－10(0≤x≤24)，
若无供水紧张现象，则f(x)≥3在[0,24]上恒成立，
∴a≥在(0,24]上恒成立，
设g(x)＝(0＜x≤24)，则g′(x)＝，
∴当0＜x＜时，g′(x)＞0，当＜x≤24时，g′(x)＜0，
∴g(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴当x＝时，g(x)取得最大值g＝.
∴a的最小值为.
PAGE 定积分与微积分基本定理
[考试要求]
1.了解定积分的实际背景，了解定积分的基本思想，了解定积分的概念.
2.了解微积分基本定理的含义．
1．定积分的有关概念与几何意义
(1)定积分的定义
如果函数f(x)在区间[a，b]上连续，用分点将区间[a，b]等分成n个小区间，在每个小区间上任取一点δi(i＝1,2，…，n)，作和式s′＝f(δ1)Δx1＋f(δ2)Δx2＋…＋f(δi)Δxi＋…＋f(δn)Δxn.当每个小区间的长度Δx趋于0时，s′的值趋于一个常数A.我们称常数A叫作函数f(x)在区间[a，b]上的定积分，记作f(x)dx，即f(x)dx＝A.
在f(x)dx中，a与b分别叫做积分下限与积分上限，区间[a，b]叫做积分区间，函数f(x)叫做被积函数，x叫做积分变量，f(x)dx叫做被积式．
(2)定积分的几何意义
图形
阴影部分面积
S＝f(x)dx
S＝－f(x)dx
S＝f(x)dx－f(x)dx
S＝f(x)dx－g(x)dx＝[f(x)－g(x)]dx
2．定积分的性质
(1)kf(x)dx＝kf(x)dx(k为常数)；
(2)[f1(x)±f2(x)]dx＝f1(x)dx±f2(x)dx；
(3)f(x)dx＝f(x)dx＋f(x)dx(其中a
提醒：求分段函数的定积分，可以先确定不同区间上的函数解析式，然后根据定积分的性质(3)进行计算．
3．微积分基本定理
如果连续函数f(x)是函数F(x)的导函数，即f(x)＝F′(x)，那么f(x)dx＝F(b)－F(a)，这个结论叫作微积分基本定理，又叫作牛顿?莱布尼茨公式．通常称F(x)是f(x)的一个原函数．
为了方便，常把F(b)－F(a)记作F(x)|，
即f(x)dx＝F(x)＝F(b)－F(a)．
函数f(x)在闭区间[－a，a]上连续，则有
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)设函数y＝f(x)在区间[a，b]上连续，则f(x)dx＝f(t)dt.( )
(2)定积分一定是曲边梯形的面积．( )
(3)若f(x)dx＜0，那么由y＝f(x)的图像，直线x＝a，直线x＝b以及x轴所围成的图形一定在x轴下方．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)×
二、教材习题衍生
1．已知质点的速率v＝10t，则从t＝0到t＝t0质点所经过的路程是( )
A．10t
B．5t
C.t
D.t
B
2．＝________.
1 [＝ln
e－ln
1＝1.]
3.
dx＝________.
[dx表示由直线x＝0，x＝－1，y＝0以及曲线y＝所围成的图形的面积，
∴dx＝.]
4.曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________．
[如图，阴影部分的面积即为所求．
由得A(1,1)．
故所求面积为S＝
(x－x2)dx
＝＝.]
考点一 定积分的计算
计算定积分的步骤
(1)把被积函数变形为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的积的和或差．
(2)把定积分变形为求被积函数为上述函数的定积分．
(3)分别用求导公式的逆运算找到一个相应的原函数．
(4)利用微积分基本定理求出各个定积分的值，然后求其代数和．
1．计算dx的值为( )
A.
B.＋ln
2
C.＋ln
2
D.3＋ln
2
B [dx＝
＝2＋ln
2－
＝＋ln
2.故选B.]
2.
e|x|dx＝________.
2e－2 [e|x|dx＝e|x|dx＋e|x|dx＝e－xdx＋exdx＝－e－x＋ex＝2e－2.]
3．设函数f(x)＝则f(x)dx＝________.
[f(x)dx＝x2dx＋1dx＝x3＋x
＝＋2－1＝.]
点评：运用微积分基本定理求定积分时的四个关键点
(1)对被积函数要先化简，再求积分．
(2)求被积函数为分段函数的定积分，依据定积分“对区间的可加性”，分段积分再求和．
(3)对于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值符号，再求积分．
(4)注意用“F′(x)＝f(x)”检验积分的对错．
考点二 定积分的几何意义
(1)根据题意画出图形．
(2)借助图形确定被积函数，求交点坐标，确定积分的上、下限．
(3)把曲边梯形的面积表示成若干个定积分的和．
(4)计算定积分，写出答案．
利用定积分的几何意义计算定积分
[典例1－1] (1)计算：dx＝________.
(2)若dx＝，则m＝________.
(1)π (2)－1 [(1)由定积分的几何意义知，
dx表示圆(x－1)2＋y2＝4和x＝1，x＝3，y＝0围成的图形的面积，∴dx＝×π×4＝π.
(2)根据定积分的几何意义dx表示圆(x＋1)2＋y2＝1和直线x＝－2，x＝m和y＝0围成的图形的面积，又dx＝为四分之一圆的面积，结合图形知m＝－1.]
点评：正确画出定积分所对应的几何图形是解决此类问题的关键．
求平面图形的面积
[典例1－2] 由曲线xy＝1，直线y＝x，y＝3所围成的封闭平面图形的面积为________．
4－ln
3 [由xy＝1，y＝3，
可得A.
由xy＝1，y＝x，可得B(1,1)，
由y＝x，y＝3，得C(3,3)，
由曲线xy＝1，直线y＝x，y＝3所围成图形的面积为
[逆向问题]
已知曲线y＝x2与直线y＝kx(k＞0)所围成的曲边图形的面积为，则k＝________.
2 [由得或
则曲线y＝x2与直线y＝kx(k＞0)所围成的曲边梯形的面积为
(kx－x2)dx＝
＝－k3＝，
即k3＝8，
所以k＝2.]
点评：利用定积分求曲边图形面积时，一定要找准积分上限、下限及被积函数．当图形的边界不同时，要分不同情况讨论．
曲线y＝－x＋2，y＝与x轴所围成的面积为________．
[如图所示，由y＝及y＝－x＋2可得交点横坐标为x＝1.由定积分的几何意义可知，由y＝，y＝－x＋2及x轴所围成的封闭图形的面积为dx＋(－x＋2)dx＝x
＋＝.]
考点三 定积分在物理中的应用
定积分在物理中的两个应用
(1)求物体做变速直线运动的路程，如果变速直线运动物体的速度为v＝v(t)，那么从时刻t＝a到t＝b所经过的路程s＝v(t)dt.
(2)变力做功，一物体在变力F(x)的作用下，沿着与F(x)相同方向从x＝a运动到x＝b时，力F(x)所做的功是W＝F(x)dx.
[典例2] (1)一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度v(t)＝7－3t＋(t的单位：s，v的单位：m/s)行驶至停止．在此期间汽车继续行驶的距离(单位：m)是( )
A．1＋25ln
5
B．8＋25ln
C．4＋25ln
5
D．4＋50ln
2
(2)一物体在变力F(x)＝5－x2(力单位：N，位移单位：m)作用下，沿与F(x)成30°方向作直线运动，则由x＝1运动到x＝2时，F(x)做的功为( )
A.
J
B.
J
C.
J
D.2
J
(1)C (2)C [(1)由v(t)＝7－3t＋＝0，
可得t＝4，因此汽车从刹车到停止一共行驶了4
s，
在此期间行驶的距离为
v(t)dt＝dt
＝＝4＋25ln
5.
(2)变力F在位移方向上的分力为Fcos
30°，故F(x)做的功为W＝(5－x2)cos
30°dx
＝(5－x2)dx
＝＝.]
点评：(1)定积分在物理中的应用，其本质是定积分的计算．
(2)如果做变速直线运动的物体的速度v关于时间t的函数是v＝v(t)(v(t)≤0)，那么物体从时刻t＝a到t＝b所经过的路程s＝－v(t)dt.
物体A以速度v＝3t2＋1(t的单位：s，v的单位：m/s)在一直线上运动，在此直线上与物体A出发的同时，物体B在物体A的正前方5
m处以v＝10t(t的单位：s，v的单位：m/s)的速度与A同向运动，当两物体相遇时，相遇地与物体A的出发地的距离是________m.
130 [设A追上B时，所用的时间为t0，
则SA＝SB＋5，
即
(3t2＋1)dt＝
(10t)dt＋5，
∴(t3＋t)
＝5t＋5，
∴t＋t0＝5(t＋1)，
即t0＝5，
∴SA＝5t＋5＝5×52＋5＝130(m)．]
PAGE命题探秘一 高考中的导数应用问题
第1课时 利用导数证明不等式
技法阐释
导数是研究函数的工具，利用导数我们可以方便地求出函数的单调性、极值、最值等，在证明与函数有关的不等式时，我们可以把不等式问题转化为函数的最值问题，也常构造函数，把不等式的证明问题转化为利用导数研究函数的单调性或最值问题，利用导数证明不等式常见的方法有：(1)直接转化为函数的最值问题：把证明f(x)＜g(a)转化为f(x)max＜g(a)．(2)移项作差构造函数法：把不等式f(x)＞g(x)转化为f(x)－g(x)＞0，进而构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．(3)构造双函数法：若直接构造函数求导，难以判断符号，导函数零点不易求得，即函数单调性与极值点都不易获得，可转化不等式为f(x)＞g(x)利用其最值求解．(4)换元法，构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x1，x2)≥A的不等式，可将函数式变为与或x1·x2有关的式子，然后令t＝或t＝x1x2，构造函数g(t)求解．(5)适当放缩构造函数法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln
x≤x－1，ex≥x＋1，ln
x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)．(6)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数等．把不等式左、右两边转化为结构相同的式子，然后根据“相同结构”，构造函数．(7)赋值放缩法：函数中对与正整数有关的不等式，可对已知的函数不等式进行赋值放缩，然后通过多次求和达到证明的目的．
高考示例
思维过程
(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x＋aln
x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.
(1)略．(2)证明：由(1)知，当且仅当a＞2时，f(x)存在两个极值点．由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
技法一 直接将不等式转化为函数的最值
问题
[典例1] 已知函数f(x)＝ln
x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明：f(x)≤－－2.
[思维流程]
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为
f
＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.设g(x)＝ln
x－x＋1，则g′(x)＝－1.当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.所以当x＞0时，g(x)≤0.从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，即f(x)≤－－2.
点评：(1)若证f(x)＞g(a)或f(x)＜g(a)，只需证f(x)min＞g(a)或f(x)max＜g(a)．
(2)若证f(a)＞M或f(a)＜M(a，M是常数)，只需证f(x)min＞M或f(x)max＜M.
已知函数f(x)＝aex－bln
x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋1.
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞0.
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝aex－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，
所以
解得
(2)证明：由(1)知f(x)＝·ex－ln
x.
因为f′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)＜0，f′(2)＞0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1,2)．
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，
从而当x＝x0时，f(x)取极小值，也是最小值．
由f′(x0)＝0，得ex0－2＝，则x0－2＝－ln
x0.
故f(x)≥f(x0)＝ex0－2－ln
x0＝＋x0－2＞2－2＝0，所以f(x)＞0.
技法二 移项作差构造函数证明不等式
[典例2] 已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数的底数，a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln
，且x＞0时，＞x＋－3a.
[思维流程]
[解] (1)由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln
3，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln
3)
ln
3
(ln
3，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln
3]，
单调递增区间是[ln
3，＋∞)，
f(x)在x＝ln
3处取得极小值，极小值为f(ln
3)＝eln
3－3ln
3＋3a＝3(1－ln
3＋a)．无极大值．
(2)证明：待证不等式等价于ex＞x2－3ax＋1，
设g(x)＝ex－x2＋3ax－1，x＞0，
于是g′(x)＝ex－3x＋3a，x＞0.
由(1)及a＞ln
＝ln
3－1知：g′(x)的最小值为g′(ln
3)＝3(1－ln
3＋a)＞0.
于是对任意x＞0，都有g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
于是当a＞ln
＝ln
3－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex＞x2－3ax＋1，故＞x＋－3a.
点评：若证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．如果能证明h(x)min＞0，x∈(a，b)，即可证明f(x)＞g(x)，x∈(a，b)．使用此法证明不等式的前提是h(x)＝f(x)－g(x)易于用导数求最值．
(2020·唐山模拟)设f(x)＝2xln
x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln
x.
[解] (1)f′(x)＝2(ln
x＋1)．
所以当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－.
(2)证明：x2－x＋＋2ln
x－f(x)
＝x(x－1)－－2(x－1)ln
x
＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln
x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，
所以当0＜x＜1时，g(x)＜0，
当x＞1时，g(x)＞0，
所以(x－1)≥0，
即f(x)≤x2－x＋＋2ln
x.
技法三 构造双函数证明不等式
[典例3] 已知f(x)＝xln
x.
(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln
x＞－成立．
[思维流程]
[解] (1)由f(x)＝xln
x，x＞0，得f′(x)＝ln
x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
①当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜时，
f(x)min＝f＝－；
②当≤t＜t＋2，即t≥时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tln
t.
所以f(x)min＝
(2)证明：问题等价于证明xln
x＞－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln
x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，
由m′(x)＜0得x＞1时，m(x)为减函数，
由m′(x)＞0得0＜x＜1时，m(x)为增函数，
易知m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln
x≥－≥－，两个等号不同时取到，即证对一切x∈(0，＋∞)都有ln
x＞－成立．
点评：(1)若证f(x)＜g(x)，只需证f(x)max＜g(x)min；
(2)若证f(x)＞g(x)，只需证f(x)min＞g(x)max.
已知函数f(x)＝ex2－xln
x.
证明：当x＞0时，f(x)＜xex＋.
[证明] 要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln
x＜ex＋，即ex－ex＜ln
x＋.
令h(x)＝ln
x＋(x＞0)，则h′(x)＝，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，所以ln
x＋≥0.
令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex＜ln
x＋，故原不等式成立．
技法四 换元法，构造函数证明双变量函数不等式
[典例4] 已知函数f(x)＝ln
x－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)．求证：x1x2＞e2.
[思维流程]
[证明] 不妨设x1＞x2＞0，
因为ln
x1－ax1＝0，ln
x2－ax2＝0，
所以ln
x1＋ln
x2＝a(x1＋x2)，ln
x1－ln
x2＝a(x1－x2)，所以＝a，
欲证x1x2＞e2，即证ln
x1＋ln
x2＞2.
因为ln
x1＋ln
x2＝a(x1＋x2)，所以即证a＞，
所以原问题等价于证明＞，
即ln
＞，
令c＝(c＞1)，则不等式变为ln
c＞.
令h(c)＝ln
c－，c＞1，
所以h′(c)＝－＝＞0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)＞h(1)＝ln
1－0＝0，
即ln
c－＞0(c＞1)，因此原不等式x1x2＞e2得证．
点评：对于双变量函数不等式f(x1，x2)＞A，通过变量代换，把双变量变为一个主元，再构造函数证明不等式．
已知函数f(x)＝ln
x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的图像在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，求证：x1＋x2≥.
[解] (1)当a＝0时，f(x)＝ln
x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1,1)，又因为f′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln
x＋x2＋x(x＞0)．
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，
得ln
x1＋x＋x1＋ln
x2＋x＋x2＋x1x2＝0，
从而(x1＋x2)2＋(x1＋x2)＝x1x2－ln(x1x2)，
令t＝x1x2(t＞0)，令φ(t)＝t－ln
t，得φ′(t)＝1－＝，
易知φ(t)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，因为x1＞0，x2＞0，所以x1＋x2≥成立．
技法五 适当放缩构造函数证明不等式
[典例5] 已知函数f(x)＝ln
x－.
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若a＝0，x∈(0,1)，证明：x2－＜.
[思维流程]
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ln
x－，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－＝
＝.
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a＝0，x∈(0,1)时，x2－＜等价于＋x2－＜0，
∵当x∈(0,1)时，ex∈(1，e)，－ln
x＞0，
∴＜－ln
x，
∴只需要证－ln
x＋x2－＜0在(0,1)上恒成立．
令g(x)＝－ln
x＋x2－，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝－＋2x＋＝＞0，
则函数g(x)在(0,1)上单调递增，于是g(x)＜－ln
1＋1－1＝0，
∴当x∈(0,1)时，x2－＜.
点评：通过适当放缩可将较复杂的函数变为简单的函数，当参数范围已知时，通过放缩，可将参数消去，达到简化目的．
已知函数f(x)＝.证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
[证明] 当a≥1时，f(x)＋e＝＋e≥＋e＝(x2＋x－1＋ex＋1)
e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，
则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1，且g′(－1)＝0.
当x＜－1时，g′(x)＜0，当x＞－1时，g′(x)＞0，
因此当x＝－1时，g(x)有最小值，g(x)min＝g(－1)＝0，
∴g(x)≥0，当且仅当x＝－1时等号成立．
又e－x＞0，
∴f(x)＋e≥0.
技法六 构造“形似”函数证明不等式
[典例6] 已知函数f(x)＝(a＋1)ln
x＋ax2＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若a≤－2，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
[思维流程]
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝＝.
当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝，
因为f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减．
(2)证明：不妨假设x1≥x2，
由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，
即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.
令g(x)＝f(x)＋4x，
则g′(x)＝＋2ax＋4＝，
于是g′(x)≤＝≤0.
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故g(x1)≤g(x2)，
即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1，
故当a≤－2时，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.
点评：对双变量函数不等式，可根据条件构造“形似”函数，再判断此函数的单调性，最后根据函数的单调性证明不等式．
已知函数f(x)＝(ln
x－k－1)x(k∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，求k的值；
(2)若对于任意x1，x2∈(0,3]，且x1[解] (1)由题意得f′(x)＝ln
x－k，又曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0平行，所以f′(1)＝ln
1－k＝，解得k＝－.
(2)因为f(x1)＋所以f(x1)－记h(x)＝f(x)－，又因为x1，x2∈(0,3]，且x1所以h(x)＝f(x)－在(0,3]上单调递增．
所以h′(x)＝ln
x－k＋≥0在(0,3]上恒成立，即k≤ln
x＋在(0,3]上恒成立，
记u(x)＝ln
x＋，所以u′(x)＝－＝，
令u′(x)＝0，解得x＝2.
当0当20，u(x)单调递增，
所以当x＝2时，u(x)取得最小值u(2)＝ln
2＋，
所以k≤ln
2＋.
所以实数k的取值范围是.
技法七 赋值放缩法证明正整数不等式
[典例7] 若函数f(x)＝ex－ax－1(a＞0)在x＝0处取极值．
(1)求a的值，并判断该极值是函数的最大值还是最小值；
(2)证明：1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)(n∈N
)．
[思维流程]
[解] (1)因为x＝0是函数极值点，所以f′(0)＝0，所以a＝1.
f(x)＝ex－x－1，易知f′(x)＝ex－1.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，
故极值f(0)是函数的最小值．
(2)证明：由(1)知ex≥x＋1.
即ln(x＋1)≤x，当且仅当x＝0时，等号成立，
令x＝(k∈N
)，
则＞ln，即＞ln
，
所以＞ln(1＋k)－ln
k(k＝1,2，…，n)，
累加得1＋＋＋…＋＞ln(n＋1)(n∈N
)．
点评：函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用正整数n替代函数不等式中的自变量，通过多次求和达到证明的目的．
已知函数f(x)＝ax2－xln
x＋b，g(x)＝f′(x)．
(1)判断函数y＝g(x)的单调性；
(2)若x∈(0，e](e≈2.718)，判断是否存在实数a，使函数g(x)的最小值为2？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
(3)证明：3>n－ln.
[解] (1)g(x)＝ax－1－ln
x，x>0，
∴g′(x)＝a－＝，
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当a>0时，在x∈，g′(x)<0，在x∈，g′(x)>0，
∴g(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)当a≤0时，函数g(x)在
(0，e]上单调递减，g(x)min＝ae－2≤－2，故不存在最小值为2；
当
0∴当x＝e时有最小值，g(x)min＝ae－1－1＝2，解得a＝，不合题意舍去；
当a>时，即0<∴当x＝时有最小值，g(x)min＝1－1＋ln
a＝2，解得a＝e2.
综上所述，存在实数a＝e2，当x∈(0，e]时，函数g(x)的最小值是2.
(3)证明：由(2)知，g(x)＝e2x－1－ln
x≥2，
即e2x≥3＋ln
x恒成立，
即x≥(3＋ln
x)恒成立，即x>(3＋ln
x)，
取x＝，
则>，则3·>1＋ln
，
∴3>n＋ln＝n＋ln＝n－ln
.
PAGE第2课时 利用导数研究不等式恒(能)成立问题
技法阐释
用导数解决不等式“恒成立”“存在性”问题的常用方法是分离参数，或构造新函数分类讨论，将不等式问题转化为函数的最值问题．(1)分离参数法：一般地，若a＞f(x)对x∈D恒成立，则只需a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D恒成立，则只需a＜f(x)min.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，则只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，则只需a＜f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．(2)构造函数分类讨论法：有两种常见情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．
高考示例
思维过程
(2020·全国卷Ⅰ)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.
(1)略．(ⅰ)→则当x∈(0,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)＝1，故当x∈(0,2)时，g(x)＞1，不符合题意．(ⅱ)若0＜2a＋1＜2，即－＜a＜，则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)＜0；当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a＋1,2)单调递增．由于g(0)＝1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，→即a≥.所以当≤a＜时，g(x)≤1.(ⅲ)若2a＋1≥2，即a≥，则→
技法一 分离参数法解决不等式恒成立问题
[典例1] (2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝axex－(a＋1)(2x－1)．
(1)若a＝1，求函数f(x)的图像在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当x＞0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
[思维流程]
[解] (1)若a＝1，则f(x)＝xex－2(2x－1)．
即f′(x)＝xex＋ex－4，
则f′(0)＝－3，f(0)＝2，
所以所求切线方程为3x＋y－2＝0.
(2)由f(1)≥0，得a≥＞0，
则f(x)≥0对任意的x＞0恒成立可转化为≥对任意的x＞0恒成立．
设函数F(x)＝(x＞0)，
则F′(x)＝－.
当0＜x＜1时，F′(x)＞0；
当x＞1时，F′(x)＜0，
所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(1)＝.
于是≥，解得a≥.
故实数a的取值范围是.
点评：利用分离参数法来确定不等式f(x，λ)≥0(x∈D，λ为实参数)恒成立问题中参数取值范围的基本步骤：
(1)将参数与变量分离，化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式．
(2)求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值．
(3)解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min，得到λ的取值范围．
已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围．
[解] (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一的极值点，
所以0＜a＜1＜a＋，故＜a＜1，
即实数a的取值范围为.
(2)由题意得，当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln
x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)＞0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2]．
技法二 构造函数分类讨论法解决不等式恒成立问题
[典例2] (2020·合肥六校联考)已知函数f(x)＝(x＋a－1)ex，g(x)＝x2＋ax，其中a为常数．
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
[思维流程]
[解] (1)因为a＝2，所以f(x)＝(x＋1)ex，所以f(0)＝1，
f′(x)＝(x＋2)ex，所以f′(0)＝2，
所以所求切线方程为2x－y＋1＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)，
由题意得h(x)min≥0在x∈[0，＋∞)上恒成立，
因为h(x)＝(x＋a－1)ex－x2－ax，
所以h′(x)＝(x＋a)(ex－1)．
①若a≥0，则当x∈[0，＋∞)时，h′(x)≥0，所以函数h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(0)＝a－1，
则a－1≥0，得a≥1.
②若a＜0，则当x∈[0，－a)时，h′(x)≤0；
当x∈(－a，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以函数h(x)在[0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(－a)，
又因为h(－a)＜h(0)＝a－1＜0，所以不合题意．
综上，实数a的取值范围为[1，＋∞)．
点评：对于f(x)≥g(x)型的不等式恒成立问题，若无法分离参数，一般采用作差法构造函数h(x)＝f(x)－g(x)或h(x)＝g(x)－f(x)，进而只需满足h(x)min≥0或h(x)max≤0即可．
设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex，
令f′(x)＝0，得x＝－1±，
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)上单调递增．
(2)令g(x)＝f(x)－ax－1＝(1－x2)ex－(ax＋1)，
令x＝0，可得g(0)＝0.
g′(x)＝(1－x2－2x)ex－a，
令h(x)＝(1－x2－2x)ex－a，
则h′(x)＝－(x2＋4x＋1)ex，
当x≥0时，h′(x)＜0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
故h(x)≤h(0)＝1－a，即g′(x)≤1－a，
要使f(x)－ax－1≤0在x≥0时恒成立，需要1－a≤0，
即a≥1，此时g(x)≤g(0)＝0，故a≥1.
综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
技法三 分离参数或构造函数解决不等式能成立问题
[典例3] 已知函数f(x)＝x－aln
x，g(x)＝－(a∈R)，若在[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)＜g(x0)成立，求a的取值范围．
[思维流程]
[解] 依题意，只需[f(x0)－g(x0)]min＜0，x0∈[1，e]即可．
令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－aln
x＋，x∈[1，e]，
则h′(x)＝1－－＝＝.令h′(x)＝0，得x＝a＋1.
①若a＋1≤1，即a≤0时，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)min＝h(1)＝a＋2＜0，得a＜－2；
②若1＜a＋1＜e，即0＜a＜e－1时，
h(x)在[1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e]上单调递增，
故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2＞2，x∈(0，e－1)与h(x)＜0不符，故舍去．
③若a＋1≥e，即a≥e－1时，h(x)在[1，e]上单调递减，则h(x)min＝h(e)＝e－a＋＜0，
得a＞＞e－1成立．综上所述，a的取值范围为(－∞，－2)∪.
点评：能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中等价转化有以下几种形式：
(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥a成立?f(x)max≥a.
(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤a成立?f(x)min≤a.
(3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f(x1)≤g(x2)成立?f(x)min≤g(x)min.
已知函数f(x)＝3ln
x－x2＋x，g(x)＝3x＋a.
(1)若f(x)与g(x)的图像相切，求a的值；
(2)若存在x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，求参数a的取值范围．
[解] (1)由题意得，f′(x)＝－x＋1，g′(x)＝3，设切点为(x0，f(x0))，则k＝f′(x0)＝－x0＋1＝3，解得x0＝1或x0＝－3(舍)，所以切点为，代入g(x)＝3x＋a，得a＝－.
(2)设h(x)＝3ln
x－x2－2x.存在x0＞0，使f(x0)＞g(x0)成立，等价于存在x＞0，使h(x)＝3ln
x－x2－2x＞a成立，等价于a＜h(x)max(x＞0)．
因为h′(x)＝－x－2＝
＝－，
令得0＜x＜1；令得x＞1.
所以函数h(x)＝3ln
x－x2－2x在(0,1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝－，即a＜－，
因此参数a的取值范围为.
PAGE第3课时 利用导数解决函数的零点问题
技法阐释
1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构函数零点个数(或方程根的个数)问题的一般思路(1)可转化为用导数研究其函数的图像与x轴(或直线y＝k)在该区间上的交点问题；(2)证明有几个零点时，需要利用导数研究函数的单调性，确定分类讨论的标准，确定函数在每一个区间上的极值(最值)、端点函数值等性质，进而画出函数的大致图像．再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)＜0.2．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤第一步，利用导数证明该函数在该区间上单调；第二步，证明端点的导数值异号．3．已知函数有零点求参数范围常用的方法(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
高考示例
思维过程
(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－.→f′(x)与f(x)的情况为：x－f′(x)＋0－0＋f(x)c＋?c－?→ 因为f(1)＝f＝c＋，→因为f(－1)＝f
＝c－，→由题设可知－≤c≤.→→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.
技法一 讨论或证明函数零点的个数
[典例1] (2019·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝sin
x－ln(1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
(1)f′(x)在区间存在唯一极大值点；
(2)f(x)有且仅有2个零点．
[思维流程]
[证明] (1)设g(x)＝f′(x)，则g(x)＝cos
x－，g′(x)＝－sin
x＋.当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)单调递增，在单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
(2)f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
(ⅰ)当x∈(－1,0]时，由(1)知，f′(x)在(－1,0)单调递增，而f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)单调递减．又f(0)＝0，从而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零点．
(ⅱ)当x∈时，由(1)知，f′(x)在(0，α)单调递增，在单调递减，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且当x∈(0，β)时，f′(x)＞0；当x∈时，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)单调递增，在单调递减．
又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以当x∈时，f(x)＞0.从而，f(x)在没有零点．
(ⅲ)当x∈时，f′(x)＜0，所以f(x)在单调递减．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零点．
(ⅳ)当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)＞1，所以f(x)＜0，从而f(x)在(π，＋∞)没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
点评：根据参数确定函数零点的个数，解题的基本思想是“数形结合”，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，作出函数的大致图像，然后通过函数图像得出其与x轴交点的个数，或者两个相关函数图像交点的个数，基本步骤是“先数后形”．
设函数f(x)＝ln
x＋，m∈R.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；
(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
[解] (1)由题意知，当m＝e时，f(x)＝ln
x＋(x＞0)，则f′(x)＝，
∴当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln
e＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题意知g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，
因此x＝1也是φ(x)的最大值点，
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝，
又∵φ(0)＝0.
结合y＝φ(x)的图像(如图)，可知，
①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．
技法二 已知函数零点个数求参数的取值范围
[典例2] (2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
[思维流程]
[解] (1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1.
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．
(2)f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意．
当a>0时，由f′(x)＝0可得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)单调递减，在(ln
a，＋∞)单调递增．故当x＝ln
a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln
a)＝－a(1＋ln
a)．
(ⅰ)若0a)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．
(ⅱ)若a>，则f(ln
a)<0.
由于f(－2)＝e－2>0，所以f(x)在(－∞，ln
a)存在唯一零点．
由(1)知，当x>2时，ex－x－2>0，所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)＝e·e－a(x＋2)
>eln(2a)·－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln
a，＋∞)存在唯一零点．从而f(x)在(－∞，＋∞)有两个零点．综上，a的取值范围是.
点评：与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．
(2020·贵阳模拟)已知函数f(x)＝kx－ln
x(k＞0)．
(1)若k＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的值．
[解] (1)若k＝1，则f(x)＝x－ln
x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1－，
由f′(x)＞0，得x＞1；由f′(x)＜0，得0＜x＜1，
∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)法一：由题意知，方程kx－ln
x＝0仅有一个实根，
由kx－ln
x＝0，得k＝(x＞0)．
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，
当x＝e时，g′(x)＝0；当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)max＝g(e)＝.
当x→＋∞时，g(x)→0.
又∵k＞0，∴要使f(x)仅有一个零点，则k＝.
法二：f(x)＝kx－ln
x，f′(x)＝k－＝(x＞0，k＞0)．
当x＝时，f′(x)＝0；当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝1－ln，
∵f(x)有且只有一个零点，∴1－ln＝0，即k＝.
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