导函数与函数的零点
知识点：
1.不含由参数的零点问题
2.含有参数的零点问题
3.与函数零点相关的综合问题
4.隐零点
知识点 1 不含参数的零点问题
例1.求函数 f(x) = 2x3- 3x+ 1零点的个数
解：f (x) = 6x2- 3= 0x=± 22 ,
f(x)在 -∞,- 22
2 2 2
上单调递增,在 - 2 , 2 上单调递减,在 2 , +∞ 上上单调递增,
x=- 2所以当 2 时,f(x)取到极大值 1+ 2> 0,
2
所以当 x= 2 时,f(x)取到极小值 1- 2< 0,
所以函数 f(x) = 2x3- 3x+ 1零点的个数为 3，
y
3
2
1
3 2 1 1 2 x
1
2
答案：3个
例2.证明：函数 f(x) = ln x- x2+ x只有一个零点．
1 2
证明：f(x)的定义域是 (0，+∞)，f′ (x) = x - 2x+ 1=-
2x - x- 1
x .
令 f′ (x) = 0，解得 x=- 12 (舍去)或 x= 1.
所以当 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，
所以当 x= 1时，函数 f(x)取得极大值，也是最大值，
即为 f(1) = ln 1- 12+ 1= 0，
当 x≠ 1时，f(x)< f(1)，
即 f(x)< 0，
所以函数 f(x)只有一个零点．
·1·
y
1
1O 1 2 3 x
1
2
3
跟踪练习1已知函数 f(x) = xsin x- 32 .判断函数 f(x)在 (0，π)内的零点个数，并加以证明.
解 f(x)在 (0，π)内有且只有两个零点.证明如下：
∵ f′ (x) = sin x+ xcos x π，当 x∈ 0，2 时，f′ (x)> 0，
f(x) = xsin x- 3 f(0) =- 3 < 0 f π = π- 32 ，从而有 2 ， 2 2 > 0，
π
又 f(x)在 0， 2 上的图象是连续不间断的.
所以 f(x)在 0 π，2 内至少存在一个零点.
f(x) 0 π又 在 ，2
π
上单调递增，故 f(x)在 0，2 内有且只有一个零点.
x∈ π当 2 ，π 时，令 g(x) = f′ (x) = sin x+ xcos x.
g π由 2 = 1> 0，g(π) =-π< 0，且 g(x)
π
在 2 ，π 上的图象是连续不间断的，
故存在m∈ π2 ，π ，使得 g(m) = 0.
由 g′ (x) = 2cos x- xsin x，
x∈ π知 2 ，π 时，有 g′ (x)< 0，
从而 g(x) π在 2 ，π 内单调递减.
当 x∈ π π2 ，m 时，g(x)> g(m) = 0，即 f′ (x)> 0，从而 f(x)在 2 ，m 内单调递增，
x∈ π π故当 2 ，m
时，f(x)≥ f 2 =
π- 3
2 > 0，故 f(x)
π在 2 ，m 上无零点；
当 x∈ (m，π)时，有 g(x)< g(m) = 0，即 f′ (x)< 0，从而 f(x)在 (m，π)内单调递减.
又 f(m)> 0，f(π)< 0，且 f(x)在 [m，π]上的图象是连续不断的，从而 f(x)在 (m，π)内有且仅有
一个零点.
综上所述，f(x)在 (0，π)内有且只有两个零点.
y
1
2π π π 2π 3π x
1
2
跟踪练习2 已知函数 f(x) = 13 x
3- a(x2+ x+ 1).证明：f(x)只有一个零点.
3
证明：由于 x2+ x+ 1> 0，所以 f(x) = 0 x等价于 2 - 3a= 0.x + x+ 1
2 2
( ) = x
3
- ′ ( )= x (x + 2x+ 3)设 g x 2 3a，则 g x ≥ 0，x + x+ 1 (x2+ x+ 1)2
仅当 x= 0时 g′ (x) = 0，所以 g(x)在 (-∞，+∞)单调递增.
·2·
故 g(x)至多有一个零点，从而 f(x)至多有一个零点.
2
又 f(3a- 1) =-6a2+ 2a- 13 =-6 a-
1
6 -
1
6 < 0，
f(3a+ 1) = 13 > 0，故 f(x)有一个零点.
综上，f(x)只有一个零点.
知识点 2 根据零点个数求参数的范围
ex
例3.已知函数 f x = x ,x∈ 0, +∞ ，若函数 y= f x - 2a有两个不同的零点，则实数 a的取
值范围是 ( )
A. e, +∞ B. e2 , +∞ C. e, +∞
e
D. 2 ,e
【解析】因为函数 y= f x - 2a有两个不同的零点，
ex
所以函数 f x = x ,x∈ 0, +∞ 的图像与直线 y= 2a有两个不同的交点，
ex
x
f x = ,x∈ 0, +∞ f x = xe
x- ex = e (x- 1)由 x 得 ，x2 x2
令 f x = 0，则 x= 1，当 0< x< 1时，f x < 0；当 x> 1时，f x > 0，
所以 f x 在 (0,1)上单调递减，在 (1, +∞)上单调递增，
所以 x= 1时，f x 取最小值 f 1 = e，
且当 x→ 0时，f x →+∞ ，当 x→+∞时，f x →+∞，
ex
所以要使函数 f x = x ,x∈ 0, +∞ 的图像与直线 y= 2a有两个不同的交点，只要 2a> e即
e
可，即 a> 2 ，故选：B
k+ 1
例4.已知函数 f 1 1 x = 3 23 x - 2 x ，g x = 3 - kx，且 f x 在区间 2, +∞ 上为增函数.
(1)求 k的取值范围；
(2)若函数 f x 与 g x 的图象有三个不同的交点，求实数 k的取值范围.
【解析】(1)由题意 f (x) = x2- (k+ 1)x
因为 f x 在区间 2, +∞ 上为增函数
所以 f x = x2- k+ 1 x≥ 0在区间 2, +∞ 上恒成立，
即 k+ 1≤ x恒成立，又 x> 2，所以 k+ 1≤ 2，故 k≤ 1.
当 k= 1时，f x = x2- 2x在区间 2, +∞ 恒大于 0，
故 f x 在区间 2, +∞ 上单增，符合题意.
所以 k的取值范围为 k≤ 1
3
( (k+ 1)2)设 h(x) = f(x) - g(x) = x 23 - 2 x + kx-
1
3
h (x) = x2- (k+ 1)x+ k= (x- k) (x- 1)
令 h x = 0得 x= k或 x= 1，由 (1)知 k≤ 1，
①当 k= 1时，h (x) = (x- 1)2≥ 0，h x 在R上递增，显然不合题意.
②当 k< 1时，h x ，h x 随 x的变化情况如下表：
x (-∞,k) k k,1 1 1, +∞
·3·
h (x) + 0 - 0 +
3 2
h(x) ↗ - k k极大 6 + 2 -
1 ↘ k- 1极小
3 2
↗
k- 1
由于 2 > 0，欲使 f x 与 g x 图象有三个不同的交点，
即方程 f(x) = g(x)，也即 h(x) = 0有三个不同的实根
k3 k2- + - 1故需 6 2 3 > 0即 (k- 1) k
2- 2k- 2 < 0
k< 1所以 2- - > 解得 k< 1- 3k 2k 2 0
综上，所求 k的范围为 k< 1- 3 .
例5.已知函数 f(x) = 2ln x- x2+ ax(a∈R).若函数 g(x) = f(x) - ax+m 1在 ，e e 上有两个
零点，求实数m的取值范围.
( ) = -2(x+ 1) (x- 1)解 g x f(x) - ax+m= 2ln x- x2+m，则 g′ (x) = 2x - 2x= x ，
∵ x∈ 1 ，e e ，
∴由 g′ (x) = 0，得 x= 1.
1
当 e ≤ x< 1时，g′ (x)> 0，函数 g(x)单调递增，
当 1< x≤ e时，g′ (x)< 0，函数 g(x)单调递减，
故当 x= 1时，函数 g(x)取得极大值 g(1) =m- 1，
g 1又 =m- 2- 1 ，g(e) =m+ 2- e2e e2 ，
1
且 g e > g(e)，
1 g(1) =m- 1> 0，∴ g(x) = f(x) - ax+m在 e ，e 上有两个零点需满足条件 g 1 =m- 2- 1e 2 ≤ 0，e
解得 1故实数m的取值范围是 1，2+ 1 2 .e
跟踪练习1已知函数 f(x) = ex(x+ 1)，若函数 g(x) = f(x) - 3ex-m有两个零点，求实数m的取
值范围.
解:g(x) = f(x) - 3ex-m= ex(x- 2) -m，
函数 g(x) = ex(x- 2) -m有两个零点，相当于函数 u(x) = ex·(x- 2)的图象与直线 y=m有两个
交点，u′ (x) = ex·(x- 2) + ex= ex(x- 1)，
当 x∈ (-∞，1)时，u′ (x)< 0，
∴u(x)在 (-∞，1)上单调递减；
当 x∈ (1，+∞)时，u′ (x)> 0，
∴u(x)在 (1，+∞)上单调递增，
∴当 x= 1时，u(x)取得极小值 u(1) =-e.
又当 x→+∞时，u(x) →+∞，
当 x< 2时，u(x)< 0，
∴实数m的取值范围为 {m| -e·4·
知识点 3 与函数零点相关的综合问题
例6.设函数 f(x) = e2x- aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f ′ (x)零点的个数；
(2) a> 0 f(x)≥ 2a+ aln 2证明：当 时， a .
(1)解：f(x)的定义域为 (0，+∞)，f′ (x) = 2e2x- ax (x> 0).
当 a≤ 0时，f′ (x)> 0，f′ (x)没有零点；
当 a> 0 a时，因为 y= e2x单调递增，y=- x 单调递增，
所以 f′ (x)在 (0，+∞)上单调递增.
又 f′ (a)> 0 a 1，当 b满足 0< b< 4 ，且 b< 4 时，f′ (b)< 0，
(讨论 a≥ 1或 a< 1来检验，
①当 a≥ 1时，则 0< b< 14 ，
f′ (b) = 2e2b- a < 2e 12 - 4a< 2e
1
2 - 4< 0；b
②当 a< 1时，则 0< b< a4 ，f′ (b) = 2e
2b- a < 2e a 12 - 4< 2e 2 - 4< 0，综上，f′ (b)< 0.)b
故当 a> 0时，f′ (x)存在唯一零点.
(2)证明 由 (1)，可设 f′ (x)在 (0，+∞)上的唯一零点为 x0，
当 x∈ (0，x0)时，f′ (x)< 0；当 x∈ (x0，+∞)时，f′ (x)> 0.
故 f(x)在 (0，x0)上单调递减，在 (x0，+∞)上单调递增，
所以当 x= x0时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0).
由于 2e2x0- ax = 0，0
所以 f(x0) = a2x + 2ax0+ aln
2 ≥ 2a+ aln 2 .
0 a a
故当 a> 0 2时，f(x)≥ 2a+ aln a .
方法归纳：
1.在 (1)问中，当 a> 0时，f ′ (x)在 (0，+∞)上单调递增，从而 f ′ (x)在 (0，+∞)上至多有一个零
点，问题的关键是找到 b，使 f′ (b)< 0.
2.由 (1)问知，函数 f ′ (x)存在唯一零点 x0，则 f (x0)为函数的最小值，从而把问题转化为证明
f(x0)≥ 2a+ aln 2a .
3
跟踪练习1设函数 f(x) = x3+- 4 x+ c，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.
证明：f′ (x) = 3x2- 34 .令 f′ (x) = 0，解得 x=-
1 x= 12 或 2 .
f′ (x)与 f(x)的情况为：
x -∞ - 1， 2 -
1
2 -
1 1 1 1
2 ，2 2 2 ，+∞
f′ (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ c+ 1 ↘ c- 14 4 ↗
·5·
因为 f(1) = f - 12 = c+
1
4 ，
1
所以当 c<- 4 时，f(x)只有大于 1的零点.
因为 f(-1) = f 12 = c-
1
4 ，
1
所以当 c> 4 时，f(x)只有小于-1的零点.
- 1 1由题设可知 4 ≤ c≤ 4 .
当 c=- 1 14 时，f(x)只有两个零点- 2 和 1.
当 c= 14 时，f(x)只有两个零点-1
1
和 2 .
1
当- 4 < c<
1 1 1 1
4 时，f(x)有三个零点 x1，x2，x3，且 x1∈ -1，- 2 ，x2∈ - 2 ，2 ，
x ∈ 13 2 ，1 .
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.
跟踪练习2函数 f(x) = ex- 2ax- a.
(1)讨论函数的极值；
(2)当 a> 0时，求函数 f(x)的零点个数.
解 (1)由题意，函数 f(x) = ex- 2ax- a，
可得 f′ (x) = ex- 2a，
当 a≤ 0时，f′ (x) = ex- 2a> 0，f(x)在R上为单调增函数，此时无极值；
当 a> 0时，令 f′ (x) = ex- 2a> 0，解得 x> ln(2a)，
所以 f(x)在 (ln(2a)，+∞)上为单调增函数；
令 f′ (x) = ex- 2a< 0，解得 x< ln(2a)，f(x)在 (-∞，ln(2a))上为单调减函数，
所以当 x= ln(2a)时，函数 f(x)取得极小值 f(x)极小值= f(ln(2a)) = a- 2aln(2a)，无极大值.
综上所述，
当 a≤ 0时，f(x)无极值，
当 a> 0时，f极小值= f(ln(2a)) = a- 2aln(2a)，无极大值.
(2)由 (1)知当 a> 0，f(x)在 (ln(2a)，+∞)上为单调增函数，在 (-∞，ln(2a))上为单调减函数，
且 f(x)极小值= a- 2aln(2a)，
又由 f(x) = ex- a(2x+ 1)，
若 x→-∞时，f(x) →+∞；
若 x→+∞时，f(x) →+∞；
e
当 a- 2aln(2a)> 0，即 0< a< 2 时，f(x)无零点；
当 a- 2aln(2a) = 0，即 a= e2 时，f(x)有 1个零点；
当 a- 2aln(2a)< 0 e，即 a> 2 时，f(x)有 2个零点.
e
综上，当 0< a< 2 时，f(x)无零点；
当 a= e2 时，f(x)有 1个零点；
e
当 a> 2 时，f(x)有 2个零点.
·6·
跟踪练习3已知函数 f(x) = (2- x)ex，g(x) = a(x- 1)2.讨论 y= f(x)和 y= g(x)的图象的交点
个数.
解：令F(x) = g(x) - f(x) = a(x- 1)2+ (x- 2)ex，则 y= f(x)和 y= g(x)的图象的交点个数即F
(x)的零点个数.
F′ (x) = (x- 1) (ex+ 2a).
①当 a= 0时，F(x) = (x- 2)ex，F(x)只有一个零点.
②当 a< 0时，由F′ (x) = 0得 x= 1或 x= ln(-2a).
若 a≥- e2 ，则 ln(-2a)≤ 1，
故当 x∈ (1，+∞)时，F′ (x)> 0，
因此F(x)在 (1，+∞)上单调递增.
当 x→+∞时，F(x)> 0；
又当 x≤ 1时，F(x)< 0，
所以F(x)只有一个零点.
若 a<- e2 ，则 ln(-2a)> 1，
故当 x∈ (1，ln(-2a))时，F′ (x)< 0；
当 x∈ (ln(-2a)，+∞)时，F′ (x)> 0.
因此F(x)在 (1，ln(-2a))上单调递减，在 (ln(-2a)，+∞)上单调递增.
当 x→+∞时，F(x)> 0；
又当 x≤ 1时，F(x)< 0，
所以F(x)只有一个零点.
③若 a> 0时，若 x∈ (-∞，1)，则F′ (x)< 0；
若 x∈ (1，+∞)，则F′ (x)> 0，
所以F(x)在 (-∞，1)上单调递减，
在 (1，+∞)上单调递增.
F(1) =-e，F(2) = a，
取 b a满足 b< 0，且 b< ln 2 .
则F(b)> a2 (b- 2) + a(b- 1)
2= a b2- 32 b > 0，
所以F(x)有两个零点.
综上，当 a≤ 0时，y= f(x)和 y= g(x)的图象的交点个数为 1；当 a> 0时，y= f(x)和 y= g(x)
的图象的交点个数为 2.
跟踪练习4已知函数 f(x) = x3- 3kx+ 2，k∈R.若函数 f(x)在 [0，2]上有且仅有 2个零点，求
f(x)在 [0，2]上的最大值 g(k).
解 f′ (x) = 3(x2- k)，
①当 k≤ 0时，f′ (x) = 3(x2- k)≥ 0恒成立，
∴ f(x)在 [0，2]上单调递增，最多只有 1个零点，不符合条件，舍去.
②当 k≥ 4时，当 x∈ [0，2]时，
f′ (x) = 3(x2- k)≤ 0恒成立，
∴ f(x)在 [0，2]上单调递减，最多只有 1个零点，不符合条件，舍去.
③当 0< k< 4时，令 f′ (x) = 3(x2- k)< 0得 0< x< k，
∴ f(x)在 (0， k )上递减，在 ( k，2)上递增，
·7·
f(0)≥ 0，要使函数 f(x)在区间 [0，2]上有且仅有 2个零点，必有 f( k )< 0，f(2)≥ 0，
即 2≥ 0， ( k )3- 3k k+ 2< 0，解得 1< k≤
5
3 ，
8- 6k+ 2≥ 0，
4
当 f(2) - f(0)≥ 0，即 1< k≤ 3 时，
由 f(x)的单调性可知 f(x)max= f(2) = 10- 6k，
同理，当 f(2) - f(0)< 0 4，即 3 < k≤
5
3 时，f(x)max= f(0) = 2，
∴ f(x)在 [0，2]上的最大值
10- 6k，1< k≤
4
g(k) = 3
，
2，43 < k≤ 53 .
跟踪练习5已知函数 f(x) = ex- a(x+ 2).若 f(x)有两个零点，求 a的取值范围.
解：f′ (x) = ex- a.
①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.
②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 0< a≤ 1e ，则 f(ln a)≥ 0，f(x)在 (-∞，+∞)至多存在一个零点，不合题意.
(ⅱ) 1若 a> e ，则 f(ln a)< 0.
因为 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 x2 ·e
x
2 - a(x+ 2)> e
ln(2a)· x2 + 2 - 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.
a 1综上， 的取值范围是 e ，+∞ .
跟踪练习6设函数 f(x) = ex- ax- 2.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 a= 1，k为整数，且当 x> 0时，(x- k)·f′ (x) + x+ 1> 0，求 k的最大值.
解 (1)f(x)的定义域为R，f′ (x) = ex- a.
当 a≤ 0时，f′ (x)> 0恒成立，
所以 f(x)单调增区间为 (-∞，+∞)，无单调减区间.
当 a> 0时，令 f′ (x)< 0，得 x< ln a，
令 f′ (x)> 0，得 x> ln a，
所以 f(x)的单调递减区间为 (-∞，ln a)，单调递增区间为 (ln a，+∞).
·8·
(2)由题设可得 (x- k) (ex- 1) + x+ 1> 0，
即 k< x+ x+ 1x (x> 0)恒成立，e - 1
令 g(x) = x+ 1x + x(x> 0)，e - 1
x
′ ( ) = e - 1- (x+ 1)e
x ex(ex- x- 2)
得 g x x 2 + 1= x 2 (x> 0).(e - 1) (e - 1)
由 (1)的结论可知，函数 h(x) = ex- x- 2(x> 0)是增函数.
又因为 h(1)< 0，h(2)> 0，
所以函数 h(x)的唯一零点 α∈ (1，2) (该零点就是 h(x)的隐零点).
当 x∈ (0，α)时，g′ (x)< 0；当 x∈ (α，+∞)时，g′ (x)> 0，
所以 g(x)min= g(α) = α+ 1α + α.e - 1
又 h(α) = eα- α- 2= 0，
所以 eα= α+ 2且 α∈ (1，2)，
则 g(x)min= g(α) = 1+ α∈ (2，3)，
所以 k的最大值为 2.
知识点 4 隐零点问题
例7.设 f(x) = e2x- alnx，求证：当 a> 0时，f(x)≥ 2a+ aln 2a
2x
解：f (x) = 2e2x- a = 2xe - ax x ，(x> 0)令 g(x) = 2xe
2x- a,g (x) = (4x+ 2)e2x> 0,
a a
因此 g(x)递增，又 g(0) =-a< 0,g 2 = ae
a- a> 0，故 唯一 x0∈ 0, 2 ，使得 g(x0) = 0即
2x e2x00 - a= 0①
同时，当 x∈ (0,x0)时，g(x) < 0, f (x) < 0;当 x∈ (x0, +∞)时，g(x) > 0, f (x) > 0,因此 fmin=
f(x ) = e2x00 - alnx0
a
代入①式得 fmin= 2x - aln
a = a2x 2x - a(lna - ln2 - 2x
a
0) = 2x + 2ax0+ aln
2
a ≥ 2a +0 2e 0 0 0
aln 2a
故当 a> 0时，f(x)≥ 2a+ aln 2a
感悟：最后一步处理 fmin时代换很讲求技巧，需要细细体会.
例8.设函数 f(x) = ax+ lnx+ 1，若对任意 x> 0，f(x)≤ xe2x恒成立，求 a的取值范围.
2 2x
解：原题等价于：a≤ e2x- lnx+ 1 g(x) = e2x- lnx+ 1，令 ，g (x) = 2e2x+ lnx = 2x e + lnxx x x2 x2
令 h(x) = 2x2e2x+ lnx 1 6- 16ln2，显然此为增函数，又 h 4 = 8 < 0,h(1) = 2e
2> 0,则 x0∈
14 ,1
使得 h(x0) = 0 2x，即 2x2 00e + lnx0= 0①，因此当 x∈ (0,x0)时，h(x)< 0,g (x)< 0,g(x)递减；
当 x∈ (x 2x0, +∞)时，h(x) > 0,g (x) > 0,g(x)递增；故当 x= x0时，f(x)取到最小值 f(x ) = e 00 -
lnx0+ 1
x0
·9·
2x = -lnx而由①可知：e 0 0 -lnx2 ,故 2x0= ln 02 = ln(-lnx0) - ln(x0) - ln(2x0)，即得 ln(2x2x 2x 0) +0 0
2x0= ln(-lnx0) + (-lnx ) -lnx0 ，考虑到函数 y= lnx+ x为递增函数，因此：2x0=-lnx0代入 f(x 00) = e
- -2x0+ 1x = 20
因此：a≤ 2.
另解：构造函数法
设 g(x) = xe2x- ax- ln x- 1(x> 0)，对任意的 x> 0，f(x) ≤ xe2x恒成立，等价于 g(x) ≥ 0在
(0，+∞)上恒成立，则只需 g(x)min≥ 0即可．
因为 g′ (x) = (2x+ 1)e2x- a- 1x，
令 h(x) = (2x+ 1)e2x- a- 1x (x> 0)，
则 h′ (x) = 4(x+ 1)e2x+ 12 > 0，x
所以 h(x) = g′ (x)在 (0，+∞)上单调递增，
因为当 x-→ 0时，h(x) -→-∞，当 x-→+∞时，h(x) -→+∞，
所以 h(x) = g′ (x)在 (0，+∞)上存在唯一的零点 x0，
满足 (2x0+ 1)e2x0- a- 1x = 0，0
所以 a= (2x 10+ 1)e2x0- x ，且 g(x)在 (0，x0)上单调递减，在 (x0，+∞)上单调递增，0
所以 g(x)min= g(x0) = x0e2x0- ax0- ln x0- 1=-2x20e2x0- ln x0，
则由 g(x)min≥ 0，得 2x20e2x0+ ln x0≤ 0，
< < ≤- lnx此时 0 x 1，e2x 00 0 2 ，2x0
所以 2x0+ ln(2x0)≤ ln(-ln x0) + (-ln x0)，
设S(x) = x+ ln x(x> 0)，则S′ (x) = 1+ 1x > 0，
所以函数S(x)在 (0，+∞)上单调递增，
因为S(2x0)≤S(-ln x0)，
所以 2x0≤-ln x0即 e2x ≤ 10 x ，0
所以 a= (2x0+ 1)e2x0- 1x ≤(2x0+ 1)·
1 1
x - x = 2，0 0 0
所以实数 a的取值范围为 (-∞，2]．
·10·
导数与函数的零点
函数零点的相关概念
1.对于函数 y= f(x),x∈D，把使 f(x) = 0的实数 x叫做函数 y= f(x),x∈D的零点.
2.方程 f(x) = 0有实数根 函数 y= f(x)的图象与 x轴有交点 函数 y= f(x)有零点．
3.零点存在性定理
如果函数 y= f(x)在区间 [a,b]上图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a) f(b)< 0，
那么，函数 y= f(x)在区间 (a,b)内有零点，即存在 c∈ (a,b)，使得 f(c) = 0，这个 c
也就是方程 f(x) = 0的根.
4.对于求一些较为复杂的函数的零点，可以先把 f(x)转化成 f(x) = 0，再把函数拆分成两个我们
常见的函数 y1,y2，y1的图像与 y2的图像的交点个数就是函数 f(x)的零点个数，
5.导数在函数零点中的作用，主要考虑求导后单调性与极值的综合运用
一．三次函数的零点问题
已知 x1,x2为三次函数 f(x) = ax3+ bx2+ cx+ d的两个极值点与Δ(求导后的二次函数)
①若函数 f(x)有 3个零点，则有Δ> 0且 f(x1) f(x2)< 0
②若函数 f(x)有 2个零点，则有Δ> 0且 f(x1) f(x2) = 0
③若函数 f(x)有 1个零点，则有Δ> 0且 f(x1) f(x2)> 0或者Δ< 0
1.函数 f(x) = x3- 12x- 16的零点个数为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2.若函数 y= x3- 3x- 1与函数 y=m有 3个交点，则m的取值范围是 ( )
A. (-∞,-3) B. (-3,1) C. (1,3) D. (3, +∞)
3. f(x) = x3- 9若函数 22 x + 6x- a有且仅有一个零点，则实数 a的取值范围是
4.若过点 (1,b)可作曲线 y= x3- x的三条切线，则实数 b的取值范围是
5.已知函数 f(x) = 1 33 x +
1- a 2
2 x - ax- a,x∈R其中 a> 0，若函数 f(x)在区间 (-2,0)内恰有
两个零点，则实数 a的取值范围是
二．判断零点的个数
(主要考虑极值与 0的大小关系或者转换为两个函数的交点个数)
1.函数 f(x) = 13 x- lnx的零点个数为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2. .函数 f(x) = lnxx 的零点个数为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3.函数 f(x) = x+ exln x 的零点个数为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
·11·
4.若 a> 2 1，则方程 x33 - ax
2+ 1= 0在 (0,2)上恰好有 个根.
5. 1已知函数 f(x) =- x22 - alnx+ (a+ 1)x(其中 a> 1)，则函数 f(x)有 个零点.
三．根据零点个数求参数的范围
利用过点切线求零点 (一次函数与另外的初等函数的结合)
1.已知函数 f(x) = ex- ax有两个零点，则实数 a的取值范围为
2.已知函数 f(x) = lnx- kx存在零点，则实数 k的取值范围为
x
3.已知函数 f(x) = ex - kx在 (0, +∞)上没有零点，则实数 k的取值范围为 ( )
e2 e2 2A. 0, 4 B. 4 , +∞ C. -∞,
e
4 D. (-∞,0)
参变分离求零点 (主要考虑参数与函数极值的大小关系)
4.若函数 f(x) = xlnx- kx+ 1存在零点，则实数 k的取值范围是
5.若函数 f(x) = x2+ x+ 1- aex有且仅有一个零点，则实数 a的取值范围是
6. f(x) = lnx已知函数 x (1≤ x≤ e
2)与函数 g(x) = kx有两个交点，则实数 k的取值范围为 ( )
A. 0, 4 4 B. 0, 1 C. 2 , 1 2e 2e e4 2e D. e4 , +∞
x
7. f(x) = e + x g(x) = lnx已知函数 x 与函数 x + k有两个交点，则实数 k的取值范围为 ( )
A. (0,1) B. (e,e+ 1) C. (e, +∞) D. (e+ 1, +∞)
四．证明零点 (极值点)的个数问题
主要通过函数单调性及零点存在性定理进行证明
1.已知函数 f(x) = (x- 1)lnx- x- 1，证明：f(x)存在唯一的极值点；
2.已知函数 f(x) = lnx- x+ 1x- 1，讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；
3. 1已知函数 f(x) = x3- a(x23 + x+ 1)，证明：f(x)只有一个零点．
五．隐零点问题
①隐零点：函数存在零点，但不能求出具体值，常用设而不求的方式解决
②对于隐零点问题，一般是先求导函数的零点 x0(通过单调性及零点存在性定理，确定其大致范
围)，利用然后 f (x0) = 0，得到一个关于 x0的式子，然后代换出 f(x0)的式子，从而求到函数极 (最)值
f(x0)的取值或者范围.
·12·
1.已知函数 f(x) = ex- lnx，证明：f(x)> 2
2.已知函数 f(x) = ex- ln(x+ 2)，证明：f(x)> 0
3. 2已知函数 f(x) = e2x- alnx，且 a> 0，证明：f(x)≥ 2a+ aln a
4. 1已知函数 f(x) = ex lnx+ x + a ，且 a∈ (0,ln2)，证明：f(x)存在极小值点 x0，且 f(x0)> 0
5.已知函数 f( ) = ln(x+ 1) + 1x x ，当 x> 0时，f(x)>
k
x+ 1 恒成立，求正整数 k的最大值.
6.已知 f(x) = lnx+ ax+ 1，若 f(x)≤ xe2x恒成立，求实数 a的取值范围.
六．零点综合性大题
1.已知函数 f(x) = ex- ax2.
(1)若 a= 1，证明：当 x≥ 0时，f(x)≥ 1； (2)若 f(x)在 (0, +∞)只有一个零点，求 a.
·13·
2.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.
3.已知函数 f(x) = (x- 2)ex+ a(x- 1)2.
(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．
4.已知函数 f(x) = ax2- ax- xlnx，且 f(x)≥ 0.
(1)求 a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e-2< f(x )< 2-20 .
·14·
答案
一． 1- 5 CB(-∞,2) ∪ 52 , +∞ ，(-1,0) 0,
1
， 3
二． 1- 5 CBB，1，1
1 3
三． 1- 7 (e, +∞)， -∞, e ，C，[1, +∞)，(0,1) ∪ e , +∞ ，CD
·15·第 2讲导数的几何意义
1、函数 f(x)在 x= x0处的导数 f ′ (x0)的几何意义是在曲线 y= f(x)上点P(x0，f(x0))处
的切线的斜率即
f′ (x0) = k= tanα．
相应地，切线方程由直线的点斜式方程表示为
y- f x0 = f′ x0 ·(x- x0)．
x
例 1 e、曲线 f(x) = x- 1 在 x= 0处的切线方程为 ．
( - ) ′ ( ) = (x- 1) (e
x)′ -ex(x- 1)′
【解析】根据题意可知切点坐标为 0， 1 ，f x =
(x- 1)2
(x- 2)ex
，
(x- 1)2
= ′ ( )= (0- 2)e
0
故切线的斜率 k f 0 =-2，
(0- 1)2
则直线的方程为 y- (-1) =-2(x- 0)，
即 2x+ y+ 1= 0.
【答案】2x+ y+ 1= 0
已知切点求切线方程．解决此类问题的步骤为：
①求出函数 y= f(x)在点 x= x0处的导数，即曲线 y= f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的
斜率；
②由点斜式求得切线方程为 y- y0= f′ (x0)·(x- x0)．
例 2、曲线 y=-5ex+ 3在点 (0，-2)处的切线方程为________．
【解析】 由 y=-5ex+ 3得，y′ =-5ex，所以切线的斜率 k= y′|x=0=-5，所以切线方程
为 y+ 2=-5(x- 0)，即 5x+ y+ 2= 0.
【答案】 5x+ y+ 2= 0
曲线 y= f(x)过点 (x0，y0) (点不在曲线 y= f(x)上)的切线方程的求解步骤：
(1)设出切点坐标P′ (x1，f(x1))；
(2)写出过P′ (x1，f(x1))的切线方程为 y- f(x1) = f′ (x1)·(x- x1)；
(3)将点P的坐标 (x0，y0)代入切线方程，求出 x1；
(4)将 x1的值代入方程 y- f(x1) = f′ (x1) (x- x1)可得过点P(x0，y0)的切线方程．
“过某点”与“在某点”的区别：曲线 y= f(x) “在点P(x0，y0)处的切线”与“过点P(x0，y0)
的切线”的区别：前者P(x0，y0)为切点，而后者P(x0，y0)不一定为切点．
例 3、直线 y= kx+ 1与曲线 y= x3+ ax+ b相切于点A(1,3)，则 2a+ b= .
【解析】 由题意知，y= x3+ ax+ b的导数 y′ = 3x2+ a，
1
3+ a+ b= 3，
则 3× 12+ a= k，k+ 1= 3，
由此解得 k= 2，a=-1，b= 3，∴ 2a+ b= 1.
【答案】 1
例 4 1 7、已知 f(x) = ln x，g(x) = 22 x +mx+ 2 (m< 0)，直线 l与函数 f(x)，g(x)的图象都
相切，与 f(x)图象的切点为 (1，f(1))，则m= .
1
【解析】 ∵ f′ (x) = x，
·1·
∴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)的图象的切点为 (x0，y0)，
则有 x0+m= 1，y0= x0- 1，y = 1 20 2 x0+mx0+
7
2 ，m< 0，
∴m=-2.
【答案】 -2
例 5、若存在过点O(0,0)的直线 l与曲线 y= x3- 3x2+ 2x和 y= x2+ a都相切，求 a的
值．
解 易知点O(0,0)在曲线 y= x3- 3x2+ 2x上．
(1)当O(0,0)是切点时，
由 y′ = 3x2- 6x+ 2，得 y′|x=0= 2，
即直线 l的斜率为 2，故直线 l的方程为 y= 2x.
y= 2x，由 2 2 得 x - 2x+ a= 0，y= x + a，
依题意Δ= 4- 4a= 0，得 a= 1.
(2)当O(0,0)不是切点时，设直线 l与曲线 y= x3- 3x2+ 2x相切于点P(x0，y0)，则 y0=
x30- 3x20+ 2x0，k= y | 2x=x = 3x0- 6x0+ 2，①0
= y又 k 0 = x2x 0- 3x0+ 2，②0
联立①②，得 x0= 3 (x = 0 ) k=- 12 0 舍去 ，所以 4 ，
1
故直线 l的方程为 y=- 4 x.
y=- 1 x，
由 2
1
4 得 x + 4 x+ a= 0，y= x2+ a，
Δ= 1依题意知 16 - 4a= 0，得 a=
1
64 .
a= 1 a= 1综上， 或 64 .
纠错心得 求曲线过一点的切线方程，要考虑已知点是切点和已知点不是切点两种情
况.
·2·
课后练习
一.已知切点或斜率求切线方程
已知切点时，求导算出斜率 (已知斜率时，求导算出切点)，然后用点斜式写出直线方程.
(1)函数 y= x2+ 1x 在点 (1,2)处的切线方程为
(2)曲线 y= 2ln(x+ 1)在点 (0,0)处的切线方程为
(3)曲线 y= 3(x2+ x)ex在点 (0,0)处的切线方程为
(4)函数 f(x) = x2- lnx在点 (1,f(1))处的切线方程为
(5 ) 若曲线 y = x 4 - x的一条切线 l与直线 3x - y + 2 = 0平行，则直线 l方程为
(6) 1已知曲线 y= ex在点 (0,1)处的切线与曲线 y= x (x> 0)上在点P处的切线 l垂直，
则P的坐标为 ，直线 l方程为
(7)已知 f(x)为偶函数，当 x< 0时，f(x) = ln(-x) + 3x，则曲线 y= f(x)在点 (1, -3)处的
切线方程是_______________
(8)曲线 y= 2sinx+ cosx在点 (π, -1)处的切线方程方程为 ( )
A.x- y- π- 1= 0 B.2x- y- 2π- 1= 0 C.2x+ y- 2π+ 1= 0 D.x+ y- π+
1= 0
二.过点求切线方程
已知直线过定点 (a,b)，设出切点 (x0,y0)，利用 k= f ( ) =
y0- bx0 x - a，由 y0= f(x0)，0
( ) = f(xf x 0) - b0 x - a ，得到关于 x0的方程，求出 x0即可，注意区分“过点”与“在点”0
(1)曲线 y= x2过点P(3,5)的切线方程为
(2)若直线 y= kx+ 2是函数 f(x) = x3- x2- 3x- 1的一条切线，则 k=
(3)已知直线 y= kx是曲线 y= lnx的一条切线，则 k=
(4)曲线 y= x3+ x2+ 1在点P(-1,1)处的切线方程为
曲线 y= x3+ x2+ 1过点P(-1,1)的切线方程为
三.公切线问题
求 y= f(x)与 y= g(x)的公切线的步骤
①设M (x1,y1),N (x1,y1)分别为 f(x)与 g(x)上的切点
②由公切线可知，k= f (x1) = f (x2)，可得到 x1与 x2的关系式
y
③再由 k= 1- y2 = f(x1) - g(x2)x - x x - x ，将②中 x1与 x2的关系式代入消元，若消去 x2，则让它1 2 1 2
与 f (x1)相等，从而得到 x1的方程，求出 x1即可；若消去 x1，则让它与 f (x2)相等，求出 x2
( 1 ) 已知直线 l 与曲线 y = x 2 和曲线 y =- (x - 2 ) 2 都相切，则直线 l 的方程为
(2) 1已知函数 f(x) = x ,g(x) = x
2，若直线 l与曲线 f(x),g(x)都相切，则直线 l的斜率为
(3)若直线 y= kx+ b是曲线 y= lnx+ 2的切线，也是曲线 y= ln(x+ 1)的切线，则 b=
(4)已知直线 l与函数 f(x) = lnx与函数 g(x) = ex都相切，这样的直线 l有 条.
·3·
四.利用切线方程求值、求参数
(1)曲线 f(x) =- 3 33 x + lnx- x在 x= 1处的切线的倾斜角是 ( )
A π B π C 2πD 5π． 6 ． 3 ． 3 ． 6
(2)函数 y = f (x)的图象在 x = 4处的切线方程为 2x + y - 9 = 0，则 f (4) - f (4) =
(3)曲线 y= (ax+ 1)ex在点 (0,1)处的切线的斜率为-2，则 a=________
(4)设曲线 y= ax- ln(x+ 1)在点 (0,0)处的切线方程为 y= 2x，则 a=
(5)函数 f (x ) = xlnx在点 (1 , f (1 ) )处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积是
(6)已知曲线 y= aex+ xlnx在点 (1,ae)处的切线方程为 y= 2x+ b，则 ab=
(7)函数 f (x) = ax - lnx的图象在点 (1, f (1))处的切线为 l，则 l在 y轴上的截距为
(8)已知函数 f (x) = ax3+ x + 1的图像在点 (1, f (1))的处的切线过点 (2,7)，则 a =
(9)已知直线 y= x+ 1与曲线 y= ln(x+ a)相切，则 a的值为
(10)已知曲线 y= x+ lnx在点 1,1 处的切线与曲线 y= ax2+ a+ 2 x+ 1相切，则 a=
__
五.最值与取值范围
求曲线上一点到直线距离的最小值，可转换求曲线上的切线与已知直线平行问题
(1)以曲线 y= 1 3 23 x - x 上一点P为切点的切线为直线 l，则直线 l的倾斜角的范围是 (
)
A. 0, 3π4 B. 0,
π
2 ∪
3π
4 ,π C.
3π ,π D. π , 3π4 2 4
(2)以正弦曲线 y= sinx上一点P为切点的切线为直线 l，则直线 l的倾斜角的范围是 (
)
A.[0,π) B. 0, π4 ∪
3π
4 ,π C.
π , 3π4 4 D. 0,
π
4 ∪
π , 3π2 4
(3)已知曲线 f(x) = e2x- 2ex+ ax- 1存在两条斜率为 3的切线，则 a的取值范围是 ( )
A.(3, +∞) B. 3, 7 C. -∞, 72 2 D.(0,3)
(4)在曲线 f(x) = x3- 4x的所有切线中，斜率最小的切线方程为
(5)曲线 y= ln(2x- 1)上的点到直线 2x- y+ 3= 0的最短距离为
( 6 ) P ,Q 分别为曲线 y = e x 与曲线 y = lnx 上的两点 ，则 PQ 的最小值为
·4·
参考答案
一． (1)x- y+ 1= 0 (2)2x- y= 0 (3) 3x- y= 0 (4)x- y= 0
(5)3x- y- 3= 0 (6) (1,1),x+ y- 2= 0 (7)2x+ y+ 1= 0 (8)C
二.(1)2x- y- 1= 0或 10x- y- 25= 0 (2)2 (3) 1e (4)x- y+ 2= 0，y= 1
三.(1)y= 4x- 4或 y= 0 (2)- 4 (3)1- ln2 (4)2
四.(1)C (2)3 (3) - 3 (4)3 (5) 1 (6)- 12 e (7)1 (8)1 (9)2 (10)8
五.(1)B (2)B(3)B(4)4x+ y= 0(5) 5 (6) 2
·5·第 3讲利用导数研究函数的单调性
函数的单调性与导函数正负的关系
一般地，设函数 y= f(x)，在区间 (a，b)上，
(1)如果 f′ (x)> 0，则 f(x)在该区间上单调递增；
(2)如果 f′ (x)< 0，则 f(x)在该区间上单调递减．
例1.不含未知数的单调区间的求法
①函数 y= 4x2+ 1x 的单调增区间为 ( )
答案： 12 ，+∞
解析：由 y= 4x2+ 1 1 1 1x，得 y′ = 8x- 2 ，令 y′ > 0，即 8x- 2 > 0，解得 x> 2 ，x x
∴函数 y= 4x2+ 1 1x 的单调增区间为 2 ，+∞ ..
②已知函数 f(x) = xln x，则 f(x)的单调区间为___________________.
1 1
答案 单调递增区间为 e ，+∞ ,单调递减区间为 0，e
解析 因为函数 f(x) = xln x的定义域为 (0，+∞)，所以 f′ (x) = ln x+ 1(x> 0)，
当 f′ (x)> 0时，解得 x> 1 1e ，即函数的单调递增区间为 e ，+∞ ；
当 f′ (x)< 0时，解得 0< x< 1e ，即函数的单调递减区间为 0
1
，e .
③已知定义在区间 (-π, π)上的函数 f(x) = xsin x+ cos x，则 f(x)的单调递增区间是
_________．
答案 -π，- π2 和 0
π
，2
解析 f′ (x) = sin x+ xcos x- sin x= xcos x.令 f′ (x) = xcos x> 0，
则其在区间 (-π，π) π π上的解集为 -π，- 2 ∪ 0，2 ，
即 f(x) π π的单调递增区间为 -π，- 2 和 0，2 .
④函数 f(x) = (x2+ 2x)ex(x∈R)的单调递减区间为____________．
答案 (-2- 2 ,-2+ 2 )
解析 由 f′ (x) = (x2+ 4x+ 2)ex< 0，即 x2+ 4x+ 2< 0，解得-2- 2< x<-2+ 2 .
所以 f(x) = (x2+ 2x)ex的递减区间为 (-2- 2 ,-2+ 2 )．
例2.含有未知数的单调区间的求法 (分类讨论)
① ( 1二次项系数的讨论)讨论函数 f(x) = 2 ax
2+ x- (a+ 1)lnx(a≥ 0)的单调性．
2
解：函数 f(x)的定义域为 (0，+∞)，f′ ( ax + x- (a+ 1)x) = ax+ 1- a+ 1x = x .
(1)当 a= 0时，f′ (x) = x- 1x ，由 f′ (x)> 0，得 x> 1，由 f′ (x)< 0，得 0< x< 1.
∴ f(x)在 (0,1)内为减函数，在 (1，+∞)内为增函数．
a x+ a+ 1a (x- 1)(2)当 a> 0时，f′ (x) = x ，
∵ a> 0 ∴- a+ 1， a < 0.
·1·
由 f′ (x)> 0，得 x> 1，由 f′ (x)< 0，得 0< x< 1.
∴ f(x)在 (0,1)内为减函数，在 (1，+∞)内为增函数．
综上所述，当 a≥ 0时，f(x)在 (0,1)内为减函数，在 (1，+∞)内为增函数．
② (对Δ的讨论)已知函数 f(x) = x+ ax - 2lnx，a∈R，讨论函数 f(x)的单调区间．
解：函数 f(x)的定义域为 (0，+∞)，
2
∴ f′ (x) = 1- a - 2 = x - 2x- a
x2 x
.
x2
①当Δ= 4+ 4a≤ 0，即 a≤-1时，得 x2- 2x- a≥ 0，
则 f′ (x)≥ 0.
∴函数 f(x)在 (0，+∞)上单调递增．
②当Δ= 4+ 4a> 0，即 a>-1时，
令 f′ (x) = 0，得 x2- 2x- a= 0，
解得 x1= 1- 1+ a，x2= 1+ 1+ a> 0.
(ⅰ)若-1< a≤ 0，则 x1= 1- 1+ a≥ 0，
∵ x∈ (0，+∞)，
∴ f(x)在 (0,1- 1+ a )，(1+ 1+ a，+∞)上单调递增，
在 (1- 1+ a，1+ 1+ a )上单调递减．
(ⅱ)若 a> 0，则 x1< 0，当 x∈ (0,1+ 1+ a )时，f ′ (x) < 0，当 x∈ (1+ 1+ a，+∞)
时，f′ (x)> 0，
∴函数 f(x)在区间 (0,1+ 1+ a )上单调递减，
在区间 (1+ 1+ a，+∞)上单调递增．
③ (两根与定义域的位置的讨论)
已知函数 f(x) = ln(ex+ 1) - ax(a> 0)，讨论函数 y= f(x)的单调区间．
ex
解 f′ (x) = x - a= 1-
1
e + 1 ex
- a.
+ 1
①当 a≥ 1时，f′ (x)< 0恒成立，
∴当 a∈ [1，+∞)时，函数 y= f(x)在R上单调递减．
②当 0< a< 1时，由 f′ (x)> 0，得 (1- a) (ex+ 1)> 1，
即 ex>-1+ 1 a1- a，解得 x> ln 1- a，
由 f′ (x)< 0，得 (1- a) (ex+ 1)< 1，
即 ex<-1+ 1 a1- a，解得 x< ln 1- a .
∴当 a∈ (0,1)时，
函数 y= f(x) ln a在 1- a，+∞ 上单调递增，
-∞ ln a在 ， 1- a 上单调递减．
综上，当 a∈ [1，+∞)时，f(x)在R上单调递减；
当 a∈ (0,1)时，f(x) ln a在 1- a，+∞ 上单调递增，
在 -∞ ln a， 1- a 上单调递减．
④ (综合讨论)已知函数 g(x) = ln x+ ax2- (2a+ 1)x，若 a≥ 0，试讨论函数 g(x)的单调
性．
·2·
2ax2′ ( ) = - (2a+ 1)x+ 1 = (2ax- 1) (x- 1)解 g x x x .
∵函数 g(x)的定义域为 (0，+∞)，
∴当 a= 0时，g′ (x) =- x- 1x .
由 g′ (x)> 0，得 0< x< 1，由 g′ (x)< 0，得 x> 1.[4分]
当 a> 0时，令 g′ (x) = 0，得 x= 1或 x= 12a，[6分]
1
若 2a < 1，即 a>
1
2 ，
由 g′ (x)> 0，得 x> 1或 0< x< 12a，
由 g′ (x)< 0 1，得 2a < x< 1；[8分]
1 1
若 2a > 1，即 0< a< 2 ，
1
由 g′ (x)> 0，得 x> 2a 或 0< x< 1，
由 g′ (x)< 0 1< x< 1，得 2a，
1 1
若 2a = 1，即 a= 2 ，在 (0，+∞)上恒有 g′ (x)≥ 0.
综上可得：当 a= 0时，函数 g(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1，+∞)上单调递减；
当 0< a< 12 时，函数 g(x)在 (0,1)上单调递增，
在 1 1 1，2a 上单调递减，在 2a，+∞ 上单调递增；
1
当 a= 2 时，函数 g(x)在 (0，+∞)上单调递增；
当 a> 12 时，函数 g(x)在 0
1
，2a 上单调递增，
1在 2a，1 上单调递减，在 (1，+∞)上单调递增．
⑤设函数 f(x) = ex- ax- 2，求 f(x)的单调区间．
解 f(x)的定义域为 (-∞，+∞)，f′ (x) = ex- a.
若 a≤ 0，则 f′ (x)> 0，
所以 f(x)在 (-∞，+∞)上单调递增．
若 a> 0，则当 x∈ (-∞，lna)时，f′ (x)< 0；
当 x∈ (lna，+∞)时，f′ (x)> 0.
所以 f(x)在 (-∞，lna)上单调递减，在 (lna，+∞)上单调递增．
综上所述，当 a≤ 0时，函数 f(x)在 (-∞，+∞)上单调递增；
当 a> 0时，f(x)在 (-∞，lna)上单调递减，在 (lna，+∞)上单调递增．
⑥试求函数 f(x) = kx- lnx的单调区间．
1 kx- 1
解 函数 f(x) = kx- lnx的定义域为 (0，+∞)，f′ (x) = k- x = x .
当 k≤ 0时，kx- 1< 0，∴ f′ (x)< 0，则 f(x)在 (0，+∞)上单调递减．
当 k> 0 kx- 1 1时，由 f′ (x)< 0，即 x < 0，解得 0< x< ；k
f′ (x)> 0 kx- 1由 ，即 x > 0
1
，解得 x> .
k
∴当 k> 0时，f(x) 1的单调递减区间为 0， ，k
·3·
1
单调递增区间为 ，+∞ ．k
综上所述，当 k≤ 0时，f(x)的单调递减区间为 (0，+∞)；
当 k> 0 1 1时，f(x)的单调递减区间为 0， ，单调递增区间为 ，+∞ ．k k
例3.已知单调区间求参数的值和范围
①若函数 f(x) = x3+ bx2+ cx+ d的单调递减区间为 (-1,3)，则 b+ c=________.
答案 -12
解析 f′ (x) = 3x2+ 2bx+ c，由题意知，-1< x< 3是不等式 3x2+ 2bx+ c< 0的解，
∴-1,3是 f′ (x) = 0的两个根，
∴ b=-3，c=-9，∴ b+ c=-12.
②已知函数 f(x) = xekx- 1，g(x) = lnx+ kx.若 f(x)在 (1，+∞)上为减函数，g(x)在 (0,
1)上为增函数，求实数 k的值；
解：∴ f′ (x) = (kx+ 1)ekx 1，g′ (x) = x + k.
∵ f(x)在 (1，+∞)上为减函数，
则 x> 1，f′ (x)≤ 0 k≤- 1x，∴ k≤-1.
∵ g(x)在 (0,1)上为增函数，
则 x∈ (0,1)，g′ (x)≥ 0 k≥- 1x，∴ k≥-1.
综上所述，k=-1.
③若函数 f(x) = kx- lnx在区间 (1，+∞)上单调递增，则 k的取值范围是_______．
答案 [1，+∞)
解析 由于 f ′ (x) = k- 1x，f(x) = kx- lnx在区间 (1，+∞)上单调递增 f ′ (x) = k-
1
x ≥ 0在 (1，+∞)
1 1
上恒成立．由于 k≥ x，而 0< x < 1，所以 k≥ 1.即 k的取值范围为 [1，
+∞)．
引申探究
1．若将本例中条件递增改为递减，求 k的取值范围．
解 ∵ f′ (x) = k- 1x，
又 f(x)在 (1，+∞)上单调递减，
∴ f′ (x) = k- 1x ≤ 0在 (1，+∞)上恒成立，
即 k≤ 1 1x，∵ 0< x < 1，∴ k≤ 0.
即 k的取值范围为 (-∞，0]．
2．若将本例中条件递增改为不单调，求 k的取值范围．
解 f(x) = kx- lnx的定义域为 (0，+∞)，f′ (x) = k- 1x .
当 k≤ 0时，f′ (x)< 0.
∴ f(x)在 (0，+∞)上单调递减，故不合题意．
当 k> 0时，令 f′ (x) = 0，得 x= 1 ，
k
1 1
只需 ∈ (1，+∞)，即 > 1，则 0< k< 1.
k k
∴ k的取值范围是 (0,1)．
·4·
④已知函数 f(x) = ln x，g(x) = 1 ax22 + 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- 12 ax
2- 2x，x∈ (0，+∞)，
所以 h′ (x) = 1x - ax- 2，由于 h(x)在 (0，+∞)上存在单调递减区间，
所以当 x∈ (0，+∞) 1时，x - ax- 2< 0有解，即 a>
1
2 -
2
x 有解．x
G(x) = 1 - 2 1 2设 2 x，所以只要 a>G(x)min即可．而G(x) = x - 1 - 1，所以G(x)x min=
-1.
所以 a>-1.
又因为 a≠ 0，所以 a的取值范围为 (-1,0) ∪ (0，+∞)．
(2)因为 h(x)在 [1,4]上单调递减，
所以当 x∈ [1,4]时，h′ (x) = 1x - ax- 2≤ 0恒成立，即 a≥
1 - 2 恒成立．
x2 x
由 (1)知G(x) = 12 -
2 2
x，所以 a≥G(x)
1
max，而G(x) = x - 1 - 1，x
因为 x∈ [1,4] 1 1 7 7，所以 ∈ ，1 x 4 ，所以G(x)max=- 16 (此时 x= 4)，所以 a≥- 16，又因
为 a≠ 0，
7
所以 a的取值范围是 - 16，0 ∪ (0，+∞)．
引申探究
1．本例 (2)中，若函数 h(x) = f(x) - g(x)在 [1,4]上单调递增，求 a的取值范围．
解 因为 h(x)在 [1,4]上单调递增，
所以当 x∈ [1,4]时，h′ (x)≥ 0恒成立，
所以当 x∈ [1,4] a≤ 1时， 2 -
2
x 恒成立，x
又当 x∈ [1,4] 1时， 2 - 2x =-1(此时 x= 1)，x min
所以 a≤-1，即 a的取值范围是 (-∞，-1]．
2．本例 (2)中，若 h(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] 1 2时，a>
x2
- x 有解，
又当 x∈ [1,4] 1 2时， -x2 x =-1，min
所以 a>-1，又因为 a≠ 0，
所以 a的取值范围是 (-1,0) ∪ (0，+∞)．
⑤已知函数 f(x) = 3xa - 2x
2+ ln x在区间 [1,2]上为单调函数，求 a的取值范围．
解 f ′ (x) = 3 1a - 4x+ x，若函数 f(x)在区间 [1,2]上为单调函数，即在 [1,2]上，f ′ (x)
= 3 1 3 1a - 4x+ x ≥ 0或 f′ (x) = a - 4x+ x ≤ 0，
·5·
3
即 a - 4x+
1 3
x ≥ 0或 a - 4x+
1
x ≤ 0在 [1,2]
3 1 3
上恒成立，即 a ≥ 4x- x 或 a ≤ 4x-
1
x .
令 h(x) = 4x- 1 3 3x，因为函数 h(x)在 [1,2]上单调递增，所以 a ≥ h(2)或 a ≤ h(1)，即
3 15 3
a ≥ 2 或 a ≤ 3，
解得 a< 0或 0< a≤ 25 或 a≥ 1.
⑥ (导函数的中的参变分离)若函数 f(x) = x3+ x2+mx+ 1是R上的单调函数，求实数
m的取值范围．
解 f′ (x) = 3x2+ 2x+m，
由于 f(x)是R上的单调函数，
所以 f′ (x)≥ 0或 f′ (x)≤ 0恒成立．
由于导函数的二次项系数 3> 0，
所以只能有 f′ (x)≥ 0恒成立．
方法一 由上述讨论可知要使 f′ (x)≥ 0恒成立，
只需使方程 3x2+ 2x+m= 0的判别式Δ= 4- 12m≤ 0，
m≥ 1故 3 .
m= 1经检验，当 3 时，只有个别点使 f′ (x) = 0，符合题意．
1
所以实数m的取值范围是m≥ 3 .
方法二 3x2+ 2x+m≥ 0恒成立，
即m≥-3x2- 2x恒成立．
2
设 g(x) =-3x2- 2x=-3 x+ 1 + 13 3 ，
易知函数 g(x)在R 1上的最大值为 3 ，
所以m≥ 13 .
1
经检验，当m= 3 时，只有个别点使 f′ (x) = 0，符合题意．
所以实数m的取值范围是m≥ 13 .
·6·
函数的单调性与导数
一.求下列函数的单调区间
1.f(x) = x+ 1x 2.f(x) = 4x
3- 5x2+ 2x- 7 3.f(x) = 1xlnx
( ) = ( - 2) x ( ) = - (x- 1)
2
4.f x 1 x e 5.f x lnx 6.f(x) = x- 2 ex2 x+ 2
二．根据单调性求参数的取值范围
1.已知函数 f(x) =-x3+ ax2- x- 1在R上是单调函数，则实数 a的取值范围是 ( )
A. (-∞,- 3]∪ [ 3 , +∞) B. [- 3 , 3]
C. (-∞,- 3 ) ∪ ( 3 , +∞) D. (- 3 , 3 )
2.已知函数 f(x) = 13 ax
3+ x2+ ax+ 1在R上有三个不同的单调区间，则实数 a的取值范围
是 ( )
A. (-∞,-1) ∪ (1, +∞) B. [-1,0) ∪ (0,1]
C. (-1,0) ∪ (0,1) D. (-1,1)
3.若函数 f(x) = x+ alnx不是单调函数，则实数 a的取值范围是 ( )
A. [0, +∞) B. (-∞,0] C. (-∞,0) D. (0, +∞)
4.若函数 f(x) = x3- ax2+ 1在 (1,3)内单调递减，则实数 a的取值范围 ( )
A. (-∞,3] B. 9 2 , +∞ C. 3,
9
2 D. (0,3)
5.若函数 f(x) = kx- lnx在区间 (1, +∞)上单调递增，则 k的取值范围是 ( )
A. (-∞,-2] B. (-∞,-1] C. [2, +∞) D. [1, +∞)
6. 2 1若函数 f (x) = x3+ ax2+ x + 1在 - 3 , - 3 内是减函数，则实数 a的取值范围为
7.若函数 f(x) = x2- ex- ax在R上存在单调递增区间，则实数 a的取值范围是
8.已知 f(x) = alnx+ 1 x2( > f(x ) - f(xa 0) x ,x 1 2)2 ，若对任意两个不等的正实数 1 2都有 x1- x
> 2
2
恒成立，则 a的取值范围是
三.讨论函数的单调性 (讨论导数的正负)
·7·
1.已知函数 f(x) = 2x3- ax2+ b(a,b∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.
2. 1 1已知函数 f(x) = 33 ax - 2 (a+ 1)x
2+ x+ 1(a≠ 0)，讨论函数 f(x)的单调性.
3.已知函数 f(x) = x3+ ax2+ x+ 3(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.
4.已知函数 f(x) = ex- ax+ 1(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.
5.已知函数 f(x) = lnx- ax+ 1(a∈R).
(1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)讨论函数 f(x)在区间 [1,e]上的单调性
6.已知函数 f(x) = lnx+ ax2+ (2a+ 1)x(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.
7.已知函数 f(x) = ax2- a- lnx(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.
8.已知函数 f(x) = 1x - x+ alnx(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.
·8·
9.已知函数 f(x) = a(x- lnx) + 2x- 12 (a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.x
10.已知函数 f(x) = (x- 2)ex+ a(x- 1)2(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性.
四.构造新函数
当题目中出现了 f(x)与 f (x)的不等式时，常利用导数运算法则进行构造新函数
常见的关系式有 (主要通过乘除法构造)
① [ ( )] = ( )+ ( ) f(x) = x f(x) - f(x)xf x f x xf x ② x x2
③ [ex
f(x)] = x[ ( ) + ( )] f(x) f (x) - f(x)e f x f x ④ x =e ex
1.函数 f (x)的定义域为 R，且有 f (2) = 2，f (x) > 1，则不等式 f (x) - x> 0的解集为
2.设 f(x),g(x)是定义在R上的奇函数和偶函数，当 x< 0时，f x g x + f x g x > 0 且
有 g(-3) = 0，则不等式 f(x)g(x)< 0的解集为
3.设函数 f (x)是奇函数 f(x) (x∈R)的导函数，f(-1) = 0，当 x> 0时，xf (x) - f(x) < 0,
则不等式 f(x)> 0的解集为
4.函数 f (x)的导函数为 f (x)，且 f (x) < f (x)，f (2) = 1，则不等式 f (x) > ex-2的解集为
5. f(x)是定义在 (0, +∞)上的可导函数，且有 xf (x) + f(x)≤ 0，对 b> a> 0，则必有 ()
A. af(b)≤ bf(a) B. bf(a)≤ af(b) C. af(a)≤ bf(b) D. bf(b)≤ af(a)
6.设函数 y= f(x) (x∈R)的导函数为 f (x)，且 f(x) = f(-x)，f (x)< f(x)，则有 ( )
A. f(0)< e-1 f(1)< e2 f(2) B. e-1 f(1)< f(0)< e2 f(2)
C. e2 f(2)< e-1 f(1)< f(0) D. e2 f(2)< f(0)< e-1 f(1)
7.定义在 0, π2 上的函数 f(x)，且恒有 f(x)< f (x)tanx成立，则 ( )
A. 3 f π4 > 2 f
π
3 B. f(1)> 2f
π
6 sin1
·9·
C. 2 f π > f π D. 3 f π6 4 6 < f
π
3
8.设函数 f (x)是奇函数 f(x) (x∈R) 1的导函数，当 x> 0时，lnx f (x)<- x f(x)，则使得
(x2- 1)f(x)> 0成立的 x的取值范围是 ( )
A. (-1,0) ∪ (0,1) B. (-∞,-1) ∪ (1, +∞)
C. (-1,0) ∪ (1, +∞) D. (-∞,-1) ∪ (0,1)
9.设 f(x)是定义在R上的函数，其导函数为 f (x)，若 f(x) + f (x) > 1，f(0) = 2017，则不等
式 ex f(x)> ex+ 2016的解集为 ( )
A. (-∞,0) ∪ (0, +∞) B. (0, +∞)
C. (2016, +∞) D. (-∞,0) ∪ (2016, +∞)
·10·
答案
一 1.(-1,0),(1, +∞) ↑，(-∞,-1),(0,1) ↓
2. -∞, 13 ,
1
2 , +∞ ↑
1
， 3 ,
1
2 ↓
3. 0, 1e ↑
1
， e ,1 ,(1, +∞) ↓
4.(-∞,-1- 2 ),(-1+ 2 , +∞) ↑，(-1- 2 , -1+ 2 ) ↓
5. 0, 1+ 52 ↑
1+ 5
， 2 , +∞ ↓
6.(-∞,-2),(-2, +∞) ↑
二． 1- 5 BCCBD 6.[2, +∞) 7.(-∞,2ln2- 2) 8.[1, +∞)
四． 1.(2, +∞) 2.(-∞,-3) ∪ (0,3) 3.(-∞,-1) ∪ (0,1) 4.(-∞,2) 5- 9 ABDDB
·11·第 4讲导数与函数的极值和最值
(1)一般地，求函数 y= f(x)的极值的方法
解方程 f′ (x) = 0，当 f′ (x0) = 0时：
①如果在 x0附近的左侧 f′ (x)> 0，右侧 f′ (x)< 0，那么 f(x0)是极大值；
②如果在 x0附近的左侧 f′ (x)< 0，右侧 f′ (x)> 0，那么 f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求 f′ (x)；
②求方程 f′ (x) = 0的根；
③考查 f ′ (x)在方程 f ′ (x) = 0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那
么 f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么 f(x)在这个根处取得极小值．
例 1、(根据函数图象判断极值)
1.函数 f(x)的定义域为R，导函数 f ′ (x)的图象如图所示，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
答案 C
解析 导函数的图象与 x轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二
个与第四个是极小值点．
2.设函数 f(x)在R上可导，其导函数为 f ′ (x)，且函数 y= (1- x)f ′ (x)的图象如图所示，
则下列结论中一定成立的是 ( )
A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1)
B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1)
C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2)
D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2)
答案 D
解析 由题图可知，当 x<-2时，f ′ (x) > 0；当-2< x< 1时，f ′ (x) < 0；当 1< x< 2
时，f ′ (x)< 0；当 x> 2时，f ′ (x)> 0.由此可以得到函数 f(x)在 x=-2处取得极大值，在 x=
2处取得极小值．
例 2、(不含参数的函数的极值)
3.求函数 f(x) = (x2- 1)3+ 1的极值
解 (1)f′ (x) = 6x(x2- 1)2= 6x(x+ 1)2(x- 1)2.
令 f′ (x) = 0，解得 x1=-1，x2= 0，x3= 1.
·1·
当 x变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：
x (-∞，-1) -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 (1，+∞)
f′ (x) - 0 - 0 + 0 +
f(x) ↘ 无极值 ↘ 极小值 0 ↗ 无极值 ↗
∴当 x= 0时，f(x)有极小值且 f(x)极小值= 0.
函数的草图如图所示．
例 2(含参函数的极值问题)
4.已知函数 f(x) = x- alnx(a∈R)．求函数 f(x)的极值．
解：(2)由 f′ (x) = 1- a x- ax = x ，x> 0，知
①当 a≤ 0时，f′ (x)> 0，函数 f(x)为 (0，+∞)上的增函数，函数 f(x)无极值；
②当 a> 0时，由 f′ (x) = 0，解得 x= a.
又当 x∈ (0，a)时，f′ (x)< 0，
当 x∈ (a，+∞)时，f′ (x)> 0，
从而函数 f(x)在 x= a处取得极小值，且极小值为 f(a) = a- alna，无极大值．
综上，当 a≤ 0时，函数 f(x)无极值；
当 a> 0时，函数 f(x)在 x= a处取得极小值 a- alna，无极大值．
例 3、已知函数的极值求参数
5.已知函数 f(x) = x3+ 3ax2+ bx+ a2在 x=-1处有极值 0，则 a=___，b=____.
答案 2 9
解析 ∵ f′ (x) = 3x2+ 6ax+ b，且函数 f(x)在 x=-1处有极值 0.
∴ f′ (-1) = 0， 3- 6a+ b= 0， a= 1， a= 2， 即f(-1) = 0， -1+ 3a- b+ a2 解得 或 = 0， b= 3 b= 9.
当 a= 1，b= 3时，f ′ (x) = 3x2+ 6x+ 3= 3(x+ 1)2≥ 0，此时函数 f(x)在R上为增函数，
无极值，故舍去．
当 a= 2，b= 9时，f′ (x) = 3x2+ 12x+ 9= 3(x+ 1) (x+ 3)．
当 x∈ (-∞，-3)时，f′ (x)> 0，此时 f(x)为增函数；
当 x∈ (-3，-1)时，f′ (x)< 0，此时 f(x)为减函数；
当 x∈ (-1，+∞)时，f′ (x)> 0，此时 f(x)为增函数．
故 f(x)在 x=-1时取得极小值，∴ a= 2，b= 9.
6.若函数 f(x) = 1 33 x - x
2+ ax- 1有极值点，则 a的取值范围为________．
答案：(-∞，1)
解析：f ′ (x) = x2- 2x+ a，由题意，方程 x2- 2x+ a= 0有两个不同的实数根，所以 Δ=
4- 4a> 0，解得 a< 1.
引申探究
7.若例 3(2)中函数的极大值点是-1，求 a的值．
·2·
解 f′ (x) = x2- 2x+ a，由题意得 f′ (-1) = 1+ 2+ a= 0，
解得 a=-3，则 f′ (x) = x2- 2x- 3，经验证可知，f(x)在 x=-1处取得极大值．
8.若例 3(2)中函数 f(x)有两个极值点，均为正值，求 a的取值范围．
Δ= 4- 4a> 0，
解 由题意，方程 x2- 2x+ a= 0有两个不等正根，设为 x1，x2，则 x1+ x2= 2> 0，x1x2= a> 0，
解得 0< a< 1.
故 a的取值范围是 (0,1)．
9. f(x) = 1+ lnx已知函数 x ，若函数在区间 a a+
1
， 2 (其中 a> 0)上存在极值，求实数
a的取值范围．
解：∵ f(x) = 1+ lnxx ，x> 0
lnx
，则 f ′ (x) =-
x2
.当 0< x< 1时，f ′ (x) > 0，当 x> 1时，
f′ (x)< 0.
∴ f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1，+∞)上单调递减，∴函数 f(x)在 x= 1处取得极大值．
∵函数 f(x)在区间 a a+ 1， 2 (其中 a> 0)上存在极值，
a< 1，∴ 1 a+ 12 > 解得 2 < a< 1.1，
例 4、极值与函数图像的交点
10.函数 f(x) = 1 33 x - 4x+ 4的图象与直线 y= a恰有三个不同的交点，则实数 a的取值
范围是________．
- 4 28答案 3 ，3
解析 ∵ f(x) = 13 x
3- 4x+ 4，∴ f′ (x) = x2- 4= (x+ 2) (x- 2)．
令 f′ (x) = 0，得 x= 2或 x=-2.
当 x变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：
x (-∞，-2) -2 (-2,2) 2 (2，+∞)
f′ (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴当 x=-2 28时，函数取得极大值 f(-2) = 3 ；
当 x= 2 4时，函数取得极小值 f(2) =- 3 .
且 f(x)在 (-∞，-2)上递增，在 (-2,2)上递减，在 (2，+∞)上递增．
根据函数单调性、极值情况，它的图象大致如图所示，
4 28
结合图象知- 3 < a< 3 .
·3·
11.已知函数 f(x) = x3- 6x2+ 9x+ 3 1，若函数 y= f(x)的图象与 y= 3 f ′ (x) + 5x+m
的图象有三个不同的交点，求实数m的取值范围．
解 由 f(x) = x3- 6x2+ 9x+ 3，可得 f′ (x) = 3x2- 12x+ 9，
1
3 f′ (x) + 5x+m=
1
3 (3x
2- 12x+ 9) + 5x+m= x2+ x+ 3+m.
则由题意可得 x3- 6x2+ 9x+ 3= x2+ x+ 3+m有三个不相等的实根，即 g(x) = x3-
7x2+ 8x-m的图象与 x轴有三个不同的交点．
∵ g′ (x) = 3x2- 14x+ 8= (3x- 2) (x- 4)，
∴令 g′ (x) = 0 x= 2，得 3 或 x= 4.
当 x变化时，g(x)，g′ (x)的变化情况如下表：
x -∞ 2，3
2 23 3 ，4 4 (4，+∞)
g′ (x) + 0 - 0 +
g(x) ↗ 6827 -m ↘ -16-m ↗
2 68
则函数 g(x)的极大值为 g 3 = 27 -m，极小值为 g(4) =-16-m.∴由 y= f(x)的图
1
象与 y= 3 f′ (x) + 5x+m的图象有三个不同交点，
得 g 2 68 3
= 27 -m> 0，解得-16g(4) =-16-m< 0， 27
12.若 2ln(x+ 2) - x2- x+ b= 0在区间 [-1,1]上恰有两个不同的实数根，求实数 b的
取值范围．
2x x+ 5
解：令 g(x) = 2ln(x+ 2) - x2- x+ b g′ (x) = 2
，则 x+ 2 - 2x- 1=-
2
x+ 2 (x>
-2)．
g(x)与 g′ (x)随 x在 (-2，+∞)的变化情况如下表：
x (-2,0) 0 (0，+∞)
g′ (x) + 0 -
g(x) ↗ 2ln2+ b ↘
由上表可知，函数在 x= 0处取得极大值，极大值为 2ln2+ b.
结合图象 (图略)可知，要使 g(x) = 0在区间 [-1,1]上恰有两个不同的实数根，只需
g(-1)≤ 0， b≤ 0， g(0)> 0， 即 2ln2+ b> 0， 所以-2ln2< b≤ 2- 2ln3.g(1)≤ 0， 2ln3- 2+ b≤ 0，
故实数 b的取值范围是 (-2ln2,2- 2ln3]．
·4·
导函数与函数的最值
例 1、(不含参数的函数的最值问题)
1.已知函数 f(x) = x3- 3x，x∈R.当 x∈ [- 3，3]时，求 f(x)的最大值与最小值．
解：f′ (x) = 3x2- 3= 3(x+ 1) (x- 1)，
当 x<-1或 x> 1时，f′ (x)> 0；
当-1< x< 1时，f′ (x)< 0，
所以 f(x)的单调递增区间为 (-∞，-1)和 (1，+∞)，单调递减区间为 (-1,1)．
x∈ [- 3，3]时，f(x)的极大值为 f(-1) = 2，f(x)的极小值为 f(1) =-2，
又 f(- 3 ) = 0，f(3) = 18，
所以当 x∈ [- 3，3]时，f(x)的最大值为 18，f(x)的最小值为-2.
反思与感悟 求解函数在固定区间上的最值，需注意以下几点
(1)对函数进行准确求导，并检验 f ′ (x) = 0的根是否在给定区间内．
(2)研究函数的单调性，正确确定极值和端点函数值．
(3)比较极值与端点函数值的大小，确定最值．
2.函数 f(x) = x2- cosx，x∈ π π - 2，2 的值域是________．
π2
答案： -1， 4
解析：f ′ (x) = 2x+ sinx，令 f ′ (x) = 0，即 2x+ sinx= 0，得 x= 0，f(0) =-cos0=-1，
π π 2f 2 = f - 2 =
π
4 ，
2 2
∴ f(x) π π的最大值为 4 ，f(x)的最小值为-1.则 f(x)的值域为
-1， 4 ．
3.已知函数 f(x) = x3- ax2+ 3x，若 x= 3是 f(x)的极值点，求 f(x)在 x∈ [1，a]时的最
值．
解：f′ (x) = 3x2- 2ax+ 3，
由题意知 f′ (3) = 0，即 27- 6a+ 3= 0，解得 a= 5，
∴ f′ (x) = 3x2- 10x+ 3.
令 f′ (x) = 0，即 3x2- 10x+ 3= 0，
解得 x= 3 x= 1或 3 (舍去)．
∵ f(3) =-9，f(1) =-1，f(5) = 15，
∴当 x∈ [1,5]时，f(x)的最小值为-9，最大值为 15.
例 2(含参数的函数求最值)
1.已知 a为常数，求函数 f(x) =-x3+ 3ax(0≤ x≤ 1)的最大值．
解 f′ (x) =-3x2+ 3a=-3(x2- a)．
若 a≤ 0，则 f′ (x)≤ 0，函数 f(x)单调递减，
所以当 x= 0时，f(x)有最大值 f(0) = 0；
若 a> 0，则令 f′ (x) = 0，解得 x=± a .
由 x∈ [0,1]，则只考虑 x= a的情况．
①当 0< a< 1，即 0< a< 1时，
当 x变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：
x
·5·
(0， a ) a ( a，1)
f′ (x) + 0 -
f(x) ↗ 2a a ↘
f(x)max= f( a ) = 2a a .
②当 a≥ 1，即 a≥ 1时，f ′ (x) ≥ 0，函数 f(x)在 [0,1]上单调递增，当 x= 1时，f(x)有
最大值，f(1) = 3a- 1.
综上，当 a≤ 0，x= 0时，f(x)有最大值 0；
当 0< a< 1，x= a时，f(x)有最大值 2a a；
当 a≥ 1，x= 1时，f(x)有最大值 3a- 1.
2.已知函数 f(x) = ax3- 3 x22 + b(x∈R)．若 a> 0，b= 2，当 x∈ [-1,1]时，求 f(x)的
最小值．
解：f′ (x) = 3ax2- 3x= 3x(ax- 1)．
令 f′ (x) = 0 1，解得 x= 0或 x= a，分以下两种情况讨论：
1
①若 a > 1，即 0< a< 1，当 x变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：
x (-1,0) 0 (0,1)
f′ (x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
f(-1) =-a- 32 + 2，f(1) = a-
3
2 + 2，
所以 f(x)min= f(-1) = 12 - a.
②若 0< 1a < 1，即 a> 1，当 x变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：
x (-1,0) 0 0 1，a
1 1a a，1
f′ (x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
f(-1) = 12 - a f
1
， a = 2-
1 .
2a2
f 1而 a - f(-1) = 2-
1
2 - 12 - a =
3
2 + a-
1
2 > 0，2a 2a
所以 f(x)min= f(-1) = 12 - a.
1
综合①和②知，f(x)min= f(-1) = 2 - a.
例 3、(由函数的最值求参数)
3.已知函数 f(x) = ax3- 6ax2+ b，x∈ [-1,2]的最大值为 3，最小值为-29，求 a，b的
值．
解 由题设知 a≠ 0，否则 f(x) = b为常函数，与题设矛盾．
求导得 f′ (x) = 3ax2- 12ax= 3ax(x- 4)，
令 f′ (x) = 0，得 x1= 0，x2= 4(舍去)．
·6·
①当 a> 0，且当 x变化时，f′ (x)，f(x)的变化情况如下表：
x -1 (-1,0) 0 (0,2) 2
f′ (x) + 0 -
f(x) -7a+ b ↗ b ↘ -16a+ b
由表可知，当 x= 0时，f(x)取得极大值 b，也就是函数在 [-1,2]上的最大值，∴ f(0) = b
= 3.
又 f(-1) =-7a+ 3，f(2) =-16a+ 3< f(-1)，
∴ f(2) =-16a+ 3=-29，解得 a= 2.
②当 a< 0时，同理可得，当 x= 0时，f(x)取得极小值 b，也就是函数在 [-1,2]上的最小
值，∴ f(0) = b=-29.
又 f(-1) =-7a- 29，f(2) =-16a- 29> f(-1)，
∴ f(2) =-16a- 29= 3，解得 a=-2.
综上可得，a= 2，b= 3或 a=-2，b=-29.
4.②若函数 f(x) = 3x- x3在区间 (a2- 12，a)上有最小值，则实数 a的取值范围是__
________.
答案 -1< a≤ 2.
解析 由 f′ (x) = 3- 3x2= 0，得 x=±1.
当 x变化时，f′ (x)及 f(x)的变化情况如下表：
x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞)
f′ (x) - 0 + 0 -
f(x) ↘ -2 ↗ 2 ↘
由此得 a2- 12<-1< a，解得-1< a< 11 .
又当 x∈ (1，+∞)时，f(x)单调递减，
且当 x= 2时，f(x) =-2.∴ a≤ 2.
综上，-1< a≤ 2.
5.③已知函数 f(x) = x- ln(x+ a)的最小值为 0，其中 a> 0，求 a的值．
解 f(x)的定义域为 (-a，+∞)，
f′ (x) = 1- 1 = x+ a- 1x+ a x+ a .
由 f′ (x) = 0，解得 x= 1- a>-a.
当-a< x< 1- a时，f ′ (x) < 0，f(x)在 (-a,1- a)上单调递减；当 x> 1- a时，f ′ (x)
> 0，f(x)在 (1- a，+∞)上单调递增．
因此，f(x)在 x= 1- a处取得最小值，
由题意知 f(1- a) = 1- a= 0，故 a= 1.
例 4、与最值有关的恒成立问题
6.已知 2xlnx≥-x2+ ax- 3对一切 x∈ (0，+∞)恒成立，求 a的取值范围．
解 由 2xlnx≥-x2+ ax- 3，则 a≤ 2lnx+ x+ 3x .
设 h(x) = 2lnx+ 3x + x(x> ) ′ ( )=
(x+ 3) (x- 1)
0 ．则 h x ，
x2
·7·
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．
∴ h(x)min= h(1) = 4.
∴ a≤ h(x)min= 4.
反思与感悟 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤
7.设 f(x) = lnx，g(x) = f(x) + f ′ (x)．
(1)求 g(x)的单调区间和最小值．
(2) 1求 a的取值范围，使得 g(a) - g(x)< a 对任意 x> 0成立．
解：(1)由题设知 f(x)的定义域为 (0，+∞)，
f′ (x) = 1x，g(x) = lnx+
1 x- 1
x，所以 g′ (x) = 2 .令 g′ (x) = 0，得 x= 1.x
当 x∈ (0,1)时，g′ (x)< 0，故 (0,1)是 g(x)的单调递减区间；
当 x∈ (1，+∞)时，g′ (x)> 0，故 (1，+∞)是 g(x)的单调递增区间．
因此，x= 1是 g(x)在 (0，+∞)上的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以
最小值为 g(1) = 1.
(2)g(a) - g(x)< 1a 对任意 x> 0成立，即 lna< g(x)对任意 x> 0成立．由 (1)知，g(x)
的最小值为 1，
所以 lna< 1，解得 0< a< e.
·8·
函数的极、最值与导数课后作业
一．函数极、最值的概念
1.下列说法正确的是 ( )
A.函数的极大值就是函数的最大值
B.函数的极小值就是函数的最小值
C.函数在闭区间上的极大值一定比极小值大
D.在闭区间上的连续函数一定存在最值
2.“函数 f(x)在 x0处取得极值”是“f(x0) = 0”的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既非充分又非必要条件
二．求下列函数的极值
1.f(x) = x3- 3x2- 9x(-2< x< 2)2.f(x) = lnx+ 2x
2
3.f(x) = x + x- 1 5 1
ex
4.f(x) = 2 lnx+ x - x
三．根据函数的极值求值、求参数
1.已知 a为函数 f(x) = x3- 12x的极小值点，则 a=
x22.若函数 f(x) = + ax+ 1 在 x= 1处取得极值，则 a=
3.已知函数 f(x) = x3+ ax2+ bx+ a2在 x= 1处有极值 10，则 f(2) = ()
A. 11或 18 B. 11 C. 18 D. 17或 18
4.已知函数 f(x) = 2lnx+ ax2- 3x在 x= 2处取极小值，则 f(x)的极大值为 ()
A. 2 B. - 52 C. 3+ ln2 D. - 2+ 2ln2
5.若 x=-2是函数 f(x) = (x2+ ax- 1)ex-1的极值点，则 f(x)的极小值是 ()
A. - 1 B. - 2e-3 C. 5e-3 D. 1
6.若函数 f(x) = x3+ ax2+ (a+ 6)x+ 1有极大值和极小值，则实数 a的取值范围是 (
)
A. (-1,2) B. (-3,6)
C. (-∞,-3) ∪ (6, +∞) D. (-∞,-1) ∪ (2, +∞)
7.若函数 f(x) = x3- 3bx+ 3b在 (0,1)内有极小值，则 ( )
·9·
A. 0< b< 1 B. b< 1 C. b> 0 D. b< 12
8.若函数 f(x) = sinx- kx存在极值，则实数 k的取值范围是 ( )
A. (-1,1) B. [-1,1] C. (1, +∞) D. (-∞,-1)
9.设函数 f(x) = x2+mln(1+ x)有两个极值点，则实数m的取值范围是 ( )
A. -1, 12 B. 0,
1
2 C. 0,
1
2 D. -1,
1
2
10.已知函数 f(x) = x(lnx- ax)有两个极值点，则实数 a的取值范围是 ( )
A. (-∞,0) B. 0, 12 C. (0,1) D. (0, +∞)
四．求下列函数的最值
1.f(x) = x3+ 2x2+ x+ 2 - 32 ≤ x≤ 1 2.f(x) = e
x- x(-1≤ x≤ 1)
3.f(x) = lnx- x 1e ≤ x≤ e 4.f(x) = e
x+ x2- x(-1≤ x≤ 1)
五.根据函数的最值求值、求参数
1.已知函数 f(x) = x3- 3x- 1，若对于区间 [-3,2]上最大值为M，最小值为N，则M-
N= ( )
A. 20 B. 18 C. 3 D. 0
2.已知函数 f(x) = x3- x2- x+ a在区间 [0,2]的最大值为 3，则 a的值 ()
A. 3 B. 1 C. 2 D. - 1
3.已知 f(x) = 2x3- 6x2+m在 [-2,2]上有最大值 3，则此函数在 [-2,2]上的最小值是
( )
A. - 37 B. - 29 C. - 5 D.以上都不对
4.直线 x= t与函数 f(x) = x2,g(x) = lnx的图象分别交于点M ,N，则当 MN 达到最小
值时 t= ()
A. 1 B. 12 C.
5
2 D.
2
2
2x3+ 3x2 + 1, x≤ 05.设函数 f(x) = ax 在 [-2,2]上的最大值为 2，则 a的取值范围是 ( e , x> 0
)
A. -∞, ln2 B. ln22 2 , +∞ C. (-∞,0) D. 0,
ln2
2
六.最值与不等式求参数
1.函数 f(x) =-x3- 2x2+ 4x，当 x∈ [-3,3]时，有 f(x)≥m2- 14m恒成立，则m的取值
范围是 ( )
·10·
A. [-3,11] B. (3,11) C. [3,11] D. [2,7]
2.当 x∈ [-2,1]时，不等式 ax3- x2+ 4x+ 3≥ 0恒成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. [-5, -3] B. [-6, -2] C. -6, - 9 8 D. [-4, -3]
3.已知函数 f(x) = 2ax+ xlnx，g(x) = x3- 2x2- 1 1，如果对于任意的m,n∈ 2 ,2 ，都
有 f(m)≥ g(n)恒成立，则实数 a的取值范围为 ( )
A. [-1, +∞) B. (-1, +∞) C. 1 1 - 2 , +∞ D. - 2 , +∞
4.已知 f(x) = xex,g(x) =- (x+ 1)2+ a，若存在 x1,x2∈R，使得 f(x2) ≤ g(x1)成立，则实
数 a的取值范围为 ( )
A. [-e, +∞) B. (-∞,-e] C. - 1 e , +∞ D. -∞,-
1
e
5.已知 f(x) = lnx+ ax (a> 0)，当 x∈ (0,e]时，f(x) ≥
3
2 恒成立，则实数 a的取值范围
为
·11·
答案
一． 1- 4DA
二． 1.有极大值 52. 5 5有极小值 1+ ln23.有极大值 2 ，有极小值-e4.有极大值 2 ln2-e
3
2
三． 1.a= 22.a= 33- 5CBA6- 10BAABB
四． 1. 13最大值 6，最小值 8 2.最大值 e- 1，最小值 1
3.最大值-1，最小值 1- e4.最大值 e，最小值 1
五． 1- 5ABADA
六． 1- 5CBCC[ e , +∞)
·12·导数和不等式
知识点：
1.不含参数的不等式的证明
2.能参变分离
3.不能参变分离
4.
例1.证明下列不等式
A.当 x∈R时，ex≥ x+ 1 B.当 x> 0时，lnx≤ x- 1
C.当 x∈R时，ex≥ ex D.当 x> 0时，x≥ sinx
【解析】对于A：设 f(x) = ex- x- 1，则 f (x) = ex- 1，令 f (x) = 0，解得 x= 0，
当 x∈ (-∞,0)时函数单调递减，当 x∈ (0, +∞)时，函数单调递增，
所以函数在 x= 0时，函数取得最小值 f(x)min= f(0) = 0，故当 x∈R时，ex≥ x+ 1；
对于B：设 f(x) = - + - (x- 1)lnx x 1，所以 f (x) = 1x - 1= x ，
令 f (x) = 0，解得 x= 1，当 x∈ (0,1)时，函数单调递增，当 x∈ (1, +∞)时，函数单调递减，
所以在 x= 1时，f(x)max= f(1) = 0，故当 x> 0时，lnx≤ x- 1恒成立；
对于C：设 f(x) = ex- ex，所以 f (x) = ex- e，令 f′ (x) = 0，解得 x= 1，当 x∈ (-∞,1)时，函数单
调递减，当 x∈ (1, +∞)时，函数单调递增，
所以当 x= 1时，f(x)min= f(1) = 0，所以当 x∈R时，ex≥ ex；
对于D：设函数 f(x) = x- sinx，则 f (x) = 1- cosx≥ 0，所以 f(x)是定义在R上单调递增的奇函
数，所以 x> 0时，x< sinx成立．
例2.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)≤- 34a - 2.
(1)解 f(x)的定义域为 (0，+∞)，
′ ( (x+ 1) (2ax+ 1)f x) = 1x + 2ax+ 2a+ 1= x .
若 a≥ 0，则当 x∈ (0，+∞)时，f′ (x)> 0，
故 f(x)在 (0，+∞)上单调递增．
若 a< 0 1，则当 x∈ 0，- 2a 时，f′ (x)> 0；
x∈ - 1当 2a，+∞ 时，f′ (x)< 0.
故 f(x)在 0，- 12a 上单调递增，在 -
1
2a，+∞ 上单调递减．
(2)证明:由 (1) 1 1 1知，当 a< 0时，f(x)在 x=- 2a 处取得最大值，最大值为 f - 2a = ln - 2a
- 1- 14a，
所以 f(x)≤- 34a - 2 ln -
1 - 1- 1 ≤- 3等价于 2a 4a 4a - 2，
·1·
即 ln - 12a +
1
2a + 1≤ 0.
设 g(x) = ln x- x+ 1，则 g′ (x) = 1x - 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 ln - 1 1时， 2a + 2a + 1≤ 0，
即 f(x)≤- 34a - 2.
[子题 1] 设函数 f(x) = ln x- x+ 1. x- 1证明：当 x∈ (1，+∞)时，1< lnx < x.
证明 f′ (x) = 1x - 1=
1- x
x ，x> 0，
当 x> 1时，f′ (x)< 0，f(x)单调递减，
当 0< x< 1时，f′ (x)> 0，f(x)单调递增，
∴ f(x) = ln x- x+ 1≤ f(1) = 0，∴ ln x≤ x- 1，
∴当 x> 1时，ln x< x- 1，①
且 ln 1 1x < x - 1，②
x- 1 1- x
由①得，1< lnx ，由②得，-ln x< x ，
∴ ln x> x- 1x ，∴ x>
x- 1
lnx ，
综上所述，当 x> 1时，1< x- 1lnx < x.
x
[子题 2] 已知函数 f(x) = ex- 2 > e + (2- e)x- 1x .求证：当 x 0时， x ≥ ln x+ 1.
证明 设 g(x) = f(x) - (e- 2)x- 1= ex- x2- (e- 2)x- 1(x> 0)，
则 g′ (x) = ex- 2x- (e- 2)，
设m(x) = ex- 2x- (e- 2) (x> 0)，
则m′ (x) = ex- 2，
易得 g′ (x)在 (0，ln 2)上单调递减，在 (ln 2，+∞)上单调递增，
又 g′ (0) = 3- e> 0，g′ (1) = 0，
由 0< ln 2< 1，则 g′ (ln 2)< 0，
所以存在 x0∈ (0，ln 2)，使得 g′ (x0) = 0，
所以当 x∈ (0，x0) ∪ (1，+∞)时，g′ (x)> 0；
当 x∈ (x0，1)时，g′ (x)< 0.
故 g(x)在 (0，x0)上单调递增，在 (x0，1)上单调递减，在 (1，+∞)上单调递增，
又 g(0) = g(1) = 0，所以 g(x) = ex- x2- (e- 2)x- 1≥ 0，
ex> +(2- e)x- 1故当 x 0时， x ≥ x.
又由母题可得 ln x≤ x- 1，即 x≥ ln x+ 1，
ex+ (2- e)x- 1
故 x ≥ ln x+ 1.
规律方法 利用导数证明不等式 f(x)> g(x)的基本方法
·2·
(1)若 f(x)与 g(x)的最值易求出，可直接转化为证明 f(x)min> g(x)max.
(2)若 f(x)与 g(x)的最值不易求出，可构造函数 h(x) = f(x) - g(x)，然后根据函数 h(x)的单调性
或最值，证明 h(x)> 0.
(3)通过题目中已有的或常用的不等式进行证明．
(4)利用赋值法证明与正整数有关的不等式.
跟踪练习1已知函数 f(x) = aex- ln x- 1. 1证明：当 a≥ e 时，f(x)≥ 0.
a≥ 1
x
证明 当 e 时，f(x)≥
e
e - ln x- 1.
ex
方法一 设 g(x) = e - ln x- 1(x∈ (0，+∞))，
x
则 g′ (x) = e 1e - x .
当 0< x< 1时，g′ (x)< 0；当 x> 1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≥ 1e 时，f(x)≥ 0.
方法二 易证 ex≥ x+ 1，① ln x≤ x- 1，②
x
∴ f(x)≥ e - ln x- 1= ex-1e - ln x- 1≥ x- ln x- 1≥ 0，
即证 f(x)≥ 0.
2 1
跟踪练习2已知 f(x) = ln x+ ex .证明：f(x)> x .e
ln x+ 2 > 1证明 要证 ex x (x> 0)成立，e
2 x
只需证 xlnx+ e > x (x> 0)成立，e
令 h(x) = xx，则 h′ (x) =
1- x
e ex
，
当 x∈ (0,1)时，h′ (x)> 0，h(x)单调递增，当 x∈ (1，+∞)时，h′ (x)< 0，h(x)单调递减，
所以 h(x)的极大值为 h(1)，即 h(x)≤ h(1) = 1e ，
由 (1)知，x∈ (0，+∞)时，g(x)≥ g 1 1e = e ，
且 g(x) 2 x 2 1的最小值点与 h(x)的最大值点不同，所以 xln x+ e > x ，即 ln x+ > ，所以e ex ex
f(x)> 1
ex
.
知识点 2 参变分离
例3.若函数 f(x) = 3x2- 32x-mlnx在 [2,6]上单调递增，则实数m的取值范围为 ( )
A. -∞,- 128 3 B. (-∞,12] C. -∞,-
128
3 D. (-∞,12)
f(x) = 3x2- 32x-mlnx f (x) = 6x- 32- m【解析】函数 ，则 x ，
因为函数 f(x)在 [2,6]上单调递增，
令 f (x)≥ 0，则 6x- 32- m 2x ≥ 0，即 6x - 32x≥m，令 y= 6x
2- 32x,x∈ [2,6]，
函数 y= 6x2- 32x在 2,
8
3
8
上单调递减，在 3 ,6 上单测递增，
·3·
6× 64故 9 - 32×
8
3 ≥m，解得m≤-
128
3 ，故选：A.
例4.若关于 x的不等式 x2-mlnx- 1≥ 0在 2,3 上有解，则实数m的取值范围为 ( )
A. -∞, 3 ln2 B. -∞,
8
ln3 C. -∞,e
2- 1 D. 3 8 ln2 , ln3
x2- 1 x2- 1
【解析】依题意： lnx ≥m，令 g x = lnx ,x∈ 2,3 ，
2xlnx- x+ 1
则 g x = x 1 2 ，令m x = 2xlnx- x+ lnx x
，
则m x = 2lnx+ 1- 12 ，易知m x 单调递增，x
m x ≥m 2 > 0，所以m x 单调递增，
故m x ≥m 2 > 0，故 g x > 0，
则 g x 在 2,3 上单调递增，故 g 3 ≥m，
8
即实数m的取值范围为 -∞, ln3 ，故选：B.
知识点 2 不能参变分离
(1)对数形式：x≥ 1+ ln x(x> 0)，当且仅当 x= 1时，等号成立.
(2)指数形式：ex≥ x+ 1(x∈R)，当且仅当 x= 0时，等号成立.进一步可得到一组不等式链：ex
> x+ 1> x> 1+ ln x(x> 0，且 x≠ 1).
例5.若不等式 xlnx≥ a(x- 1)对所有 x≥ 1都成立，求实数 a的取值范围．
答案：(-∞，1]．
解法 1设 f(x) = xlnx- a(x- 1)，则 f ′ (x) = lnx+ 1- a，令 f ′ (x) = 0，解得 x= ea-1.当 a≤ 1时，
对所有 x> 1，都有 f ′ (x)> 0，所以 f(x)在 [1，+∞)上单调递增，因此对 x≥ 1，有 f(x)≥ f(1) = 0，即 a
≤ 1时，对所有 x≥ 1，都有 xlnx≥ a(x- 1)，满足题意；当 a> 1时，当 x∈ (1，ea-1)时，f ′ (x)< 0，f(x)
在 (1，ea-1)上单调递减，又 f(1) = 0，所以 f(x)< f(1) = 0，即 xlnx< a(x- 1)，不合题意．故 a的取值
范围是 (-∞，1]．
a(x- 1) a(x- 1)
解法 2原问题等价于 lnx- x ≥ 0对所有 x≥ 1都成立，令 f (x) = lnx- x ，则 f ′
(x) = x- a x- a2 ，当 a≤ 1时，f ′ (x) = 2 ≥ 0恒成立，即 f(x)在 [1，+∞)上单调递增，因而 f(x)≥ f(1)x x
= 0恒成立；当 a> 1时，令 f ′ (x) = 0，则 x= a，f(x)在 (0，a)上单调递减，在 (a，+∞)上单调递增，
f(x)min= f(a) = lna- a+ 1< 0，不合题意．综上所述，a的取值范围是 (-∞，1]．
解法 3根据常用不等式 1- 1x ≤ lnx，且 y= 1-
1
x 与 y= lnx相切于 (1，0)，又 y= a 1-
1
x 过
点 (1，0)，所以要使 lnx≥ a(x- 1)x 对所有 x≥ 1都成立，只能 a≤ 1.因此 a的取值范围是 (-∞，1]
例6.若函数 f(x) = x(lnx- ax)有两个极值点，则实数 a的取值范围是 ( )
A. (-∞,0) B. 0, 12 C. (0,1) D. (0, +∞)
【解析】由题意得 f ′ (x) = lnx+ 1- 2ax在 (0, +∞)上有 2个零点，即 lnx= 2ax- 1有 2根，作出
图象如下：
·4·
结合 y= lnx在点 (1,0)处的切线为 y= x- 1知，当且仅当 0< 2a< 1时，lnx= 2ax- 1有两根，
即 f′ (x) 1有 2个零点，此时 f(x)有 2个极值点，故 0< a< 2 .
【答案】B
【提炼】y= lnx图象上有两条切线可以记住，一条是在 (1,0)处的切线 y= x- 1，另一条是过原点
的切线 y= xe .
跟踪练习1已知函数 f(x) = ex- 1- x- ax2，当 x≥ 0时，f(x)≥ 0恒成立，求实数 a的取值范围．
答案： -∞ 1， 2
解法 1由 f ′ (x) = ex- 1- 2ax，又 ex≥ x+ 1，所以 f ′ (x) = ex- 1- 2ax≥ x- 2ax= (1- 2a)x，所
以当 1- 2a≥ 0 1，即 a≤ 2 时，f ′ (x)≥ 0(x≥ 0)，而 f(0) = 0，于是当 x≥ 0时，f(x)≥ 0，满足题意；又 x
≠ 0时，ex> x+ 1，所以可得 e-x> 1- x，从而当 a> 12 时，f ′ (x) = e
x- 1- 2ax≤ ex- 1+ 2a(e-x-
1) = e-x(ex- 2a)，故当 x∈ (0，ln2a)时，f ′ (x) < 0，而 f(0) = 0，于是当 x∈ (0，ln2a)时，f(x) < 0，不
1
合题意．综上所述，实数 a的取值范围为 -∞， 2 .
解法 2因为 ex≥ x+ 1，所以当 a≤ 0时，ex≥ ax2+ x+ 1恒成立，故只需讨论 a> 0的情形．令F
(x) = e-x(1+ x+ ax2) - 1，问题等价于F(x) ≤ 0，由F ′ (x) = e-x[-ax2+ (2a- 1)x] = 0得 x1= 0，x2
= 2a- 1a .
1
①当 0< a≤ 2 时，F(x)在 [0，+∞)上单调递减，所以F(x)≤F(0) = 0恒成立；
②当 a> 12 时，因为F(x)在 [0，x2]上单调递增，所以F(x2)≥F(0) = 0恒成立，此时F(x)≤ 0不
1
恒成立．综上所述，实数 a的取值范围是 -∞， 2 .
跟踪练习2已知函数 f(x) = 3lnxx + a- 2ax，若存在唯一的整数 x0，使 f(x0)> 0，则实数 a的取值
范围是________．
ln3 ln2【答案】 5 ， 2
3lnx
【解析】由题意，函数 f(x) = x + a- 2ax的定义域为 (0, +∞)，
又由 f(x)> 0 3lnx，可得 x > 2ax- a，
令 g(x) = 3lnxx ，h(x) = 2ax- a，其定义域为 (0, +∞)，
( ) = 3(1- lnx)则 g x 2 ，令 g (x) = 0，即 1- lnx= 0，解得 x= e，x
当 x∈ (0,e)时，g x > 0，g x 单调递增；
当 x∈ (e, +∞)时，g x < 0，g x 单调递减，
所以 g x 在 x= e处取极大值也是最大值，
·5·
g(e) = 3又由 e、g(1) = 0，当 x→+∞时 g(x)> 0，
画出函数 g(x)的大致图像，如图所示，
又由函数 h(x) 1的图像是恒过点 2 ，0 的直线，
若 a≤ 0，则显然不符合题意，
3ln2
g(2)> h(2) > 4a- a ln3 ln2
若 a> 0，则满足 2 ( )≤ ( )，即 3ln3 ，解得 5 ≤ a< ．g 3 h 3 ≤ 6a- a 23
ln3 ln2
故答案为： 5 ≤ a< 2 .
·6·
导数与不等式
常见的不等式模型
1.一个变量
① f(x)> k恒成立 f(x)min> k，f(x)< k恒成立 f(x)max< k
② f(x)> k有解 f(x)max> k，f(x)< k有解 f(x)min< k
③ f(x)> g(x)恒成立 F(x) = f(x) - g(x)> 0恒成立 F(x)min> 0
④ f(x)> g(x)有解 F(x) = f(x) - g(x)> 0有解 F(x)max> 0
2.两个变量 (D1,D2为定义域，可相同)
① x1∈D1,x2∈D2，都有 f(x1)> g(x2)恒成立 f(x1)min> g(x2)max
② x1∈D1, x2∈D2，使得 f(x1)> g(x2)成立 f(x1)min> g(x2)min(先考虑任意，再考虑存在)
③ x1∈D1, x2∈D2，使得 f(x1)< g(x2)成立 f(x1)max< g(x2)max(先考虑任意，再考虑存在)
④ x1∈D1,x2∈D2，使得 f(x1)> g(x2)成立 f(x1)max> g(x2)min
一．根据不等式求参数的取值范围
1.当参数易分离时，首选参数分离法求参数的取值范围
(1)当 x> 0时，不等式 x2+ ax+ 4≥ 0恒成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. [-4,4] B. [4, +∞) C. (-∞,-4] D. [-4, +∞)
(2)当 x∈ [-2,0)时，不等式 ax3- x2+ 4x+ 3≥ 0恒成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. (-∞,-2] B. (-∞,-6] C. [-6, +∞) D. [-2, +∞)
(3)已知函数 f(x) = 2ax+ xlnx，g(x) = x3- 2x2- 1，如果对于任意的m,n∈ 1 2 ,2
，都有 f(m)
≥ g(n) 恒成立，则实数 a的取值范围为 ( )
A. [-1, +∞) B. (-1, +∞) C. 1 1 - 2 , +∞ D. - 2 , +∞
(4)已知 f(x) = xex,g(x) =- (x+ 1)2+ a，若存在 x1,x2∈R，使得 f(x2)≤ g(x1)成立，则实数 a的取
值范围为 ( )
A. [-e, +∞) B. (-∞,-e] C. -
1
e , +∞ D. -∞,-
1
e
(5)已知函数 f(x) =mex- lnx，若 f(x)≥ 1恒成立，则实数m的取值范围为
(6)已知函数 f(x) = alnx- x，若不等式 f(x) ≤m对任意的 a∈ [0,2]和任意的 x∈ (1,e3]都成
立，则实数m的取值范围为
(7)已知 f(x) = lnx，当 x∈ (0,e]时，f(x)≥- a + 3x 2 恒成立，则实数 a的取值范围为
(8)已知 f(x) = ex- x2- 1，当 x> 0时，f(x)> kx恒成立，则实数 k的取值范围为
2.当参数分离不出来或者分离出来后的式子较为复杂时，可以直接讨论原函数的单调性，找出函
数的极最值来求解
(1)已知函数 f(x) = ex(ex- a) - a2x,若 f(x)≥ 0，求 a的取值范围．
·7·
(2)已知函数 f(x) = (x+ 1)lnx- a(x- 1),若当 x∈ [1, +∞)时，f(x)≥ 0，求 a的取值范围．
(3)已知函数 f(x) = x- ln(x+ 1),当 x∈ [0, +∞)时，f(x)≤ kx2，求 k的最小值
(4)设函数 f(x) = (1- x2)ex,当 x≥ 0时，f(x)≤ ax+ 1，求 a的取值范围.
二．证明不等式成立
1.不含参的不等式证明
一般可以直接求导，找出函数在其定义域内的单调性，找出极值最值，偶尔涉及到隐零点问题
(1)已知函数 f(x) = ex- x，证明：f(x)≥ 1
(2)已知函数 f(x) = ex- x2，证明：当 x≥ 0时，f(x)≥ 1
(3)已知函数 f(x) = (x+ 2)ln(x+ 1) - 2x，证明：当 x≥ 0时，f(x)≥ 0
(4)已知函数 f(x) = ex- lnx，证明：f(x)> 2
(5)已知函数 f(x) = (x- 1)lnx- x- 1 5，证明：f(x)>- 2
2.含参不等式的证明
·8·
对于含参的不等式，有以下两种常见思路
①根据参数范围讨论函数的单调性，然后找出函数的极值最值，从而证明不等式
②若能分离参数，先分离出参数，再根据参数的取值范围去证明不等式
(1)已知函数 f(x) = ex- 2ax，证明：当 a> 0时，f(x)≥-4a2+ 4a.
(2) 3已知函数 f(x) = lnx+ ax2+ (2a+ 1)x，证明：当 a< 0时，f(x)≤- 4a - 2.
(3)已知函数 f(x) = aex- lnx- 1 1，证明：当 a≥ e 时，f(x)≥ 0
ax2(4) + x- 1已知函数 f(x) = x ，证明：当 a≥ 1时，f(x) + e≥ 0e
(5) 1 1已知函数 f(x) = (x- a)lnx+ 2 x，证明：当 2e < a< 2 e时，f(x)> 0
3.含两个变量的不等式的证明
①可以对不等式的形式进行等价变换，然后构造新函数进行证明
②利用两个变量的等量关系或者换元法转换为一个变量的不等式，然后再进行证明
(1)已知m>n> 0，证明：(1+m)n<(1+n)m
( ) f(a) + f(b) f(a) - f(b)2 已知函数 f(x) = ex，证明：当 a> b时， 2 > a- b
(3)已知函数 f(x) = (a+ 1)lnx+ ax2+ 1，证明：当 a≤-2时， f(x1) - f(x2) ≥ 4(x1- x2)
·9·
( ) ( ) = 1 - + , ( ) , f(x1) - f(x )4 2已知函数 f x x x alnx 若 f x 存在两个极值点 x1 x2，证明： x < a- 2.1- x2
根据不等式求参数的取值范围参考答案
1.(1)~ (4)DACC (5) 1 e , +∞ ( 6) [2ln2- 2, +∞) (7) [ e , +∞) (8) (-∞,e- 2)
3
2.(1) -2e 4,1 (2) (-∞,2] (3) 1 2 , +∞ (4) [1, +∞)
·10·
