(共45张PPT)
第三章
3.11 导数的应用
3.11.2 利用导数研究不等式
函数、导数及其应用
复习目标 1．掌握利用导数证明不等式．2．掌握利用导数解决不等式恒成立、有解问题．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一 基础引入
1 [2025南京师范大学附属中学期末]已知函数f(x)＝ln x－mx＋1，若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0有解，则实数m的取值范围为 ( )
A．(－∞，1] B．(－∞，2]
C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)
A
AD
3 若ax≤sin x＋cos x＋1在区间(0，π]上恒成立，则实数a的取值范围为_____________．
(－∞，0]
当x＜0时，ln (1－x)＞0，则x ln (1－x)＜0；
当0＜x＜1时，ln (1－x)＜0，则x ln (1－x)＜0．
要证g(x)＜1，即证x＋ln (1－x)＞x ln (1－x)，
即证(1－x)ln (1－x)＞－x．
活动二 典例悟法
题组一 利用导数证明不等式
(1) 求证：f(x)≥1；
(2) 当x≥0时，求证：f(x)≥g(x)．
1
【解析】(1) 因为f(x)＝ex－x，
所以f′(x)＝ex－1．
当x＞0时，f′(x)＞0；当x＜0时，f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1，所以f(x)≥1．
则h′(x)＝ex－x－1．
由(1)，得ex－x≥1，所以h′(x)＝ex－x－1≥0，
所以函数h(x)是R上的增函数．
因为x≥0，所以h(x)≥h(0)＝0，
所以f(x)≥g(x)．
【解析】由题意，得f(x)的定义域为R，f′(x)＝aex－1．
当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减；
当x＞－ln a时，f′(x)＞0，则f(x)在区间(－ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a．
1．构造函数F(x)证明不等式，往往将不等式移到一边，证明F(x)min ≥0或者F(x)max≤0，因为确定F′(x)符号难易程度可能不同，所以构造辅助函数要不拘一格，可对原式作适当变更(或换元)．
2．对于多变量不等式，一般处理策略为消元或是把一个看作主变元其他看作常量；当都不能处理的时候，通过变形，再换元产生一个新变量，从而构造新变量的函数．
[2025镇江期中]已知函数f(x)＝ax ln x－x．
(1) 当x＞1时，f(x)＜－1，求实数a的取值范围；
2
综上，不等式得证．
题组二 利用导数解决不等式恒成立、有解问题
[2025苏北四市一模]已知函数f(x)＝ex－a sin x，a∈R．当x∈[0，π]时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
3
【解析】当a≤0时，由0≤x≤π，得f(x)＝ex－a sin x＞0恒成立，符合题意；
已知函数f(x)＝ln x－mx＋1，g(x)＝x(ex－2)．
(1) 若f(x)的最大值是0，求实数m的值；
(2) 若对其定义域内任意x，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
若m≤0时，则f′(x)＞0在定义域内恒成立，
即f(x)单调递增，无最大值；
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
1．分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
2．a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min，a≥f(x)能成立 a≥f(x)min，a≤f(x)能成立 a≤f(x)max．
[2025邯郸一模]已知函数f(x)＝aex－2＋ln a－3．若f(x)≥ln (x＋1)在区间(－1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
4
【解析】因为f(x)＝aex－2＋ln a－3，f(x)≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
所以aex－2＋ln a－3≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，a＞0，
可化为eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥ln (x＋1)＋x＋1(x∈(－1，＋∞))，
即eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x+1)＋ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))．
令G(m)＝em＋m，则G′(m)＝em＋1＞0，
所以G(m)为R上的增函数．
由eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x+1)＋ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
得G(ln a＋x－2)≥G(ln (x＋1))．
所以ln a＋x－2≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
即ln a≥ln (x＋1)－x＋2，
所以eln a≥eln (x+1)－x+2(x∈(－1，＋∞))，
整理，得a≥(x＋1)e－x+2(x∈(－1，＋∞))．
令h(x)＝(x＋1)e－x+2，
则h′(x)＝e－x+2－(x＋1)e－x+2＝－xe－x+2，
令h′(x)＝0，即－xe－x+2＝0，解得x＝0，
当x∈(－1，0)时，h′(x)＞0，h(x)在区间(－1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(0)＝e2．
因为a≥(x＋1)e－x+2(x∈(－1，＋∞))恒成立，
所以a≥e2，即实数a的取值范围为[e2，＋∞)．
已知函数f(x)＝aex ln x，g(x)＝x2＋x ln a，a＞0．设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)＞0对任意的x∈(0，1)恒成立，求实数a的取值范围．
当x∈(0，1)时，H′(x)＞0，函数H(x)单调递增，且H(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，H(x)＞0．
若aex≥1＞x，则H(aex)≥0＞H(x)；
若0＜aex＜1，
因为H(aex)＞H(x)，且H(x)在区间(0，1)上单调递增，
所以aex＞x．
同构就是把不等式的两边变成相同结构的代数式，再构造新函数讨论单调性，从而把不等式化为简单的形式去解决．
[2025枣庄模拟]已知函数f(x)＝x ln x－ax2＋x．若不等式f(x)＞aex－1＋(1－a)x2恒成立，求实数a的取值范围．
5
【解析】由f(x)＞aex－1＋(1－a)x2，
得x ln x－ax2＋x＞aex－1＋(1－a)x2，x＞0，
即aex－1－x ln x＋x2－x＜0，x＞0，
谢谢观看
Thank you for watching3.11 导数的应用
3．11.1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
复习目标 1. 了解函数的单调性与导数的关系.2. 能利用导数研究函数的单调性；会求函数的单调区间.3. 了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.4. 会用导数求函数的极大值、极小值；会求闭区间上函数的最大值、最小值．
导数与函数单调性
导数与函数的极值、最值
活动一 基础引入
1 [2025长沙一模]已知函数f(x)的图象如图所示，则其导函数f′(x)的图象可能是( )
A B C D
2 [2025安阳三模]已知函数f(x)＝x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为( )
A. 8 B. 6 C. 4 D. 2
3 (多选)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则下列说法中正确的是( )
A. x＝3是f(x)的极小值点
B. 当0
C. 当1D. 当－1f(x)
4 已知函数f(x)＝x＋＋ln x，则函数f(x)的单调减区间为________．
5 [2026扬州新华中学学情调研]已知函数f(x)＝－x2＋mx＋2ln x在区间(2，3)上单调递减，则实数m的取值范围是________．
活动二 典例悟法
题组一 求函数的单调区间
1 [2024全国甲卷(文)·20(1)]已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x(a∈R).求函数f(x)的单调区间．
1 已知函数f(x)＝aex－x－1，a∈R(e为自然对数的底数).求函数f(x)的单调区间．
2 已知函数f(x)＝，a∈R.讨论f(x)在区间[1，e]上的单调性．
2 已知函数f(x)＝a ln x＋x2－4x.讨论函数f(x)的单调性．
1 已知函数f(x)＝(x－2)ex－ax2＋ax.若a>0，讨论函数f(x)的单调性．
2 已知函数f(x)＝(ln x)2＋，a>0.讨论f(x)的单调性．
1. 确定不含参函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：一是不能漏掉求函数的定义域；二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
2. 研究含参函数的单调性，要根据参数对不等式解集的影响进行分类讨论，如：开口方向、是否有解、解是否在定义域的取值范围内、解之间的大小关系等．
注意：(1) 求出f′(x)后首先分析能否因式分解；
(2) 部分导函数为简单超越函数时需要二次求导研究f′(x)的图象，进一步判断原函数的单调性．
题组二 利用函数的单调性解不等式
3 已知函数f(x)＝ex－e－x－2sin x＋1，则满足f(2m－1)＋f(m－2)>2的实数m的取值范围是________．
1 [2025苏北四市一模]已知函数f(x)＝x3－ax2－3a2x(a∈R)，则f(2a－1)2 已知函数f(x)的定义域为R，且对任意x∈R，f(x)－f′(x)<0恒成立，则exf(x＋1)>的解集为________．
1. 给出一个确定的函数解不等式，往往研究该函数的单调性和奇偶性等，再将要求的不等式转化成同构不等式(注意函数的定义域).
2. 抽象函数解不等式，往往需要对原不等式(或方程)同解变形，如移项、通分、取对数等，把不等式(或方程)左、右两边转化为同构式，然后根据“相同结构”构造函数．
题组三 利用导数研究函数的极值与最值
4 [2025石家庄一模]已知函数f(x)＝e2x－ax，a∈R.讨论y＝f(x)的极值点个数．
1 已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x，且x＝3是f(x)的极值点，求函数f(x)的极值．
2 已知函数f(x)＝，设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在区间(0，＋∞)上存在极值点，求实数a的取值范围．
1. 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
2. 导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．
3. 已知函数存在极值点，求参数的取值范围，转化成f′(x)有变号零点．
5 已知函数f(x)＝ex cos x－x，求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R).当k∈时，求函数f(x)在区间[0，k]上的最大值M.
1. 求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
2. 若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．
[2025全国一卷·19(1)]设函数f(x)＝5cos x－cos 5x，求f(x)在区间上的最大值．
题组四 利用函数的单调性或极值求参数的值(范围)
6 已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
1 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1，1)上单调递减，求实数a的取值范围．
2 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)的单调减区间为(－1，1)，求实数a的值．
3 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，求实数a的取值范围．
4 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)有3个单调区间，求实数a的取值范围．
5 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)有3个零点，求实数a的取值范围．
6 [2026灌南二中月考]若函数f(x)＝－axex有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
求参数的取值范围的方法
1. 可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立；
2. 可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集；
3. 若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围；
4. 若已知某一区间(开区间)是可导函数的单调增(减)区间，则该区间是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)的解集.
3.11.2 利用导数研究不等式
复习目标 1. 掌握利用导数证明不等式.2. 掌握利用导数解决不等式恒成立、有解问题．
利用导数证明不等式的常用方法
利用导数解决不等式恒成立问题的常用方法
活动一 基础引入
1 [2025南京师范大学附属中学期末]已知函数f(x)＝ln x－mx＋1，若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≥0有解，则实数m的取值范围为( )
A. (－∞，1] B. (－∞，2]
C. [1，＋∞) D. [2，＋∞)
2 (多选)已知函数f(x)＝ln x－＋，g(x)＝－x2－2ax＋4，若 x1∈(0，2]， x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值可以是( )
A. 0 B. －1 C. －2 D. －
3 若ax≤sin x＋cos x＋1在区间(0，π]上恒成立，则实数a的取值范围为________．
4 [2025合肥二调]设函数f(x)＝ln (1－x)，设函数g(x)＝.求证：g(x)<1.
活动二 典例悟法
题组一 利用导数证明不等式
1 已知函数f(x)＝ex－x(其中e是自然对数的底数)，g(x)＝x2＋1.
(1) 求证：f(x)≥1；
(2) 当x≥0时，求证：f(x)≥g(x).
已知函数f(x)＝x ln x－ax2－x，a∈R.设f(x)有两个极值点x1，x2(x1e3(e为自然对数的底数).
[2023新课标Ⅰ卷·19(2)]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.求证：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
1. 构造函数F(x)证明不等式，往往将不等式移到一边，证明F(x)min≥0或者F(x)max≤0，因为确定F′(x)符号难易程度可能不同，所以构造辅助函数要不拘一格，可对原式作适当变更(或换元).
2. 对于多变量不等式，一般处理策略为消元或是把一个看作主变元其他看作常量；当都不能处理的时候，通过变形，再换元产生一个新变量，从而构造新变量的函数．
2 [2025镇江期中]已知函数f(x)＝ax ln x－x.
(1) 当x>1时，f(x)<－1，求实数a的取值范围；
(2) 设n∈N*，求证： >ln (n＋1)> .
题组二 利用导数解决不等式恒成立、有解问题
3 [2025苏北四市一模]已知函数f(x)＝ex－a sin x，a∈R.当x∈[0，π]时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
已知函数f(x)＝ln x－mx＋1，g(x)＝x(ex－2).
(1) 若f(x)的最大值是0，求实数m的值；
(2) 若对其定义域内任意x，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
1. 分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
2. a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max，a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min，a≥f(x)能成立 a≥f(x)min，a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
4 [2025邯郸一模]已知函数f(x)＝aex-2＋ln a－3.若f(x)≥ln (x＋1)在区间(－1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
已知函数f(x)＝aex ln x，g(x)＝x2＋x ln a，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，求实数a的取值范围．
同构就是把不等式的两边变成相同结构的代数式，再构造新函数讨论单调性，从而把不等式化为简单的形式去解决．
5 [2025枣庄模拟]已知函数f(x)＝x ln x－ax2＋x.若不等式f(x)>aex-1＋(1－a)x2恒成立，求实数a的取值范围．
将原不等式等价转换，构造新函数h(x)，接着求函数h(x)的导数h′(x)，讨论h(x)的单调性，求h(x)的最值，从而解决问题．
3.11.3 利用导数研究函数的零点
复习目标 1. 理解零点存在定理，并能灵活使用.2. 掌握利用导数解决函数零点问题的常用方法.3. 掌握由函数的零点个数去解决参数值或范围问题．
活动一 基础引入
1 [2026镇江实验高级中学月考]函数y＝sin x＋x的零点个数为( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
2 若函数f(x)有唯一零点，且f(x＋1)＝x2－1＋a(ex＋e－x)，则实数a的值为( )
A. － B. C. D. 1
3[2026扬州新华中学学情调研]已知函数f(x)＝若g(x)＝f(x)－mx有4个零点，则实数m的取值范围为( )
A. B. ∪
C. D.
4(多选)[2025宿迁期中]已知函数f(x)＝x3－ax＋2，a∈R，则下列说法中正确的是( )
A. f(x)的图象关于点(0，2)对称
B. a∈R，f(x)仅有一个极值点
C. 当a＝1时，f(x)图象的一条切线方程为2x－y＋4＝0
D. 当a<3时，f(x)有唯一的零点
5[2025盐城亭湖高级中学期初]已知函数f(x)＝若方程f(x)＝kx恰有两个实数解，则实数k的取值范围为________．
活动二 典例悟法
题组一 判断函数零点个数问题
1 [2025扬中第二高级中学期末]已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2.
(1) 求函数的单调区间；
(2) 求f(x)的零点个数．
[2026镇江一中期初]已知函数f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1)sin x－1.
(1) 若a＝－1，求f(x)的极值；
(2) 若a＝－2，判断f(x)的零点个数并证明．
题组二 根据函数零点个数求参数
2 [2025扬中第二高级中学期末]已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2.若函数g(x)＝f(x)－m在区间上有两个零点，求实数m的取值范围．
[2025苏州期中]已知函数f(x)＝a ln (x－1)，g(x)＝x2－2x.
(1) 若函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线，也是g(x)图象的切线，求实数a的值；
(2) 若F(x)＝g(x)－f(x)在区间上存在极小值F(x0)，试求F(x0)的取值范围；
(3) 是否存在实数a，使得函数G(x)＝f(x＋1)－2有3个零点，若存在，求出所有实数a的取值集合，若不存在，请说明理由．
题组三 隐零点问题
3 [2026镇江一中期初]已知函数f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1)sin x－1.若对任意x∈[0，π]，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
4 [2025南昌二模]已知f(x)＝xax－ex＋1(a>1).当15 已知a∈R，函数f(x)＝ex－ax2，f′(x)是函数f(x)的导函数，e是自然对数的底数．
(1) 当a＝2时，求导函数f′(x)的最小值；
(2) 若函数f(x)存在极大值与极小值，求实数a的取值范围．
当用零点存在定理解决零点问题时，常常碰到在零点的两侧如何取值，以便确定这个值的符号，经常使用放缩法，使得这个值的形式是一次式或二次式，再令它为零，从而解得要取的自变量的值．
3．11 导数的应用
3．11.1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
1. B 解析：由题图可知函数f(x)单调递增，则其导函数f′(x)≥0恒成立，排除A，D；又当x＝0时，f′(0)＝0，其对应的切线的斜率为0，排除C，故选B.
2. A 解析：由题意，得f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1.当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－∞，－1)或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝a－2＝6，解得a＝8.
3. ACD 解析：对于A，f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，所以x＝3是函数f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当00，所以1>x>x2>0.由A可知，函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，故B错误；对于C，当1f(2x－1)>f(3)，即－40，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD.
4. (0，1) 解析：因为f(x)＝x＋＋ln x(x>0)，所以f′(x)＝1－＋＝(x>0).令f′(x)＝0，解得x＝－2(舍去)或x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调减区间为(0，1).
5. (－∞，3] 解析：由f(x)＝－x2＋mx＋2ln x，得f′(x)＝－2x＋m＋.因为函数f(x)＝－x2＋mx＋2ln x在区间(2，3)上单调递减，所以f′(x)＝－2x＋m＋≤0在区间(2，3)上恒成立，即m≤2x－在区间(2，3)上恒成立．设h(x)＝2x－.易知y＝2x，y＝－在区间(2，3)上均单调递增，所以h(x)在区间(2，3)上单调递增，则h(x)>h(2)＝3，所以m≤3，即实数a的取值范围是(－∞，3].
例1 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.
当a≤0时，f′(x)<0，
则f(x)的单调减区间为(0，＋∞)，无单调增区间；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝，
所以当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调减区间为，单调增区间为.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)，无单调增区间；
当a>0时，f(x)的单调减区间为，单调增区间为.
变式训练1 由题意，得f′(x)＝aex－1.
①若a≤0，则f′(x)≤0恒成立，
所以函数f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；
②若a>0，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)的单调增区间为(－ln a，＋∞)，单调减区间为(－∞，－ln a).
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；当a>0时，函数f(x)的单调增区间为(－ln a，＋∞)，单调减区间为(－∞，－ln a).
变式训练2 由题意，得f′(x)＝.
当x∈[1，e]时，2ln x∈[0，2].
若a≤0，则2－a－2ln x≥0，所以f′(x)≥0，
即f(x)在区间[1，e]上单调递增；
若a≥2，则2－a－2ln x≤0，所以f′(x)≤0，
即f(x)在区间[1，e]上单调递减；
若00，得x令f′(x)<0，得x>e1-，
所以f(x)在区间(1，e1-)上单调递增，在区间(e1-，e)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在区间[1，e]上单调递增；当a≥2时，f(x)在区间[1，e]上单调递减；当0例2 易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝.
令h(x)＝2x2－4x＋a，则h(0)＝a，
当a<2时，方程2x2－4x＋a＝0有两根为x1＝，x2＝.
①若00，
当x∈∪时，h(x)>0，
即f′(x)>0；
当x∈时，h(x)<0，即f′(x)<0.
②若a≤0，则x1≤0，
当x∈时，h(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈时，h(x)>0，即f′(x)>0.
当a＝2时，方程2x2－4x＋2＝0的根为x＝1，
此时h(x)＝2x2－4x＋2≥0，即f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，当且仅当x＝1时，等号成立．
当a>2时，h(x)＝2x2－4x＋a>0，即f′(x)>0在区间(0，＋∞)上恒成立．
综上所述，当0变式训练1 由题意，得f′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)，a>0.
令f′(x)＝0，解得x1＝ln a，x2＝1.
当ln a＝1，即a＝e时，f′(x)≥0，
则f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；
当ln a<1，即00，在区间(ln a，1)上，f′(x)<0，
所以f(x)在区间(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在区间(ln a，1)上单调递减；
当ln a>1，即a>e时，在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上，f′(x)>0，在区间(1，ln a)上，f′(x)<0，
所以f(x)在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减．
综上所述，当a＝e时，f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；当0e时，f(x)在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减．
变式训练2 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋＝，x>0，a>0.
①当a＝2时，f′(x)＝.
当01时，(x－1)ln x≥0，
所以当x>0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
②当0当x∈∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间和(1，＋∞)上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间上单调递减；
③当a>2时，f′(x)＝.
当x∈(0，1)∪时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在区间(0，1)和上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间上单调递减．
综上所述，当02时，f(x)在区间(0，1)和上单调递增，在区间上单调递减．
例3 (1，＋∞) 解析：由f(x)＝ex－e－x－2sin x＋1，得f(－x)＝e－x－ex＋2sin x＋1，所以f(－x)＋f(x)＝2.又f′(x)＝ex＋e－x－2cos x≥2－2cos x＝2－2cos x≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以f(x)在定义域上单调递增．因为f(2m－1)＋f(m－2)>2，所以f(2m－1)＞2－f(m－2)，所以f(2m－1)＞f(2－m)，所以2m－1＞2－m，解得m＞1，故实数m的取值范围是(1，＋∞).
变式训练1 ∪ 解析：由题意，得f′(x)＝x2－2ax－3a2＝(x＋a)(x－3a).令f′(x)＝0，解得x＝－a或x＝3a.当a＝0时，f′(x)＝x2≥0，所以f(x)在R上单调递增，则f(－1)0时，令f′(x)>0，得x<－a或x>3a，所以f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(3a，＋∞)，令f′(x)<0，得－a0且a≠；当a<0时，令f′(x)>0，得x<3a或x>－a，所以f(x)的单调增区间为(－∞，3a)，(－a，＋∞)，令f′(x)<0，得3a－且a≠，即f(2a－1)变式训练2 (－∞，－2) 解析：由对任意x∈R，有f(x)－f′(x)<0，得′＝>0.令g(x)＝，则g(x)在R上单调递增．由exf(x＋1)>，得>，即g(x＋1)>g(2x＋3)，所以x＋1>2x＋3，解得x<－2，所以exf(x＋1)>的解集为(－∞，－2).
例4 由题意，得f′(x)＝2e2x－a.
若a≤0，则f′(x)>0，y＝f(x)在R上单调递增，无极值点；
若a>0，令2e2x－a＝0，得x＝ln ，
因为f′(x)＝2e2x－a是增函数，
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，
故x＝ln 是y＝f(x)的唯一极小值点．
综上，当a≤0时，无极值点；当a>0时，y＝f(x)有唯一极小值点，无极大值点．
变式训练1 由题意，得f′(x)＝3x2－2ax＋3，且f′(3)＝0，
所以27－6a＋3＝0，解得a＝5，
所以f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝，
所以当3时，f′(x)>0.
故当x＝时，f(x)取极大值f＝；当x＝3时，f(x)取极小值f(3)＝－9.
变式训练2 由题意，得g(x)＝ex－ax＋1(x≠0)，
所以g′(x)＝ex－a.
当a≤1时，g′(x)＝ex－a＞0在区间(0，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
此时g(x)在区间(0，＋∞)上无极值点，不符合题意；
当a＞1时，g′(x)＝ex－a，x∈(0，＋∞)，
令g′(x)＝ex－a＞0，得x>ln a；
令g′(x)＝ex－a＜0，得0所以g(x)在区间(0，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在区间(0，＋∞)上有极小值，无极大值，且在x＝ln a 处取得极小值，符合题意．
故实数a的取值范围是(1，＋∞).
例5 设h(x)＝f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2ex sin 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，
即在区间上，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在区间上单调递减，
故f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.
变式训练 由题意，得f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k).
因为＜k≤1，所以1＜2k≤2.
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2k.列表如下：
x (－∞，0) 0 (0，ln 2k) ln 2k (ln 2k，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的单调减区间为(0，ln 2k)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2k，＋∞).
设g(x)＝x－ln 2x，则g′(x)＝1－.
因为＜x≤1，所以g′(x)≤0，
所以g(x)在区间上单调递减，
所以g(x)≥g(1)＝1－ln 2＞0，
则k－ln 2k＞0，即k＞ln 2k，
所以f(x)在区间(0，ln 2k)上单调递减，在区间(ln 2k，k)上单调递增，
所以f(x)在区间[0，k]上的最大值应在端点处取得．
又f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3.
下面比较f(0)与f(k)的大小：
令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，则h′(k)＝k(ek－3k).
令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0，
所以φ(k)在区间上单调递减．
又φ·φ(1)＝(e－3)＜0，
所以存在x0∈，使得φ(x0)＝0，
且当k∈时，φ(k)＞0；当k∈(x0，1)时，φ(k)＜0，
所以h(k)在区间上单调递增，在区间(x0，1)上单调递减．
又h＝－＋＞0，h(1)＝0，
所以h(k)≥0，即f(k)≥f(0)在区间上恒成立，当且仅当k＝1时，等号成立．
综上，函数f(x)在区间[0，k]上的最大值M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.
链接高考
由题意，得f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x＝－5sin (3x－2x)＋5sin (3x＋2x)＝10cos 3x sin 2x.
由x∈，得2x∈，所以sin 2x>0.
当00，所以f′(x)>0；
当所以f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以f(x)在区间上的最大值为f＝5cos －cos ＝3.
例6 因为f(x)在R上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，
即a≤3x2对任意x∈R恒成立．
因为3x2≥0，所以a≤0，
故实数a的取值范围是(－∞，0].
变式训练1 由题意，得f′(x)＝3x2－a≤0在区间(－1，1)上恒成立，
即a≥3x2在区间(－1，1)上恒成立．
因为－1＜x＜1，
所以3x2＜3，所以a≥3，
故实数a的取值范围是[3，＋∞).
变式训练2 由题意，得f′(x)＝3x2－a，a>0.
令f′(x)＝3x2－a＜0，解得－所以f(x)的单调减区间为.
又f(x)的单调减区间为(－1，1)，
所以＝1，解得a＝3，
故实数a的值为3.
变式训练3 由题意，得f′(x)＝3x2－a.
当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，不符合题意(舍去).
当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝±，
当x∈∪时，f′(x)>0，
则f(x)在区间，上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
则f(x)在区间上单调递减．
又f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，
所以>1，解得a>3，
故实数a的取值范围是(3，＋∞).
变式训练4 因为f(x)有3个单调区间，
所以方程f′(x)＝3x2－a＝0有两个不相等的实数根．
令Δ＝12a>0，解得a＞0，
故实数a的取值范围是(0，＋∞).
变式训练5 若f(x)有3个零点，则f(x)的极大值和极小值异号，且a＞0.
由变式训练3，得f(x)在区间，(，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减，
所以f(x)的极大值为f，f(x)的极小值为f.
由题意，得f·f＜0，
即1－<0，解得a>，
故实数a的取值范围是.
变式训练6 解析：因为f(x)＝－axex，所以f′(x)＝－aex－axex＝(ex－2ax－2a).因为f(x)有两个极值点，所以方程ex－2ax－2a＝0有两个不相等的实数根，即y＝ex和y＝2a(x＋1)的图象有两个交点．又y＝2a(x＋1)恒过定点(－1，0).若a<0，则它们的图象只有1个交点，不符合题意；若a＝0，则它们的图象无交点，不符合题意；若a>0，设直线y＝2a(x＋1)和曲线y＝ex相切于点(x0，ex0).由y＝ex，得y′＝ex，所以y′|x＝x0＝ex0，所以解得所以当直线y＝2a(x＋1)和曲线y＝ex有两个交点时，a>.综上，实数a的取值范围为.
3．11.2 利用导数研究不等式
1. A 解析：若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0有解，则m≤.设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝＝－.令g′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1.故实数m的取值范围为(－∞，1].
2. AD 解析：由 x1∈(0，2]， x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，得f(x1)min≥g(x2)min.由f(x)＝ln x－＋，得f′(x)＝－－＝＝.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，2)上单调递增，故当x∈(0，2]时，f(x)min＝f(1)＝.对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，该函数的图象开口向下，所以其在区间[1，2]上的最小值在端点处取得，所以g(1)≤或g(2)≤，即－1－2a＋4≤或－4－4a＋4≤，解得a≥－.故选AD.
3. (－∞，0] 解析：由题意，得ax－1≤sin x＋cos x在区间(0，π]上恒成立，所以在区间(0，π]上，直线y＝ax－1在曲线y＝sin x＋cos x＝sin 的下方．作出曲线y＝sin (x＋)在区间(0，π]上的一段如图所示．因为直线y＝ax－1过定点(0，－1)，所以a≤0.故实数a的取值范围是(－∞，0].
4. 由题意，得g(x)＝，定义域为(－∞，0)∪(0，1).
当x<0时，ln (1－x)>0，则x ln (1－x)<0；
当0要证g(x)<1，即证x＋ln (1－x)>x ln (1－x)，
即证(1－x)ln (1－x)>－x.
而1－x>0，即证ln (1－x)>＝1－.
令t＝1－x，则t>0且t≠1，
即证ln t>1－，即证ln t＋－1>0(t>0且t≠1).
令p(t)＝ln t－1＋，t>0且t≠1，
则p′(t)＝－＝，
当0当t>1时p′(t)>0，p(t)单调递增．
又当t→1时，p(t)→0，所以p(t)>0，即g(x)<1.
例1 (1) 因为f(x)＝ex－x，
所以f′(x)＝ex－1.
当x>0时，f′(x)>0；当x<0时，f′(x)<0，
所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1，所以f(x)≥1.
(2) 令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x2－x－1，
则h′(x)＝ex－x－1.
由(1)，得ex－x≥1，所以h′(x)＝ex－x－1≥0，
所以函数h(x)是R上的增函数．
因为x≥0，所以h(x)≥h(0)＝0，
所以f(x)≥g(x).
变式训练 由题意，得f′(x)＝ln x－2ax，x1，x2是f′(x)＝0的两根，即ln x1－2ax1＝0，ln x2－2ax2＝0，
可得2a＝(*).
要证xx2>e3，即证4ln x1＋ln x2>3，
即证4×2ax1＋2ax2>3，
将(*)式代入，得(4x1＋x2)>3(x1即证ln <＝.
令t＝，0又h′(t)＝－＝＝>0，
所以h(t)在区间(0，1)上单调递增，
所以h(t)链接高考
由题意，得f(x)的定义域为R，f′(x)＝aex－1.
当a>0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x<－ln a时，f′(x)<0，则f(x)在区间(－∞，－ln a)上单调递减；
当x>－ln a时，f′(x)>0，则f(x)在区间(－ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a.
要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－－ln a>0恒成立．
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则g′(a)＝2a－＝.
令g′(a)<0，则00，则a>，
所以g(a)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以g(a)min＝g＝－－ln ＝ln >0，
则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立．
例2 (1) f(x)<－1对任意x>1恒成立，
即ax ln x－x<－1对任意x>1恒成立，
所以a<对任意x>1恒成立．
令g(x)＝，x>1，
则g′(x)＝＝.
令h(x)＝－x＋ln x＋1，x>1，
则h′(x)＝－1＋＝<0，
所以h(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)所以g(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．
又当x>1时，>0，当x→＋∞时，→0，
所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0].
(2) 先证右边，要证由(1)知当a＝1时，f(x)＝x ln x－x≥－1，当且仅当x＝1时取等号，
所以ln x≥1－.
令x＝>1，则ln >1－＝，
此时再证左边 >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，
令m(x)＝ln x－，x>1，
则m′(x)＝－＝－<0，
所以m(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以m(x)所以当x>1时，ln x<，
所以ln <＝·，
所以ln <，即>ln (n＋1)－ln n，
所以 >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，左边得证．
综上，不等式得证．
例3 当a≤0时，由0≤x≤π，得f(x)＝ex－a sin x>0恒成立，符合题意；
当a>0时，由f(x)＝ex－a sin x≥0，得≥恒成立．
令g(x)＝，x∈[0，π]，
则g′(x)＝，x∈[0，π]，
令g′(x)＝0，解得x＝，列表如下：
x
g′(x) ＋ 0 －
g(x) ↗ 极大值 ↘
所以g(x)max＝g＝＝，
则≥，即0综上，实数a的取值范围是.
变式训练 (1) 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－m.
若m≤0时，则f′(x)>0在定义域内恒成立，
即f(x)单调递增，无最大值；
若m>0，则当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝时，f(x)取得最大值f＝ln ＝0，
所以m＝1.
(2) 由题意，得ln x－mx＋1≤x(ex－2)在区间(0，＋∞)上恒成立，即m－2≥－ex在区间(0，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝－ex，则φ′(x)＝－.
设h(x)＝x2ex＋ln x(x>0)，
则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋>0，
所以h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
又h＝e－2－1<0，h(1)＝e>0，
所以h(x)有唯一零点x0，且x0∈，
则xex0＋ln x0＝0，即x0ex0＝，
两边同时取对数，得x0＋ln x0＝ln (－ln x0)＋(－ln x0).
易知y＝x＋ln x是增函数，
所以x0＝－ln x0，即ex0＝.
又φ′(x)＝－，
所以φ′(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(x0)＝－ex0＝－＝－1，
所以m－2≥－1，所以m≥1.
故实数m的取值范围是[1，＋∞).
例4 因为f(x)＝aex-2＋ln a－3，f(x)≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
所以aex-2＋ln a－3≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，a>0，
可化为eln a＋x-2＋ln a＋x－2≥ln (x＋1)＋x＋1(x∈(－1，＋∞))，
即eln a＋x-2＋ln a＋x－2≥eln (x+1)＋ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞)).
令G(m)＝em＋m，则G′(m)＝em＋1>0，
所以G(m)为R上的增函数．
由eln a＋x-2＋ln a＋x－2≥eln (x+1)＋ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
得G(ln a＋x－2)≥G(ln (x＋1)).
所以ln a＋x－2≥ln (x＋1)(x∈(－1，＋∞))，
即ln a≥ln (x＋1)－x＋2，
所以eln a≥eln (x+1)－x+2(x∈(－1，＋∞))，
整理，得a≥(x＋1)e－x+2(x∈(－1，＋∞)).
令h(x)＝(x＋1)e－x+2，则h′(x)＝e－x+2－(x＋1)e－x+2＝－xe－x+2，
令h′(x)＝0，即－xe－x+2＝0，解得x＝0，
当x∈(－1，0)时，h′(x)>0，h(x)在区间(－1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(0)＝e2.
因为a≥(x＋1)e－x+2(x∈(－1，＋∞))恒成立，
所以a≥e2，即实数a的取值范围为[e2，＋∞).
变式训练 由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，
即aex ln x所以<＝，
即>对任意x∈(0，1)恒成立．
设H(x)＝，则H′(x)＝，
当x∈(0，1)时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增，且H(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0.
若aex≥1>x，则H(aex)≥0>H(x)；
若0因为H(aex)>H(x)，且H(x)在区间(0，1)上单调递增，
所以aex>x.
综上，aex>x对任意x∈(0，1)恒成立，
即a>对任意x∈(0，1)恒成立．
设G(x)＝，x∈(0，1)，则G′(x)＝，
所以G(x)在区间(0，1)上单调递增，
所以G(x)故实数a的取值范围是.
例5 由f(x)>aex-1＋(1－a)x2，
得x ln x－ax2＋x>aex-1＋(1－a)x2，x>0，
即aex-1－x ln x＋x2－x<0，x>0，
所以a·＋x－1－ln x<0在区间(0，＋∞)上恒成立，
即aex-1-ln x＋x－1－ln x<0在区间(0，＋∞)上恒成立．
令t＝x－1－ln x＝φ(x)，则φ′(x)＝1－，
当01时，φ′(x)>0，
所以函数φ(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)min＝φ(1)＝0，即t≥0.
由aet＋t<0，得a<－，对t≥0恒成立．
令h(t)＝－，t≥0，则h′(t)＝，
当0≤t<1时，h′(t)<0；当t>1时，h′(t)>0，
所以函数h(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)min＝h(1)＝－，则a<－，
所以实数a的取值范围为.
3．11.3 利用导数研究函数的零点
1. B 解析：记y＝f(x)＝sin x＋x，则函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋cos x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增．又f(0)＝0，所以函数y＝sin x＋x的零点个数为1.
2. C 解析：因为f(x)有唯一的零点，所以f(x＋1)也有唯一的零点，因为y＝x2－1，y＝a(ex＋e－x)均为偶函数，所以g(x)＝f(x＋1)为偶函数，所以g(x)的零点只能是0，所以g(0)＝f(1)＝－1＋2a＝0，解得a＝.
3. B 解析：当x＝0时，g(0)＝f(0)－m·0＝0，对于任意m恒成立，所以x＝0是g(x)的一个零点．当x≠0时，g(x)＝f(x)－mx有三个零点，由f(x)－mx＝0，得＝m，所以函数y＝的图象与直线y＝m有三个交点．令h(x)＝＝当x>0时，h(x)＝，则h′(x)＝，当00，h(x)单调递增；当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝.当x<0时，h(x)＝x2＋3x＋2为二次函数，易知h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以h(x)min＝h＝－.作出h(x)的图象如图所示．由图可知，当－4. ACD 解析：对于A，设g(x)＝x3－ax，则函数g(x)为奇函数，图象关于坐标原点(0，0)对称，将g(x)＝x3－ax的图象向上平移2个单位长度，得函数f(x)＝x3－ax＋2的图象，则函数f(x)的图象关于点(0，2)对称，故A正确；对于B，由三次函数的性质可知，函数f(x)要么有2个极值点，要么没有极值点，故B错误；对于C，当a＝1时，f(x)＝x3－x＋2，则f′(x)＝3x2－1.由f′(x)＝2，得3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1.若x＝1，则y＝2，所以f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x；若x＝－1，则y＝2，所以f(x)的图象在x＝－1处的切线方程为y－2＝2(x＋1)，即2x－y＋4＝0，故C正确；对于D，因为f′(x)＝3x2－a，若a≤0，则f′(x)≥0在区间(－∞，＋∞)上恒成立，所以f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增，由三次函数的性质可知，此时函数f(x)只有一个零点；若a>0，由f′(x)<0，解得－0，解得x<－或x>，所以函数f(x)在区间(－∞，－)和上单调递增，在区间(－，)上单调递减．因为f(0)＝2，所以f>0，要使函数f(x)只有1个零点，则有f>0，即3－a·＋2>0，解得a<3，所以05. 解析：方程f(x)＝kx恰有两个实数解，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx有两个不同的交点．设g(x)＝ln x，则g′(x)＝.设过原点的直线与g(x)＝ln x相切的切点坐标为(x0，y0)，则切线方程为y－ln x0＝(x－x0).又切线过点(0，0)，所以ln x0＝1，解得x0＝e.由图可知，当曲线g(x)＝ln x与直线y＝kx有两个不同的交点时有0k>－1时，y＝|x＋1|的图象与直线y＝kx有两个不同的交点，也符合要求．综上，实数k的取值范围为.
例1 (1) 由题意，得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 2，
令f′(x)<0，解得0令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2，
所以f(x)的单调减区间为(0，ln 2)；单调增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞).
(2) 由(1)，得f(x)的单调减区间为(0，ln 2)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，
又f(0)＝－1<0，所以f(x)在区间(－∞，0)上无零点．
因为f(ln 2)＝2(ln 2－1)－(ln 2)2<0，
所以f(x)在区间(0，ln 2)上无零点．
因为f(2)＝e2－4>0，
所以f(x)在区间(ln 2，2)上存在唯一零点．
综上，函数f(x)在R上存在唯一零点．
变式训练 (1) 当a＝－1时，函数f(x)＝ex－ln (x＋1)－1，其定义域为(－1，＋∞)，
对f(x)求导，得f′(x)＝ex－.
设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋>0，
所以h(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
又h(0)＝e0－＝0，
所以当－1当x>0时，h(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝0处取得极小值，f(0)＝e0－ln (0＋1)－1＝0，无极大值．
(2) f(x)在区间(－1，＋∞)上有且仅有两个零点，证明如下：
当a＝－2时，f(x)＝ex－2ln (x＋1)－sin x－1，
求导，得f′(x)＝ex－－cos x.
易知f(0)＝e0－2ln (0＋1)－sin 0－1＝0，
所以x＝0是一个零点．
令u(x)＝ex－－cos x，x>－1，
则u′(x)＝ex＋＋sin x≥ex＋－1，
当－10，>1，则u′(x)>0，
当x≥0时，ex≥1，>0，则u′(x)>0.
综上，u′(x)>0，即u(x)＝f′(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
又f′(0)＝1－2－1<0，f′(1)＝e－1－cos 1>0，
所以f′(x)存在唯一的零点x0，x0∈(0，1)，
当x∈(－1，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)又f(π)＝eπ－2ln (π＋1)－1>0，
所以f(x)在区间(x0，π)上有一个零点．
综上，f(x)在区间(－1，＋∞)上有且仅有两个零点．
例2 由题意，得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2).
令f′(x)<0，解得0令f′(x)>0，解得x<0或x>ln 2，
所以f(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，在区间(－∞，0)，(ln 2，＋∞)上单调递增．
若g(x)＝f(x)－m在区间上有两个零点，
则函数y＝f(x)的图象与直线y＝m在区间上有两个交点．
易得f(x)在区间(－1，0)上单调递增，在区间上单调递减，且f(－1)＝－－1，f(0)＝－1<0，f＝－－>f(－1)，
作出函数y＝f(x)与y＝m的图象如图所示．
由图知，当函数y＝f(x)的图象与直线y＝m在区间上有两个交点时，－－≤m<－1，
即实数m的取值范围为.
变式训练 (1) 由题意，得f(2)＝0，f′(x)＝，f′(2)＝a，
所以f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程为y＝a(x－2).
又直线y＝a(x－2)也是g(x)图象的切线，
所以方程a(x－2)＝x2－2x只有一个解，
即x2－(a＋2)x＋2a＝0只有一个解，
则(a＋2)2－8a＝0，解得a＝2.
(2) 由题意，得F(x)＝g(x)－f(x)＝x2－2x－a ln (x－1)，x>1，
则F′(x)＝2x－2－＝，x>1，
当a≤0时，F′(x)>0，F(x)无极值点，不符合题意；
当a>0时，在区间上，F′(x)<0，F(x)单调递减；
在区间上，F′(x)>0，F(x)单调递增，
所以F(x)的极小值点为x0＝1＋，则a＝2(x0－1)2，
故F(x0)＝x－2x0－2(x0－1)2ln (x0－1).
设t＝x0－1，x0∈，则t∈，
此时F(x0)＝t2－1－2t2ln t.
设h(t)＝t2－1－2t2ln t，则h′(t)＝－4t ln t，
当t∈时，h′(t)>0，h(t)单调递增；
当t∈(1，e)时，h′(t)<0，h(t)单调递减．
易得h＝－1，h(e)＝－e2－1，h(1)＝0，
所以h(t)∈[－e2－1，0]，
即F(x0)的取值范围为[－e2－1，0].
(3) 由题意，得G(x)＝f(x＋1)－2＝a ln x－2·，x>0，
则G′(x)＝－＝，x>0.
当a≤0时，G′(x)<0，
所以G(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，故不存在3个零点；
当a≥1时，G′(x)＝≥≥0，
所以G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故不存在3个零点；
当0设q(x)＝a－.
因为y＝x＋＋2在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以q(x)在区间(1，＋∞)上也是单调递增，
且q(1)＝a－1<0，当x→＋∞，q(x)→a，a>0，
所以存在x0∈(1，＋∞)，使q(x0)＝0，
所以在区间(1，x0)上，q(x)＝a－<0，
则G′(x)<0，所以G(x)单调递减；
在区间(x0，＋∞)上，q(x)>0，则G′(x)>0，
所以G(x)单调递增．
又G(1)＝0，所以G(x0)0，
故G(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点．
由G(x)＝a ln x－2·，得G＋G(x)＝0，
当x>1时，0<<1，
因为G(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点，
所以G(x)在区间(0，1)上也有唯一零点，
所以当0综上所述，所有实数a的取值集合为(0，1).
例3 当a≥0时，因为x∈[0，π]，所以sin x≥0，ln (x＋1)≥0，ex≥1，
所以f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1)sin x－1≥0恒成立；
当a<0时，f′(x)＝ex＋＋(a＋1)cos x，
令g(x)＝ex＋＋(a＋1)cos x，
则g′(x)＝ex－－a sin x－sin x.
因为x∈[0，π]，所以ex≥1，－>0，－a sin x≥0，－sin x≥－1，
所以g′(x)≥0，所以g(x)在区间[0，π]上单调递增，
即f′(x)在区间[0，π]上单调递增．
①当a≥－1时，f′(0)＝2＋2a≥0，所以f′(x)≥0，
所以f(x)在区间[0，π]上单调递增．
又f(0)＝0，所以f(x)≥f(0)＝0恒成立；
②当a<－1时，f′(0)＝2＋2a<0，
又f′(x)在区间[0，π]上单调递增，
所以存在x0∈(0，π)，使得当x∈[0，x0]时，f′(x)<0，
则f(x)在区间[0，x0]上单调递减，
所以f(x0)所以当a<－1时，f(x)≥0不恒成立．
综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞).
例4 方法一：由题意，得f′(x)＝(ln a·x＋1)ax－ex＝ax[ln a·x＋1－()x].
设φ(x)＝ln a·x＋1－，
则φ′(x)＝ln a－(1－ln a)·，φ(0)＝0.
因为11，
所以φ′(x)在R上单调递减，φ′(0)＝2ln a－1.
当a＝时，φ′(0)＝0，
当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在区间(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)是R上的减函数．
又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点．
当1又当x→－∞时，φ′(x)→ln a>0，
所以存在x0<0，使得φ′(x0)＝0，
当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)>0，
所以φ(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在区间(x0，＋∞)上单调递减．
因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞时，φ(x)→－∞，
所以存在x1∈(－∞，x0)，使得φ(x1)＝0，
所以当x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)在区间(－∞，x1)上单调递减；
当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在区间(x1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
又当x→－∞时，f(x)→1，且f(0)＝0，所以f(x1)<0.
所以存在x2∈(－∞，x1)，使得f(x2)＝0.
又f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)所以f(x)存在两个零点．
综上所述，当a＝时，函数f(x)有1个零点；当1方法二：由题意，得f′(x)＝(ln a·x＋1)ax－ex＝ex，
设φ(x)＝(ln a·x＋1)－1，
则φ′(x)＝[(ln 2a－ln a)x＋2ln a－1]，φ(0)＝0.
设k＝ln a，则φ′(x)＝[(k2－k)x＋2k－1].
当a＝时，k＝，
则φ′(x)＝－x，此时φ′(0)＝0，
当x∈(－∞，0)时，φ′(x)>0，φ(x)在区间(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)是R上的减函数．
又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点．
当1设h(x)＝(k2－k)x＋2k－1，则k2－k<0.
因为h(0)＝2k－1<0，所以存在x0<0，使得h(x0)＝0，
当x∈(－∞，x0)时，h(x)>0，即φ′(x)>0，
所以φ(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)<0，即φ′(x)<0，
所以φ(x)在区间(x0，＋∞)上单调递减．
因为φ(0)＝0，则φ(x0)>0，当x→－∞时，φ(x)→－∞，
所以存在x1∈(－∞，x0)，使得φ(x1)＝0，
所以当x∈(－∞，x1)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)在区间(－∞，x1)上单调递减；
当x∈(x1，0)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，
所以f(x)在区间(x1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
又当x→－∞时，f(x)→1，且f(0)＝0，所以f(x1)<0，
所以存在x2∈(－∞，x1)，使得f(x2)＝0.
又f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)所以f(x)存在两个零点．
综上所述，当a＝时，函数f(x)有1个零点；当1例5 由题意，得f′(x)＝ex－ax.
(1) 当a＝2时，f′(x)＝ex－2x，
令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2.
由g′(x)＝0，得x＝ln 2，
则当x当x>ln 2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以f′(x)min＝g(x)min＝g(ln 2)＝2－2ln 2.
(2) 令m(x)＝f′(x)＝ex－ax，则m′(x)＝ex－a.
因为f(x)存在极大值与极小值，
所以f′(x)即m(x)存在两个零点，且m(x)在零点的两侧函数值异号．
当a≤0时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
此时m(x)不存在两个零点；
当a>0时，由m′(x)＝0，得x＝ln a，
则当x当x>ln a时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)min＝m(ln a)＝a－a ln a.
要使m(x)存在两个零点，
则m(ln a)＝a－a ln a<0，即a>e.
令y＝－ln a(a>e)，则y′＝－－<0，
所以当a>e时，y＝－ln a单调递减，
所以－ln a<－1<0，所以因为m＝e－1>0，且m(ln a)<0，m(x)的图象在区间上单调且不间断，
所以m(x)在区间上有且只有一个零点，
即m(x)在区间(－∞，ln a)上有且只有一个零点，记为x1.
易得当x＝x1时，函数f(x)取得极大值．
令y＝a－ln a(a>e)，则y′＝1－>0，
所以当a>e时，y＝a－ln a单调递增，
所以a－ln a>e－1>0，所以a>ln a.
由(1)知，当a＝2时，f′(x)min＝2－2ln 2>0，
所以f(x)＝ex－x2在R上单调递增，
所以当a>e时，有ea－a2>ee－e2>0，故m(a)>0.
因为m(ln a)<0，m(x)的图象在区间(ln a，a)上单调且不间断，
所以m(x)在区间(ln a，a)上有且只有一个零点，
即m(x)在区间(ln a，＋∞)上有且只有一个零点，记为x2.
易得当x＝x2时，函数f(x)取得极小值．
综上，实数a的取值范围是(e，＋∞).(共53张PPT)
第三章
3.11 导数的应用
3.11.3 利用导数研究函数的零点
函数、导数及其应用
复习目标 1．理解零点存在定理，并能灵活使用．2．掌握利用导数解决函数零点问题的常用方法．3．掌握由函数的零点个数去解决参数值或范围问题．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一 基础引入
1 [2026镇江实验高级中学月考]函数y＝sin x＋x的零点个数为 ( )
A．0 B．1
C．2 D．3
B
【解析】记y＝f(x)＝sin x＋x，则函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋cos x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增．又f(0)＝0，所以函数y＝sin x＋x的零点个数为1．
2 若函数f(x)有唯一零点，且f(x＋1)＝x2－1＋a(ex＋e－x)，则实数a的值为 ( )
C
B
4 (多选)[2025宿迁期中]已知函数f(x)＝x3－ax＋2，a∈R，则下列说法中正确的是 ( )
A．f(x)的图象关于点(0，2)对称
B． a∈R，f(x)仅有一个极值点
C．当a＝1时，f(x)图象的一条切线方程为2x－y＋4＝0
D．当a＜3时，f(x)有唯一的零点
ACD
【解析】对于A，设g(x)＝x3－ax，则函数g(x)为奇函数，图象关于坐标原点(0，0)对称，将g(x)＝x3－ax的图象向上平移2个单位长度，得函数f(x)＝x3－ax＋2的图象，则函数f(x)的图象关于点(0，2)对称，故A正确；对于B，由三次函数的性质可知，函数f(x)要么有2个极值点，要么没有极值点，故B错误；对于C，当a＝1时，f(x)＝x3－x＋2，则f′(x)＝3x2－1．由f′(x)＝2，得3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1．若x＝1，则y＝2，所以f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x；若x＝－1，则y＝2，所以f(x)的图象在x＝－1处的切线方程为y－2＝2(x＋1)，即2x－y＋4＝0，故C正确；
活动二 典例悟法
题组一 判断函数零点个数问题
[2025扬中第二高级中学期末]已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2．
(1) 求函数的单调区间；
(2) 求f(x)的零点个数．
1
【解析】(1) 由题意，得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 2，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜ln 2，
令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞ln 2，
所以f(x)的单调减区间为(0，ln 2)；单调增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2) 由(1)，得f(x)的单调减区间为(0，ln 2)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，
又f(0)＝－1＜0，所以f(x)在区间(－∞，0)上无零点．
因为f(ln 2)＝2(ln 2－1)－(ln 2)2＜0，
所以f(x)在区间(0，ln 2)上无零点．
因为f(2)＝e2－4＞0，
所以f(x)在区间(ln 2，2)上存在唯一零点．
综上，函数f(x)在R上存在唯一零点．
[2026镇江一中期初]已知函数f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1)sin x－1．
(1) 若a＝－1，求f(x)的极值；
(2) 若a＝－2，判断f(x)的零点个数并证明．
【解析】(1) 当a＝－1时，函数f(x)＝ex－ln (x＋1)－1，其定义域为(－1，＋∞)，
所以当－1＜x＜0时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x＞0时，h(x)＞0，即f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝0处取得极小值，f(0)＝e0－ln (0＋1)－1＝0，无极大值．
(2) f(x)在区间(－1，＋∞)上有且仅有两个零点，证明如下：
当a＝－2时，f(x)＝ex－2ln (x＋1)－sin x－1，
综上，u′(x)＞0，即u(x)＝f′(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
又f′(0)＝1－2－1＜0，f′(1)＝e－1－cos 1＞0，
所以f′(x)存在唯一的零点x0，x0∈(0，1)，
当x∈(－1，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＜f(0)＝0．
又f(π)＝eπ－2ln (π＋1)－1＞0，
所以f(x)在区间(x0，π)上有一个零点．
综上，f(x)在区间(－1，＋∞)上有且仅有两个零点．
题组二 根据函数零点个数求参数
2
【解析】由题意，得f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)．
令f′(x)＜0，解得0＜x＜ln 2；
令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞ln 2，
所以f(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，在区间(－∞，0)，(ln 2，＋∞)上单调递增．
[2025苏州期中]已知函数f(x)＝a ln (x－1)，g(x)＝x2－2x．
(1) 若函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线，也是g(x)图象的切线，求实数a的值；
所以f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线方程为y＝a(x－2)．
又直线y＝a(x－2)也是g(x)图象的切线，
所以方程a(x－2)＝x2－2x只有一个解，
即x2－(a＋2)x＋2a＝0只有一个解，
则(a＋2)2－8a＝0，解得a＝2．
则G′(x)＜0，所以G(x)单调递减；
在区间(x0，＋∞)上，q(x)＞0，则G′(x)＞0，
所以G(x)单调递增．
因为G(x)在区间(1，＋∞)上有唯一零点，
所以G(x)在区间(0，1)上也有唯一零点，
所以当0＜a＜1时，G(x)有3个零点．
综上所述，所有实数a的取值集合为(0，1)．
题组三 隐零点问题
[2026镇江一中期初]已知函数f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1) sin x－1．若对任意x∈[0，π]，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
3
【解析】当a≥0时，因为x∈[0，π]，所以sin x≥0，ln (x＋1)≥0，ex≥1，
所以f(x)＝ex＋a ln (x＋1)＋(a＋1)sin x－1≥0恒成立；
①当a≥－1时，f′(0)＝2＋2a≥0，所以f′(x)≥0，
所以f(x)在区间[0，π]上单调递增．
又f(0)＝0，所以f(x)≥f(0)＝0恒成立；
②当a＜－1时，f′(0)＝2＋2a＜0，
又f′(x)在区间[0，π]上单调递增，
所以存在x0∈(0，π)，使得当x∈[0，x0]时，f′(x)＜0，
则f(x)在区间[0，x0]上单调递减，
所以f(x0)＜f(0)＝0，
所以当a＜－1时，f(x)≥0不恒成立．
综上所述，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
4
又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点．
又当x→－∞时，φ′(x)→ln a＞0，
所以存在x0＜0，使得φ′(x0)＝0，
当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)＞0，
所以φ(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)＜0，
所以φ(x)在区间(x0，＋∞)上单调递减．
因为φ(0)＝0，则φ(x0)＞0，当x→－∞时，φ(x)→－∞，
所以存在x1∈(－∞，x0)，使得φ(x1)＝0，
所以当x∈(－∞，x1)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(－∞，x1)上单调递减；
当x∈(x1，0)时，φ(x)＞0，即f′(x)＞0，
所以f(x)在区间(x1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
又当x→－∞时，f(x)→1，且f(0)＝0，
所以f(x1)＜0．
所以存在x2∈(－∞，x1)，使得f(x2)＝0．
又f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜f(0)＝0，
所以f(x)存在两个零点．
当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＞0，φ(x)在区间(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(0)＝0，所以f′(x)≤0，即f(x)是R上的减函数．
又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点．
设h(x)＝(k2－k)x＋2k－1，则k2－k＜0．
因为h(0)＝2k－1＜0，所以存在x0＜0，使得h(x0)＝0，
当x∈(－∞，x0)时，h(x)＞0，即φ′(x)＞0，
所以φ(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＜0，即φ′(x)＜0，
所以φ(x)在区间(x0，＋∞)上单调递减．
因为φ(0)＝0，则φ(x0)＞0，当x→－∞时，φ(x)→－∞，
所以存在x1∈(－∞，x0)，使得φ(x1)＝0，
所以当x∈(－∞，x1)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(－∞，x1)上单调递减；
当x∈(x1，0)时，φ(x)＞0，即f′(x)＞0，
所以f(x)在区间(x1，0)上单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，φ(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
又当x→－∞时，f(x)→1，且f(0)＝0，所以f(x1)＜0，
所以存在x2∈(－∞，x1)，使得f(x2)＝0．
又f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜f(0)＝0，
所以f(x)存在两个零点．
(1) 当a＝2时，求导函数f′(x)的最小值；
(2) 若函数f(x)存在极大值与极小值，求实数a的取值范围．
5
【解析】由题意，得f′(x)＝ex－ax．
(1) 当a＝2时，f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2．
由g′(x)＝0，得x＝ln 2，
则当x＜ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x＞ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以f′(x)min＝g(x)min＝g(ln 2)＝2－2ln 2．
(2) 令m(x)＝f′(x)＝ex－ax，则m′(x)＝ex－a．
因为f(x)存在极大值与极小值，
所以f′(x)即m(x)存在两个零点，且m(x)在零点的两侧函数值异号．
当a≤0时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，
此时m(x)不存在两个零点；
当a＞0时，由m′(x)＝0，得x＝ln a，
则当x＜ln a时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；
当x＞ln a时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，
所以m(x)min＝m(ln a)＝a－a ln a．
由(1)知，当a＝2时，f′(x)min＝2－2ln 2＞0，
所以f(x)＝ex－x2在R上单调递增，
所以当a＞e时，有ea－a2＞ee－e2＞0，
故m(a)＞0．
因为m(ln a)＜0，m(x)的图象在区间(ln a，a)上单调且不间断，
所以m(x)在区间(ln a，a)上有且只有一个零点，
即m(x)在区间(ln a，＋∞)上有且只有一个零点，记为x2．
易得当x＝x2时，函数f(x)取得极小值．
综上，实数a的取值范围是(e，＋∞)．
当用零点存在定理解决零点问题时，常常碰到在零点的两侧如何取值，以便确定这个值的符号，经常使用放缩法，使得这个值的形式是一次式或二次式，再令它为零，从而解得要取的自变量的值．
谢谢观看
Thank you for watching3.11 导数的应用
3．11.1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
一、 单选题
1 [2025扬州期中]已知函数f(x)＝sin x－ax在区间上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
2 如图是函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象，则下列结论中正确的是( )
A. a<0 B. b<0 C. c<0 D. d<0
3 [2025苏北七市二模]若函数f(x)＝有最大值，则实数k的最大值为( )
A. B. C. D.
4 [2025南京中华中学期中]已知函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，f′(x)·x ln x＋f(x)>0，则下列结论中一定正确的是( )
A. f(1)＝0
B. f′(2)<0
C. f(x)在区间(0，1)上单调递减
D. 当x>0时，f(x)>0
二、 多选题
5 [2025安溪一中期末]若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是( )
A. －3 B. －1 C. 0 D. 2
6 [2025张家口月考]若对任意的x1，x2∈(0，m)，且x1A. 2 B. e C. e2 D. e3
7 [2026丹阳期初]已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x－2，则下列说法中正确的是( )
A. x＝1是函数f(x)的极小值点
B. 函数f(x)的图象关于点(2，0)中心对称
C. 函数f(x)在区间(m，n)上既有最大值也有最小值，则实数n的取值范围是(3，4]
D. 关于x的不等式f(－x2＋1)>f(－3)的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)
三、 填空题
8 [2025苏州三模]若f(x)＝x(ln x＋a)在区间[1，e]上不单调，则实数a的取值范围是________．
9 [2025徐州模拟]已知函数f(x)＝(a，b∈N*)的极小值点为2，则f(x)的极大值点为________．
10 [2025湖北月考]已知函数f(x)＝x ln x－ax2－x恰有2个极值点，则实数a的取值范围为________．
四、 解答题
11 [2025沈阳月考]已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2.
(1) 当b＝0时，若f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2) 若f(x)在x＝－1处取得极值0，求a＋b的值．
12 [2025八省联考]已知函数f(x)＝a ln x＋－x.
(1) 当a＝1，b＝－2时，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程；
(2) 若1是f(x)的极小值点，求实数b的取值范围．
3.11.2 利用导数研究不等式
建议用时：40＋2分钟 答案P148
一、 单选题
1 下列不等式中，不成立的是( )
A. x>sin x，x∈
B. x－1≥ln x，x∈(0，＋∞)
C. ln x≤，x∈(0，＋∞)
D. ln x＋1－ex>0，x∈(0，＋∞)
2 已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝x2－2x＋a，若对任意的x1∈，总存在x2∈[1，2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
3 [2025郑州二模]已知函数f(x)＝ x∈(0，＋∞)，有f(x)·f(－x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. [1，＋∞) B. [1，2]
C. D. [1，3]
4 [2025湖北八市联考]已知函数f(x)＝axex＋ln ，g(x)＝x2－x，若存在实数x0，使得f(x0)≤g(x0)，则实数a的取值范围为( )
A. (0，1]
B. (－∞，0)∪(0，1]
C.
D. (－∞，0)∪
二、 多选题
5 [2025高邮期中]已知函数f(x)＝ax3＋bx2－4x＋6(a，b∈R，a≠0)，则下列说法中正确的是( )
A. 当a＝，b＝0时，函数f(x)有三个零点
B. 当12a＋b2>0时，函数f(x)有两个极值点
C. 当3a＋b＝0时，函数f(x)的图象关于点(1，2－2a)对称
D. 当a<0，b>0时，若x<3，则f(x－3)>6
6 若a>1，b>1，且a(ln b＋2)＝(b＋1)(ln a＋1)，则下列结论中正确的是( )
A. a>b B. aC. a2>b D. a27 [2025湘豫名校联考]已知函数f(x)＝x2＋，g(x)＝ex ln x，则下列说法中正确的是( )
A. f(x)为偶函数
B. x∈(0，1)，f(x)≤f
C. 曲线y＝f(x)在点(1，3)处的切线斜率为－2
D. x∈(0，＋∞)，不等式f(x)＋g(x)>1.8恒成立
三、 填空题
8 [2025济南月考]已知函数f(x)＝x|x|，若对任意x∈[t，t＋1]，不等式f(x2＋t)≤4f(x)恒成立，则实数t的取值范围是________．
9 [2025葫芦岛月考]设k>0，若不等式k ln (kx)－ex≤0在x>0时恒成立，则k的最大值为________．
10 [2026徐州三中月考]已知函数f(x)＝ex－ax，若不等式f(x)≥ex ln (ax)－ax2对任意x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是________．
四、 解答题
11 已知f(x)＝－f′(1) x2＋x＋2ln x.
(1) 求f′(1)并写出f(x)的解析式；
(2) 求证：f(x)≤x－1.
12 [2026丹阳期初]已知函数f(x)＝mx－ln x，m∈R，e为自然常数．
(1) 当m＝1时，求函数f(x)的图象在x＝e处的切线方程；
(2) 若函数f(x)在区间[1，e]上有最小值－2，求实数m的值；
(3) 在(1)的条件下，若不等式ex－λxf(x)≥0恒成立，求实数λ的取值范围．
3.11.3 利用导数研究函数的零点
建议用时：40＋2分钟 答案P150
一、 单选题
1 已知函数f(x)＝ex·x2－b有三个零点，则实数b的取值范围是( )
A. B.
C. D.
2 [2026福州高级中学月考]若过点(1，m)可以作曲线y＝(x＋1)ex的三条切线，则实数m的取值范围是( )
A. (－4e-2，0) B. (－6e-3，0)
C. (－6e-3，2e) D. (e，2e)
3 [2025高邮期初]已知函数f(x)＝g(x)＝f(x)－2ax.若函数g(x)有5个零点，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
4 设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax.当x∈(－1，1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点，则实数a的值为( )
A. －1 B. C. 1 D. 2
二、 多选题
5 已知方程ex－ax＝0在x∈上有两个不同的实根，则实数a的取值可以是( )
A. e B. 2 C. D.
6 [2025湖南月考]已知函数f(x)＝x2－ax＋1，g(x)＝－ln x，设函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}(x>0)，则下列结论中正确的是( )
A. 若h(x)没有零点，则a的取值范围为(－∞，2)
B. 若h(x)只有1个零点，则a的取值集合为{2}
C. 若h(x)有2个零点，则a的取值范围为(2，＋∞)
D. a∈R，h(x)≥0
7 [2025合肥一六八中月考]下列关于三次函数 f(x)＝x3＋ax＋2的说法中，正确的是( )
A. 当a＝1时，函数f(x)无极值点
B. 函数f(x)的图象关于点(0，2)中心对称
C. 过点(0，2)的切线有两条
D. 当a<－3时，函数f(x)有3个零点
三、 填空题
8若函数f(x)＝xb与g(x)＝ex的图象在第一象限内有公共点，则实数b的取值范围为________．
9 若曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在区间(0，＋∞)上有两个不同的交点，则实数a的取值范围为________．
10 [2025湖南月考]若函数f(x)＝ln x－aex－ln a有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
四、 解答题
11 [2025宿迁期中]已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋1(a∈R，x∈R).
(1) 当a＝－1时，求函数f(x)的单调增区间；
(2) 设函数f(x)在区间(－2，－1)上存在极值点，求实数a的取值范围．
12 [2026南京六校联合体月考]已知f(x)＝ax－ln x.
(1) 讨论f(x)的单调性；
(2) 若f(x)在区间(0，e2]上有两个零点，求实数a的取值范围；
(3) 若2sin x－x cos x－ln x≥f(x)在x∈上恒成立，求实数a的取值范围．
3．11 导数的应用
3．11.1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
1. B 解析：由f(x)＝sin x－ax，得f′(x)＝cos x－a.因为函数f(x)＝sin x－ax在区间上单调递增，所以对任意的x∈，f′(x)＝cos x－a≥0恒成立，则a≤(cos x)min＝cos ＝.故实数a的取值范围是.
2. B 解析：由图可知f(0)＝d>0，f(x)有3个零点，设3个零点分别为x1，x2，x3(x1x3时，f(x)>0，此时(x－x1)(x－x2)(x－x3)>0，所以a>0.又f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，f(x)有两个极值点α1，α2，且α2>α1>0，所以f′(x)＝0有两个不相等的正根，易得－＝α1＋α2>0，＝α1α2>0，则b<0，c>0.综上，a>0，b<0，c>0，d>0.
3. C 解析：当x≥2时，f(x)＝，则f′(x)＝.当2≤x0，此时f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，所以f(x)在x＝e处取得极大值，且极大值为f(e)＝.因为f(x)＝有最大值，所以解得0≤k≤.故实数k的最大值为.
4. D 解析：在f′(x)·x ln x＋f(x)>0中，令x＝1，得f(1)>0，故A错误；令g(x)＝f(x)ln x，则g′(x)＝f′(x)ln x＋＝.因为当x>0时，f′(x)·x ln x＋f(x)>0，所以g′(x)>0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．因为g(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.因为在x∈(0，1)时，ln x<0，当x∈(1，＋∞)时，ln x>0，所以当x>0时，f(x)>0，故D正确；令x＝2，得2f′(2)ln 2＋f(2)>0，则f′(2)>.又<0，所以f′(2)的正负不确定，故B错误；当x∈(0，1)时，由f′(x)·x ln x＋f(x)>0，得f′(x)<.又>0，所以f(x)在区间(0，1)上的单调性不确定，故C错误．
5. BD 解析：当a＝0时，f(x)＝3x2－x＋1，显然不满足题意；当a≠0时，由题意，得f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，所以解得a>－3且a≠0.故选BD.
6. ABC 解析：由对任意的x1，x2∈(0，m)，且x1x1－x2，即x1(ln x2－1)>x2(ln x1－1)，所以>.令g(x)＝，则函数y＝g(x)在区间(0，m)上单调递增，且g′(x)＝.由g′(x)>0，得2－ln x>0，解得07. BC 解析：由f(x)＝x3－6x2＋9x－2，得f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3).当x<1或x>3时，f′(x)>0，当1f(－3)，令t＝－x2＋1，则t≤1，即f(t)>f(－3).由以上分析可知当t≤1时，f(t)单调递增，所以t>－3，即－x2＋1>－3，解得－2f(－3)的解集为(－2，2)，故D错误，故选BC.
8. (－2，－1) 解析：令f′(x)＝ln x＋a＋1＝0，得x＝e－a-1.因为f(x)在区间[1，e]上不单调，所以19. 3 解析：由题意，得f′(x)＝.因为函数f(x)的极小值点为2，所以f′(2)＝＝0，即－4a＋(2a＋3)×2－(b＋3)＝0，解得b＝3，则f′(x)＝＝.令f′(x)＝0，则x＝或x＝2.因为a∈N*，函数的极小值点为2，所以f(x)在区间(－∞，2)上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以>2，解得010. 解析：由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－ax.因为f(x)有两个极值点，所以f′(x)＝0有两个不同的正根．方法一：由f′(x)＝0，得a＝，则y＝与y＝a的图象有两个不同的交点．令h(x)＝，则h′(x)＝，当00，h(x)单调递增；当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，则h(x)≤h(e)＝，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，作出函数y＝h(x)的图象如图1所示．由图象可得实数a的取值范围为.
方法二：令g(x)＝ln x－ax，则g′(x)＝－a.当a≤0时，g′(x)>0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，则g(x)＝0不可能有两个不同的正根．当a>0时，由g′(x)＝0，得x＝.当00，g(x)单调递增；当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g＝ln －1.要使g(x)＝0有两个不同的正根，则g＝ln －1>0，解得0方法三：如图2，y1＝ln x与y2＝ax的图象在区间(0，＋∞)上有两个不同的交点．由y1＝ln x，得y′1＝.设过原点的切线的切点为(x0，ln x0)，则0－ln x0＝(0－x0)，解得x0＝e，所以过原点的切线的斜率为.由图易知，当0图1 图2
11. (1) 当b＝0时，f(x)＝x3＋3ax2＋a2，
所以f′(x)＝3x2＋6ax.
由题意，得f′(x)≥0在区间[2，＋∞)上恒成立，
所以a≥－x在区间[2，＋∞)上恒成立，
即a≥，x∈[2，＋∞).
因为y＝－x在区间[2，＋∞)上单调递减，
所以＝－1，所以a≥－1，
即实数a的取值范围为[－1，＋∞).
(2) 由题意，得f′(x)＝3x2＋6ax＋b.
因为f(x)在x＝－1处取得极值0，
所以即
解得或
当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，此时函数f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意，舍去；
当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
经检验，x＝－1处取得极小值0，符合题意．
综上，a＋b＝11.
12. (1) 当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－－x，其中x>0，
则f′(x)＝＋－1＝.
令f′(x)＝2，得＝2，
整理，得3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)＝0，
解得x＝1或x＝－(舍去).
又f(1)＝－3，即切点为(1，－3)，
所以切线方程为y＋3＝2(x－1)，即2x－y－5＝0.
(2) 由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－－1＝.
因为1是f(x)的极小值点，
所以f′(1)＝－1＋a－b＝0，得a＝b＋1，
则f′(x)＝＝－.
若b≤0，令f′(x)>0，得x∈(0，1)，
令f′(x)<0，得x∈(1，＋∞)，
则f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，
此时1是f(x)的极大值点，不满足题意；
若00，得x∈(b，1)，
令f′(x)<0，得x∈(0，b)∪(1，＋∞)，
则f(x)在区间(b，1)上单调递增，在区间(0，b)，(1，＋∞)上单调递减，
此时1是f(x)的极大值点，不满足题意；
若b＝1，则f′(x)＝－≤0恒成立，
此时f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意；
若b>1，令f′(x)>0，得x∈(1，b)，
令f′(x)<0，得x∈(0，1)∪(b，＋∞)，
则f(x)在区间(1，b)上单调递增，在区间(0，1)，(b，＋∞)上单调递减，
此时1是f(x)的极小值点，满足题意．
综上，实数b的取值范围是(1，＋∞).
3．11.2 利用导数研究不等式
1. D 解析：对于A，令f(x)＝x－sin x，x∈，则f′(x)＝1－cos x>0，所以f(x)在区间上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，即x－sin x>0，所以x>sin x，x∈，故A不符合题意；对于B，令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝1－＝，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)＝0，即x－1－ln x≥0，所以x－1≥ln x，x∈(0，＋∞)，故B不符合题意；对于C，令h(x)＝ln x－，x>0，则h′(x)＝－＝，当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当00，h(x)单调递增，所以h(x)≤h(e)＝0，即ln x≤(x>0)，故C不符合题意；对于D，令φ(x)＝ln x＋1－ex，x∈(0，＋∞)，当x＝1时，φ(1)＝1－e<0，所以ln x＋1－ex>0不成立，故D符合题意．
2. D 解析：由题意，得f′(x)＝ln x＋1，x∈，所以f′(x)≥0，所以f(x)在区间上单调递增，所以f(x)∈.又g(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，x∈[1，2]，所以g(x)在区间[1，2]上单调递增，所以g(x)∈[a－1，a].因为对任意的x1∈，总存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)成立，所以f(x)min≥g(x)min，即－≥a－1，解得a≤1－，故实数a的取值范围是.
3. D 解析：方法一(分类讨论法)：由x∈(0，＋∞)，得－x∈(－∞，0)，当a<0时，f(－x)＝－2(－x)3－a(－x)2＋1＝2x3－ax2＋1>0恒成立．易知f(x)＝ax－ln x－1在区间(0，＋∞)上单调递减，则存在x0，使得当x∈(0，x0)时，f(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，f(x)<0，不符合题意，舍去．当a>0时，设直线y＝ax－1为y＝ln x的切线，切点为(x1，ln x1)，则a＝，即ln x1＝×x1－1＝0，得x1＝1，a＝1.①若00，g(x)单调递增，所以f(－x)＝g(x)≥g＝>0，即f(－x)>0恒成立，不符合题意，舍去；②若a＝1，则f(x)≥0，f(－x)>0，满足f(x)f(－x)≥0；③若a>1，则f(x)>0，要使f(x)·f(－x)≥0恒成立，则f(－x)≥0恒成立．由①，得1－≥0，解得a≤3，所以1方法二(构造函数与极限法)：当x>0时，f(x)·f(－x)≥0等价于(ax－ln x－1)(2x3－ax2＋1)≥0，即·[a－]≤0恒成立．设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，易知g(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1.设h(x)＝＋2x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝－＋2＝(x3－1)，易知h(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，则h(x)min＝h(1)＝3.由题意，得g(x)≤a≤h(x)对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则g(x)max≤a≤h(x)min，即1≤a≤3.
方法三(排除法)：令x＝1，1∈(0，＋∞)，得f(1)·f(－1)≥0，即(a－1)(2－a＋1)≥0，解得1≤a≤3，故排除A；取a＝3，对任意x∈(0，＋∞)，有f(x)＝3x－ln x－1>x－1－ln x≥0，f(－x)＝2x3－3x2＋1＝(x－1)2(2x＋1)≥0，满足f(x)·f(－x)≥0，故排除B，C，故选D.
4. D 解析：当a<0时，x<0，f(a)＝a2ea0时，x>0，由f(x)≤g(x)，得axex＋ln ≤x2－x，所以axex＋x＋ln ≤x2，即axex＋x＋ln ＋ln x2≤x2＋ln x2，即ex＋ln (ax)＋[x＋ln (ax)]≤x2＋ln x2.因为y＝x＋ln x为区间(0，＋∞)上的增函数，所以ex＋ln (ax)≤x2，即axex≤x2，可得a≤.由题意，得a≤.记h(x)＝，则h′(x)＝，当x>1时，h′(x)<0，h(x)在区间(1，＋∞)上单调递减；当00，h(x)在区间(0，1)上单调递增，则h(x)max＝h(1)＝，故05. BCD 解析：对于A，当a＝，b＝0时，f(x)＝x3－4x＋6，则f′(x)＝x2－4，令f′(x)<0，得－20，得x<－2或x>2，所以函数f(x)在区间(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增，在区间(－2，2)上单调递减．又f(－2)＝，f(2)＝，且x→－∞时，f(x)→－∞，则函数f(x)只有一个零点，故A错误；对于B，f′(x)＝3ax2＋2bx－4，则Δ＝4b2－4·3a·(－4)＝4(b2＋12a)>0，所以f′(x)＝0有两个不同的实数根，根据极值点的定义，函数f(x)有两个极值点，故B正确；对于C，当3a＋b＝0时，b＝－3a，则f(x)＝ax3－3ax2－4x＋6，a≠0，则f(2－x)＝a(2－x)3－3a(2－x)2－4(2－x)＋6＝－ax3＋3ax2＋4x－4a－2，则f(x)＋f(2－x)＝ax3－3ax2－4x＋6－ax3＋3ax2＋4x－4a－2＝4－4a，所以函数f(x)的图象关于点(1，2－2a)对称，故C正确；对于D，当a<0，b>0时，由f(x)＝ax3＋bx2－4x＋6，得f′(x)＝3ax2＋2bx－4，当x<0时，f′(x)＝3ax2＋2bx－4<0，则函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，即当x<0时，f(x)>f(0)＝6.若x<3，则x－3<0，则f(x－3)>6，故D正确．故选BCD.
6. BC 解析：令y＝ln x＋1－x，且x>1，则y′＝－1＝<0恒成立，所以y＝ln x＋1－x在区间(1，＋∞)上单调递减，所以y1).由a(ln b＋2)＝(b＋1)(ln a＋1)，得＝且a>1，b>1.又－＝＝<0，所以<<＝.设f(x)＝且x>1，则f′(x)＝－<0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减．由<<，得1<a>>，所以b2>a2>b>a，故A，D错误，B，C正确．故选BC.
7. ACD 解析：对于A，易知函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，又f(－x)＝(－x)2＋＝x2＋＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故A正确；对于B，f(x)－f＝x2＋－[＋2x2]＝，当x∈(0，1)时，>0，则 x∈(0，1)，f(x)>f，故B错误；对于C，因为f′(x)＝2x－，所以f′(1)＝2－＝－2，所以y＝f(x)在点(1，3)处的切线斜率为－2，故C正确；对于D，g(x)＝ex ln x，则g′(x)＝e(ln x＋1)，令g′(x)<0，得00，得x>，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以g(x)min＝g＝－1.又f(x)＝x2＋≥2，当且仅当x2＝时，等号成立，所以f(x)＋g(x)≥2－1>2×1.4－1＝1.8，故D正确．故选ACD.
8. 解析：f(x)＝x|x|＝易知y＝－x2在区间(－∞，0)上单调递增，y＝x2在区间[0，＋∞)上单调递增，且f(x)连续，所以f(x)在R上单调递增．由f(x2＋t)≤4f(x)，得f(x2＋t)≤4x|x|＝2x|2x|＝f(2x)，所以x2＋t≤2x，所以对任意x∈[t，t＋1]，t≤－x2＋2x恒成立，即t≤(－x2＋2x)min.因为y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1的图象开口向下，所以解得0≤t≤.
9. e 解析：由k ln (kx)－ex≤0在x>0时恒成立，得eln (kx)·ln (kx)＝kx ln (kx)≤xex在x>0时恒成立．令f(x)＝xex，x>0，则f′(x)＝(x＋1)ex>0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．当ln (kx)>0时，由eln (kx)ln (kx)≤xex，得ln (kx)≤x；当ln (kx)≤0时，由x>0，得ln (kx)≤x，显然成立．综上，ln (kx)≤x，所以kx≤ex，即k≤.令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e，所以010. (0，e] 解析：由f(x)≥ex ln (ax)－ax2，x∈(0，1)，a>0，得ex－ax≥ex ln (ax)－ax2，则ex[1－ln (ax)]≥ax－ax2＝ax(1－x)，所以≥，即≥.设g(x)＝，则g(ln (ax))≥g(x)，g′(x)＝.令g′(x)>0，得x>2；令g′(x)<0，得x<2，则函数g(x)在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增．因为g(1)＝0，且当x>1时，g(x)<0，所以当x∈(0，1)时，ln (ax)≤x，即a≤恒成立．设h(x)＝，x∈(0，1)，则h′(x)＝<0，所以函数h(x)在区间(0，1)上单调递减，所以h(x)>h(1)＝e，所以a≤e，故011. (1) 由题意，得f′(x)＝－2f′(1)x＋1＋，
令x＝1，得f′(1)＝－2f′(1)＋1＋2，解得f′(1)＝1，
所以f(x)＝－x2＋x＋2ln x.
(2) 设g(t)＝t－ln t，则g′(t)＝1－＝，
当01时，g′(t)>0，
所以g(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以g(t)≥g(1)＝1.
故f(x)＝－x2＋x＋2ln x＝－x2＋x＋ln (x2)＝x－g(x2)≤x－1.
12. (1) 由题意，得f(x)＝x－ln x，则f′(x)＝1－，
所以f(e)＝e－1，f′(e)＝1－，
所以函数f(x)的图象在x＝e处的切线方程为y－(e－1)＝(1－)(x－e)，即(e－1)x－ey＝0.
(2) 由题意，得f′(x)＝m－＝，且x>0.
若m≤0，则f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在区间[1，e]上有最小值f(e)＝me－1＝－2，
解得m＝－.
若m>0，则当0时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当≥e，即0当1<当≤1，即m≥1时，f(x)在区间[1，e]上有最小值f(1)＝m＝－2，不符合题意．
综上，实数m的值为－.
(3) 由题意，得ex－λx(x－ln x)≥0且x>0，
对于y＝x－ln x，有y′＝1－，
当01时，y′>0，
所以y＝x－ln x在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以y≥1－ln 1＝1，即x－ln x≥1恒成立．
又ex－λx(x－ln x)≥0，
所以λ≤在区间(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令h(x)＝x2－x ln x－2x＋ln x＋1，则h′(x)＝2x－ln x＋－3.
令φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝2－－＝，
当01时，φ′(x)>0，
所以φ(x)＝h′(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，故φ(x)＝h′(x)≥h′(1)＝0，
所以h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
又h(1)＝0，
所以当0当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝e，所以λ≤e.
故实数λ的取值范围为(－∞，e].
3．11.3 利用导数研究函数的零点
1. B 解析：因为f(x)＝ex·x2－b有三个零点，所以关于x的方程ex·x2－b＝0有三个根，所以y＝b和g(x)＝ex·x2的图象有三个交点．易得g′(x)＝x(x＋2)ex，令g′(x)<0，解得－20，解得x<－2或x>0，所以g(x)在区间(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在区间(－2，0)上单调递减，所以g(x)的极小值为g(0)＝0，g(x)的极大值为g(－2)＝.当x→＋∞时，g(x)→＋∞；当x→－∞时，g(x)→0，作出g(x)的图象如图所示．由图可知，当y＝b和g(x)＝ex·x2的图象有三个交点时，实数b的取值范围是.
2. B 解析：设切点坐标为(t，(t＋1)et).由y＝(x＋1)ex，得y′＝(x＋2)ex，则函数y＝(x＋1)ex的图象在点(t，(t＋1)et)处的切线方程为y－(t＋1)et＝(t＋2)et(x－t).由切线过点(1，m)，得m＝(t＋1)et＋(t＋2)et(1－t)＝(－t2＋3)et.令g(t)＝(－t2＋3)et.由题意，得直线y＝m与函数y＝g(t)的图象有3个交点．又g′(t)＝(－t2－2t＋3)et＝－(t＋3)(t－1)et，当t<－3或t>1时，g′(t)<0；当－30，所以函数g(t)在区间(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递减，在区间(－3，1)上单调递增，故当t＝－3时，函数g(t)取得极小值g(－3)＝－6e-3，当t＝1时，函数g(t)取得极大值g(1)＝2e，且当t→－∞时，g(t)→0；当t→＋∞时，g(t)→－∞，所以当－6e-33. D 解析：由题意，得当x＝0时，g(0)＝f(0)－0＝0，则x＝0为g(x)的1个零点；当x≠0时，由g(x)＝0，得2a＝.设φ(x)＝＝所以直线y＝2a与y＝φ(x)的图象有4个交点．当x<0时，x2＋2x＋＝(x＋1)2＋≥.设h(x)＝，x>0，则h′(x)＝.令h′(x)＝0，得x＝e，所以函数h(x)在区间(0，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减，且h(e)＝.如图，作出函数φ(x)的图象．由图可知，<2a<，解得4. D 解析：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ax2＋a－1－cos x，x∈(－1，1).由题意可得h(x)有且仅有一个零点．因为h(－x)＝a(－x)2＋a－1－cos (－x)＝ax2＋a－1－cos x＝h(x)，所以h(x)为偶函数．由偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即h(0)＝a－2＝0，解得a＝2.若a＝2，则h(x)＝2x2＋1－cos x，x∈(－1，1).又因为2x2≥0，1－cos x≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以h(x)≥0，当且仅当x＝0时，等号成立，所以h(x)有且仅有一个零点0，故a＝2符合题意．
5. BD 解析：由ex－ax＝0，得a＝，x∈.令g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，2]时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以当x＝1时，函数g(x)取得最小值e，且g＝2，g(2)＝.如图，当 y＝a与y＝g(x)的图象有2个交点时，e6. ABC 解析：函数f(x)的图象开口向上，对称轴为x＝，当≤0，即a≤0时，对任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)>f(0)＝1，所以h(x)≥f(x)>0，则h(x)没有零点．令x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4<0，解得－20，所以h(x)≥f(x)>0，则h(x)没有零点；当a＝2时，f(x)＝x2－2x＋1，当x≠1时，f(x)>0，所以h(x)≥f(x)>0；当x＝1时，h(1)＝max{f(1)，g(1)}＝0，所以h(x)有1个零点；当a>2时，2－a<0，当x∈(0，1)时，h(x)≥g(x)>0；当x＝1时，h(1)＝max{f(1)，g(1)}＝max{0，2－a}＝0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，f(1)＝2－a<0，f(a)＝1，所以f(x)在区间(1，＋∞)上有1个零点，则h(x)在区间(1，＋∞)上有1个零点，所以h(x)有2个零点．设f(x)在区间(1，＋∞)上的零点为x1，则当x∈(1，x1)时，f(x)<0，所以当x∈(1，x1)时，h(x)<0，故D错误；综上，当a<2时，h(x)没有零点；当a＝2时，h(x)有1个零点；当a>2时，h(x)有2个零点，故A，B，C正确．故选ABC.
7. ABD 解析：对于A，当a＝1时，f(x)＝x3＋x＋2，则f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，所以f(x)单调递增，无极值点，故A正确；对于B，因为f(x)＋f(－x)＝4，所以函数f(x)的图象关于点(0，2)中心对称，故B正确；对于C，设切点坐标为(x1，f(x1))，则切线方程为y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1).因为该切线过点(0，2)，所以2－f(x1)＝f′(x1)(0－x1)，即2－x－ax1－2＝－3x－ax1，解得x1＝0，所以过点(0，2)的切线有且仅有一条，故C错误；对于D，f′(x)＝3x2＋a，当a<－3时，由f′(x)＝0，解得x＝±，则当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．又f(x)的极大值f>f(0)＝2>0，f(x)的极小值f＝＋2＝－＋2<0，所以函数f(x)有3个零点，故D正确．故选ABD.
8. (－∞，0)∪[e，＋∞) 解析：若函数f(x)＝xb与g(x)＝ex的图象在第一象限内有公共点，则方程xb－ex＝0在区间(0，＋∞)上有解，即方程b ln x＝x在区间(0，＋∞)上有解．显然x＝1不是方程的解，所以方程b＝在区间(0，1)∪(1，＋∞)上有解，则函数y＝b与函数h(x)＝，x∈(0，1)∪(1，＋∞)的图象有交点．又h′(x)＝，所以当x∈(0，1)∪(1，e)时，h′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，1)和(1，e)上单调递减，在区间(e，＋∞)上单调递增．又当x→0时，h(x)→0；当x→1－时，h(x)→－∞；当x→1＋时，h(x)→＋∞；h(e)＝e；当x→＋∞时，h(x)→＋∞，作出函数h(x)的图象如图所示，所以b<0或b≥e.
9. (－2，1) 解析：由x3－3x＝－(x－1)2＋a，得a＝x3＋x2－5x＋1.令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1).令g′(x)＝0(x>0)，解得x＝1，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．易得g(1)＝－2，可作出函数g(x)的图象如图所示．因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在区间(0，＋∞)上有两个不同的交点，所以y＝a与g(x)的图象有两个交点，由图可知实数a的取值范围为(－2，1).
10. 解析：因为函数f(x)＝ln x－aex－ln a有两个不同的零点，所以ln x＝aex＋ln a有两个不等实根，即ln x＝ex＋ln a＋ln a有两个不等实根，所以ln x＋x＝ex＋ln a＋(x＋ln a)有两个不等实根，即ln x＋eln x＝ex＋ln a＋(x＋ln a)有两个不等实根．令函数h(x)＝x＋ex，则h(ln x)＝h(x＋ln a)有两个不等实根．因为y＝x，y＝ex在R上均单调递增，所以函数h(x)在R上单调递增，所以ln x＝x＋ln a，即ln a＝ln x－x，令g(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝－1＝，当00；当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－1.易知当x→＋∞，g(x)→－∞，当x→0时，g(x)→－∞.若ln a＝ln x－x有两个根，则必有ln a<－1，解得011. (1) 当a＝－1时，f(x)＝x3－x2－x＋1，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1).
令f′(x)>0，解得x<－或x>1，
故f(x)的单调增区间为，(1，＋∞).
(2) 由题意，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
因为f(x)在区间(－2，－1)上存在极值点，
所以f′(x)＝0在区间(－2，－1)上有解，
即2a＝－3x在区间(－2，－1)上有解．
因为y＝－3x在区间(－2，－1)上单调递减，
所以y＝－3x在区间(－2，－1)上的值域为，
所以2<2a<，解得1故实数a的取值范围为.
12. (1) 由题意，得f′(x)＝a－＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)<0，得0所以f(x)在区间上单调递减，
令f′(x)>0，得x>，
所以f(x)在区间上单调递增．
综上，当a≤0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当a>0，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
(2) 由(1)可知，当a≤0时，f(x)在区间(0，e2]上至多有1个零点，不符合题意；
当a>0时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
若f(x)在区间(0，e2]上有两个零点，
则f＝1＋ln a<0，解得0此时f＝＋1>0，
所以f(x)在区间上一定有一个零点；
当f(e2)＝ae2－2≥0，即a≥时，f(x)在区间上一定有一个零点，所以≤a<.
综上，实数a的取值范围为.
(3) 由2sin x－x cos x－ln x≥f(x)，得2sin x－x cos x－ln x≥ax－ln x，
所以2sin x－x cos x－ax≥0在x∈上恒成立．
设h(x)＝2sin x－x cos x－ax，x∈，
则h′(x)＝2cos x－cos x＋x sin x－a＝cos x＋x sin x－a.
设m(x)＝cos x＋x sin x－a，则m′(x)＝x cos x，
当x∈时，m′(x)≥0，则m(x)单调递增，
所以h′(x)在x∈上单调递增，
所以在x∈上，h′(x)≤h′＝－a，h′(x)>1－a.
当－a≤0，即a≥时，h′(x)≤0，
所以h(x)在区间上单调递减，
则h(x)<0，不符合题意，舍去；
当－a>0，即a<时，若1－a<0，则1易知 x0∈，使得h′(x0)＝0，
当0此时h(x)<0，不符合题意，舍去；
若1－a≥0，即a≤1，则h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在x∈上单调递增，
则h(x)>h(0)＝0，符合题意．
综上，实数a的取值范围为(－∞，1].(共65张PPT)
第三章
3.11 导数的应用
3.11.1 利用导数研究函数的单调性、极值与最值
函数、导数及其应用
复习目标 1．了解函数的单调性与导数的关系．2．能利用导数研究函数的单调性；会求函数的单调区间．3．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．4．会用导数求函数的极大值、极小值；会求闭区间上函数的最大值、最小值．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一 基础引入
1 [2025长沙一模]已知函数f(x)的图象如图所示，则其导函数f′(x)的图象可能是 ( )
B
【解析】由题图可知函数f(x)单调递增，则其导函数f′(x)≥0恒成立，排除A，D；又当x＝0时，f′(0)＝0，其对应的切线的斜率为0，排除C，故选B．
2 [2025安阳三模]已知函数f(x)＝x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为 ( )
A．8 B．6
C．4 D．2
A
【解析】由题意，得f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，解得x＝±1．当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－∞，－1)或x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝a－2＝6，解得a＝8．
3 (多选)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则下列说法中正确的是 ( )
A．x＝3是f(x)的极小值点
B．当0＜x＜1时，f(x)＜f(x2)
C．当1＜x＜2时，－4＜f(2x－1)＜0
D．当－1＜x＜0时，f(2－x)＞f(x)
ACD
【解析】对于A，f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，当x∈(1，3)时，f′(x)＜0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，所以x＝3是函数f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0＜x＜1时，x－x2＝x(1－x)＞0，所以1＞x＞x2＞0．由A可知，函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，所以f(x)＞f(x2)，故B错误；对于C，当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，由A可知，函数f(x)在区间(1，3)上单调递减，所以f(1)＞f(2x－1)＞f(3)，即－4＜f(2x－1)＜0，故C正确；对于D，当－1＜x＜0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2·(2－2x)＞0，所以f(2－x)＞f(x)，故D正确．故选ACD．
(0，1)
5 [2026扬州新华中学学情调研]已知函数f(x)＝－x2＋mx＋2ln x在区间(2，3)上单调递减，则实数m的取值范围是____________．
(－∞，3]
活动二 典例悟法
题组一 求函数的单调区间
[2024全国甲卷(文)·20(1)]已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x (a∈R)．求函数f(x)的单调区间．
1
当a≤0时，f′(x)＜0，
则f(x)的单调减区间为(0，＋∞)，无单调增区间；
1 已知函数f(x)＝aex－x－1，a∈R(e为自然对数的底数)．求函数f(x)的单调区间．
【解析】由题意，得f′(x)＝aex－1．
①若a≤0，则f′(x)≤0恒成立，
所以函数f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；
②若a＞0，令f′(x)＞0，得x＞－ln a，
令f′(x)＜0，得x＜－ln a，
所以函数f(x)的单调增区间为(－ln a，＋∞)，单调减区间为(－∞，－ln a)．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；当a＞0时，函数f(x)的单调增区间为(－ln a，＋∞)，单调减区间为(－∞，－ln a)．
当x∈[1，e]时，2ln x∈[0，2]．
若a≤0，则2－a－2ln x≥0，
所以f′(x)≥0，即f(x)在区间[1，e]上单调递增；
若a≥2，则2－a－2ln x≤0，
所以f′(x)≤0，即f(x)在区间[1，e]上单调递减；
已知函数f(x)＝a ln x＋x2－4x．讨论函数f(x)的单调性．
2
②若a≤0，则x1≤0，
当a＝2时，方程2x2－4x＋2＝0的根为x＝1，
此时h(x)＝2x2－4x＋2≥0，
即f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，当且仅当x＝1时，等号成立．
当a＞2时，h(x)＝2x2－4x＋a＞0，
即f′(x)＞0在区间(0，＋∞)上恒成立．
【解析】由题意，得f′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)，a＞0．
令f′(x)＝0，解得x1＝ln a，x2＝1．
当ln a＝1，即a＝e时，f′(x)≥0，
则f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；
当ln a＜1，即0＜a＜e时，在区间(－∞，ln a)，(1，＋∞)上，f′(x)＞0，在区间(ln a，1)上，f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在区间(ln a，1)上单调递减；
当ln a＞1，即a＞e时，在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上，f′(x)＞0，在区间(1，ln a)上，f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减．
综上所述，当a＝e时，f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；当0＜a＜e时，f(x)在区间(－∞，ln a)，(1，＋∞)上单调递增，在区间(ln a，1)上单调递减；当a＞e时，f(x)在区间(－∞，1)，(ln a，＋∞)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减．
【解析】由题意，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当0＜x≤1时，(x－1)ln x≥0；当x＞1时，(x－1)ln x≥0，
所以当x＞0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
1．确定不含参函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：一是不能漏掉求函数的定义域；二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
2．研究含参函数的单调性，要根据参数对不等式解集的影响进行分类讨论，如：开口方向、是否有解、解是否在定义域的取值范围内、解之间的大小关系等．
注意：(1) 求出f′(x)后首先分析能否因式分解；
(2) 部分导函数为简单超越函数时需要二次求导研究f′(x)的图象，进一步判断原函数的单调性．
题组二 利用函数的单调性解不等式
已知函数f(x)＝ex－e－x－2sin x＋1，则满足f(2m－1)＋f(m－2)＞2的实数m的取值范围是____________．
3
(1，＋∞)
(－∞，－2)
1．给出一个确定的函数解不等式，往往研究该函数的单调性和奇偶性等，再将要求的不等式转化成同构不等式(注意函数的定义域)．
2．抽象函数解不等式，往往需要对原不等式(或方程)同解变形，如移项、通分、取对数等，把不等式(或方程)左、右两边转化为同构式，然后根据“相同结构”构造函数．
题组三 利用导数研究函数的极值与最值
[2025石家庄一模]已知函数f(x)＝e2x－ax，a∈R．讨论y＝f(x)的极值点个数．
4
【解析】由题意，得f′(x)＝2e2x－a．
若a≤0，则f′(x)＞0，y＝f(x)在R上单调递增，无极值点；
1 已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x，且x＝3是f(x)的极值点，求函数f(x)的极值．
【解析】由题意，得f′(x)＝3x2－2ax＋3，且f′(3)＝0，
所以27－6a＋3＝0，
解得a＝5，
所以f(x)＝x3－5x2＋3x，
则f′(x)＝3x2－10x＋3．
【解析】由题意，得g(x)＝ex－ax＋1(x≠0)，
所以g′(x)＝ex－a．
当a≤1时，g′(x)＝ex－a＞0在区间(0，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
此时g(x)在区间(0，＋∞)上无极值点，不符合题意；
当a＞1时，g′(x)＝ex－a，x∈(0，＋∞)，
令g′(x)＝ex－a＞0，得x＞ln a；
令g′(x)＝ex－a＜0，得0＜x＜ln a，
所以g(x)在区间(0，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在区间(0，＋∞)上有极小值，无极大值，且在x＝ln a 处取得极小值，符合题意．
故实数a的取值范围是(1，＋∞)．
1．已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
2．导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．
3．已知函数存在极值点，求参数的取值范围，转化成f′(x)有变号零点．
5
【解析】设h(x)＝f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2ex sin x．
x (－∞，0) 0 (0，ln 2k) ln 2k (ln 2k，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的单调减区间为(0，ln 2k)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2k，＋∞)．
所以f(x)在区间(0，ln 2k)上单调递减，在区间(ln 2k，k)上单调递增，
所以f(x)在区间[0，k]上的最大值应在端点处取得．
又f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3．
下面比较f(0)与f(k)的大小：
1．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
2．若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．
题组四 利用函数的单调性或极值求参数的值(范围)
已知函数f(x)＝x3－ax－1．若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
6
【解析】因为f(x)在R上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，
即a≤3x2对任意x∈R恒成立．
因为3x2≥0，所以a≤0，
故实数a的取值范围是(－∞，0]．
1 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1，1)上单调递减，求实数a的取值范围．
【解析】由题意，得f′(x)＝3x2－a≤0在区间(－1，1)上恒成立，
即a≥3x2在区间(－1，1)上恒成立．
因为－1＜x＜1，
所以3x2＜3，所以a≥3，
故实数a的取值范围是[3，＋∞)．
2 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)的单调减区间为(－1，1)，求实数a的值．
3 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，求实数a的取值范围．
【解析】由题意，得f′(x)＝3x2－a．
当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，不符合题意(舍去)．
4 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)有3个单调区间，求实数a的取值范围．
【解析】因为f(x)有3个单调区间，
所以方程f′(x)＝3x2－a＝0有两个不相等的实数根．
令Δ＝12a＞0，解得a＞0，
故实数a的取值范围是(0，＋∞)．
5 在例6中，函数f(x)不变，若f(x)有3个零点，求实数a的取值范围．
求参数的取值范围的方法
1．可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立；
2．可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集；
3．若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围；
4．若已知某一区间(开区间)是可导函数的单调增(减)区间，则该区间是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)的解集．
谢谢观看
Thank you for watching
