第4讲 导数的简单应用
[考情分析] 1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．
考点一 导数的几何意义与计算
核心提炼
1．导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
(3)′＝(g(x)≠0)．
2．导数的几何意义
(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．
(3)切点既在切线上，又在曲线上．
例1 (1)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln
x，则f′(2)的值为( )
A.
B．－
C.
D．－
答案 B
解析 ∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln
x，
∴f′(x)＝2x＋3f′(2)－，
令x＝2，得f′(2)＝4＋3f′(2)－，
解得f′(2)＝－.
(2)(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln
x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
答案 (e,1)
解析 设A(x0，ln
x0)，又y′＝，
则曲线y＝ln
x在点A处的切线方程为
y－ln
x0＝(x－x0)，
将(－e，－1)代入得，－1－ln
x0＝(－e－x0)，
化简得ln
x0＝，解得x0＝e，
则点A的坐标是(e,1)．
易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．
跟踪演练1 (1)直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，则a等于( )
A．e
B．2e
C．1
D．2
答案 C
解析 设切点为(n，aen＋n)，因为y′＝aex＋1，
所以切线的斜率为aen＋1，
切线方程为y－(aen＋n)＝(aen＋1)(x－n)，
即y＝(aen＋1)x＋aen(1－n)，
依题意切线方程为y＝2x＋1，
故解得a＝1，n＝0.
(2)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是( )
A．y＝sin
x
B．y＝ln
x
C．y＝ex
D．y＝x3
答案 A
解析 对函数y＝sin
x求导，得y′＝cos
x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，所以k1·k2＝－1，所以l1⊥l2；对函数y＝ln
x求导，得y′＝恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3求导，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
考点二 利用导数研究函数的单调性
核心提炼
利用导数研究函数单调性的关键
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域．
(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认．
(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况．
例2 已知f(x)＝a(x－ln
x)＋，a∈R.讨论f(x)的单调性．
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝.
若a≤0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
若a>0，f′(x)＝.
(1)当0
1，
当x∈(0,1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)当a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
(3)当a>2时，0<<1，
当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
易错提醒 (1)在求单调区间时“定义域优先”．
(2)弄清参数对f′(x)符号的影响，分类讨论要不重不漏．
跟踪演练2 (1)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(0，π)，有f′(x)sin
x>f(x)cos
x，且f(x)＋f(－x)＝0，设a＝2f?，b＝f?，c＝－f?，则( )
A．aB．bC．aD．c答案 A
解析 构造函数g(x)＝，x≠kπ，k∈Z，
g′(x)＝>0，
所以函数g(x)在区间(0，π)上是增函数，
因为f(x)＋f(－x)＝0，
即f(x)＝－f(－x)，g(－x)＝＝，
所以函数g(x)是偶函数，
所以g代入解析式得到2f?故a(2)已知f(x)＝(x2＋2ax)ln
x－x2－2ax在(0，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A．{1}
B．{－1}
C．(0,1]
D．[－1,0)
答案 B
解析 f(x)＝(x2＋2ax)ln
x－x2－2ax，
f′(x)＝2(x＋a)ln
x，
∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
当x＝1时，f′(x)＝0满足题意；
当x>1时，ln
x>0，要使f′(x)≥0恒成立，
则x＋a≥0恒成立．
∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1；
当0x<0，要使f′(x)≥0恒成立，
则x＋a≤0恒成立，
∵x＋a<1＋a，∴1＋a≤0，解得a≤－1.
综上所述，a＝－1.
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
核心提炼
1．由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；
(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的单调性，可得极值点．
2．求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
例3 (1)若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln
x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为( )
A．(－e2，－e)
B.
C.
D．(－∞，－e－1)
答案 D
解析 由题可得f′(x)＝ex－＋2(m＋1)，x>0，
因为函数f(x)＝ex－(m＋1)ln
x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，所以函数f′(x)＝ex－＋2(m＋1)(x>0)有两个不同的变号零点．
令ex－＋2(m＋1)＝0，
等价转化成＝m＋1(x>0)有两个不同的实数根，
记h(x)＝，
所以h′(x)＝
＝－，
当x∈时，h′(x)>0，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
当x∈时，h′(x)>0，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
此时函数h(x)在此区间上单调递减，
作出h(x)＝的简图如图，
要使得＝m＋1有两个不同的实数根，
则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，
整理得m<－1－e.
(2)已知函数f(x)＝ax＋ex－(1＋ln
a)x(a>0，a≠1)，对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤
aln
a＋e－4恒成立，则a的取值范围为( )
A.
B．[2，e]
C．[e，＋∞)
D．(e，＋∞)
答案 C
解析 依题意，得aln
a＋e－4≥0,
①
因为f′(x)＝axln
a＋ex－1－ln
a＝(ax－1)ln
a＋ex－1，
当a>1时，对任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，ln
a>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；当0a<0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0，
所以f(x)在[0,1]上是增函数，则对任意的x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤aln
a＋e－4恒成立，只需f(x)max－f(x)min≤aln
a＋e－4，
因为f(x)max＝f(1)＝a＋e－1－ln
a，
f(x)min＝f(0)＝1＋1＝2，
所以a＋e－1－ln
a－2≤aln
a＋e－4，
即a－ln
a＋1－aln
a≤0，
即(1＋a)(1－ln
a)≤0，所以ln
a≥1，
从而有a≥e，而当a≥e时，①式显然成立．故选C.
易错提醒 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：
(1)不能忽略函数f(x)的定义域．
(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．
(3)函数的极小值不一定比极大值小．
(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
跟踪演练3 (1)若x＝是函数f(x)＝ln
x－kx的极值点，则函数f(x)＝ln
x－kx有( )
A．极小值－2
B．极大值－2
C．极小值－1
D．极大值－1
答案 B
解析 由题意得f′(x)＝－k，
∴f′＝e－k＝0，∴k＝e.
由f′(x)＝－e＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)的极大值为f?＝ln
－e×＝－2.
(2)已知点M在圆C：x2＋y2－4y＋3＝0上，点N在曲线y＝1＋ln
x上，则线段MN的长度的最小值为________．
答案 －1
解析 由题可得C(0,2)，圆C的半径r＝1.
设N(t,1＋ln
t)(t>0)，
令f(t)＝|CN|2，则f(t)＝t2＋(1－ln
t)2(t>0)，
所以f′(t)＝2t＋2(1－ln
t)＝.
令φ(t)＝t2＋ln
t－1(t>0)，
易知函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，
所以当01时，f′(t)>0，
所以f(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(t)min＝f(1)＝2.
因为|MN|≥|CN|－1＝－1，
所以线段MN的长度的最小值为－1.
专题强化练
一、单项选择题
1．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1
B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3
D．y＝2x＋1
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
2．若函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，则a的取值范围是( )
A．[－1,0]
B．[－1，＋∞)
C．[0,3]
D．[3，＋∞)
答案 D
解析 由条件知f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，即a≥－2x在上恒成立，∵函数y＝－2x在上为减函数，∴y<－2×＝3.∴a≥3.
3．已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)·ex－1－f(0)x＋x2，则f(x)的单调递增区间为( )
A．(－∞，0)
B．(－∞，1)
C．(1，＋∞)
D．(0，＋∞)
答案 D
解析 由题意得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，
令x＝1，则f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，∴f(0)＝1，
令x＝0，则f(0)＝f′(1)e－1，∴f′(1)＝e，
∴f(x)＝ex－x＋x2，∴f′(x)＝ex－1＋x，
令g(x)＝ex－1＋x，则g′(x)＝ex＋1>0.
∴g(x)为增函数，
又g(0)＝0，∴当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，
即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
4．设函数f(x)定义在区间(0，＋∞)上，f′(x)是函数f(x)的导函数，f(x)＋xln
xf′(x)>0，则不等式>0的解集是( )
A.
B．(1，＋∞)
C.
D．(0,1)
答案 B
解析 构造新函数g(x)＝ln
xf(x)，
则g(1)＝0，g′(x)＝f(x)＋ln
xf′(x)．
因为f(x)＋xln
xf′(x)>0，又x>0，
所以f(x)＋ln
xf′(x)>0，
所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝ln
xf(x)在(0，＋∞)上单调递增．
而>0可化为ln
xf(x)>0，
等价于g(x)>g(1)，解得x>1，
所以不等式>0的解集是(1，＋∞)．
5．若对?x1，x2∈(m，＋∞)，且x1注：(e为自然对数的底数，即e＝2.718
28…)
A.
B．e
C．1
D.
答案 C
解析 由题意，当0≤m由<1，
等价于x1ln
x2－x2ln
x1即x1ln
x2＋x1x1＋x2，
故x1(ln
x2＋1)x1＋1)，
故<，
令f(x)＝，则f(x2)又∵x2>x1>m≥0，
故f(x)在(m，＋∞)上单调递减，
又由f′(x)＝，令f′(x)<0，解得x>1，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故m≥1.
6．已知直线l既是曲线C1：y＝ex的切线，又是曲线C2：y＝e2x2的切线，则直线l在x轴上的截距为( )
A．2
B．1
C．e2
D．－e2
答案 B
解析 设直线l与曲线C1：y＝ex相切于点
，与曲线C2：y＝e2x2相切于点，
由y＝ex，得
，
由y＝e2x2，得
，
∴直线l的方程为
或y－e2x＝e2x2(x－x2)，
则解得x1＝x2＝2，
∴直线l的方程为y－e2＝e2(x－2)，
令y＝0，可得x＝1，
∴直线l在x轴上的截距为1.
二、多项选择题
7．(2020·唐山模拟)设函数f(x)＝，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的定义域是(0，＋∞)
B．当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方
C．f(x)存在单调递增区间
D．f(x)有且仅有两个极值点
答案 BC
解析 由题意知，函数f(x)满足解得x>0且x≠1，所以f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，故A不正确；f(x)＝，当x∈(0,1)时，ex>0，ln
x<0，所以f(x)<0，所以f(x)在(0,1)上的图象在x轴的下方，故B正确；因为f′(x)＝，设g(x)＝ln
x－(x>0)，则g′(x)＝＋，所以当x>0时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，g(1)＝0－<0，g(e2)＝2－>0，所以f′(x)>0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，故C正确；函数y＝f′(x)只有一个零点x0，且x0>1，当x∈(0,1)∪(1，x0)时，f′(x)<0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数f(x)只有一个极小值点，故D不正确．
8．已知f(x)＝ex－2x2有且仅有两个极值点，分别为x1，x2(x12≈0.693
1，ln
3≈1.098
6)( )
A．x1＋x2<
B．x1＋x2>
C．f(x1)＋f(x2)<0
D．f(x1)＋f(x2)>0
答案 AD
解析 由题意得f′(x)＝ex－4x，
则f′＝f′＝
f′(2)＝e2－8<0.
由ln
3≈1.098
6，得>ln
3，所以f′>0，
从而因为f(0)＝1，所以易得f(x1)>1.
因为f′(2ln
3)＝9－8ln
3>0，所以x2<2ln
3.
因为f′(x2)＝0，所以f(x2)＝4x2－2x.
设g(x)＝4x－2x2，得g(x2)>g(2ln
3)>g(2.2)
＝－0.88>－1，
所以f(x1)＋f(x2)>0.
三、填空题
9．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln
x在(1,2)上为增函数，则a的值等于________．
答案 2
解析 ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
∴≥1，得a≥2.
又∵g′(x)＝2x－，
依题意得g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，
∴2x2≥a在(1,2)上恒成立，∴a≤2.∴a＝2.
10．已知函数f(x)＝－ax有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案
解析 设f(x)的导数为f′(x)，因为函数f(x)＝－ax有两个极值点，所以方程f′(x)＝－－a＝0有两个不相等的实数根，令g(x)＝，则g(x)＝的图象与直线y＝－a有两个不同交点，又g′(x)＝，由g′(x)＝＝0得x＝1，所以当x<1时，g′(x)>0，即g(x)＝单调递增；当x>1时，g′(x)<0，即g(x)＝单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝，又g(0)＝0，当x>0时，g(x)＝>0，所以作出函数g(x)的简图如图所示，
因为g(x)＝的图象与直线y＝－a有两个不同交点，所以0<－a<，即－11．(2020·北京市第171中学模拟)已知函数f(x)＝e2x－3，g(x)＝＋ln
，若f(m)＝g(n)成立，则n－m的最小值为________．
答案 ＋ln
2
解析 设e2m－3＝＋ln
＝k(k>0)，
则m＝＋，
令h(k)＝n－m＝－－，
所以h′(k)＝－，h′(k)在(0，＋∞)上为增函数，
且h′＝0，
当k∈时，h′(k)<0，
当k∈时，h′(k)>0，
所以h(k)＝－－在上单调递减，在上单调递增，
所以h(k)min＝h＝＋ln
2，
即n－m的最小值为＋ln
2.
12．已知函数f(x)＝，m∈[1，e]，x∈[1,2]，g(m)＝f(x)max－f(x)min，则关于m的不等式g(m)≥的解集为________．
答案
解析 由f(x)＝，
得f′(x)＝
＝＝－
＝－，
∵m∈[1，e]，x∈[1,2]，
∴f′(x)≥0，
∴函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，
∴f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(1)＝，
∴g(m)＝f(x)max－f(x)min
＝－＝，
令≥，得m≥，
又m∈[1，e]，∴m∈.
故不等式g(m)≥的解集为.
四、解答题
13．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．
解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，
f′(x)＝3x2－4x＋1，
由f′(x)>0，解得x<或x>1；
由f′(x)<0，解得所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．
由a>0，f′(x)≥0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.
显然，f′(x)≤0不恒成立，
综上，a的取值范围为.
14．已知函数f(x)＝ln
x－a2x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝ln
x－x2＋x，
其定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－2x＋1＝－.
令f′(x)＝0，即－＝－＝0，
解得x＝－或x＝1.
∵x>0，∴x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)方法一 ∵f(x)＝ln
x－a2x2＋ax，
其定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝－2a2x＋a＝
＝.
①当a＝0时，f′(x)＝>0，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
②当a>0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>.
此时f(x)的单调递减区间为.
依题意，得解得a≥1；
③当a<0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>－.
此时f(x)的单调递减区间为，
∴解得a≤－.
综上所述，实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．
方法二 ∵f(x)＝ln
x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝.
由f(x)在(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在(1，＋∞)上恒成立．
①当a＝0时，1≤0，不符合题意；
②当a≠0时，可得即
∴∴a≥1或a≤－.
∴实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．(共78张PPT)
考情分析
KAO
QING
FEN
XI
1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形
式考查，难度较小.
2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后
的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题.
内
容
索
引
考点一
考点二
考点三
专题强化练
1
考点一 导数的几何意义与计算
PART
ONE
核心提炼
1.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x).
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x).
2.导数的几何意义
(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.
(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.
(3)切点既在切线上，又在曲线上.
√
解析 ∵f(x)＝x2＋3xf′(2)－ln
x，
(2)(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln
x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________.
(e,1)
则曲线y＝ln
x在点A处的切线方程为
则点A的坐标是(e,1).
易错提醒
求曲线的切线方程要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点.
跟踪演练1 (1)直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切，则a等于
A.e
B.2e
C.1
D.2
√
解析 设切点为(n，aen＋n)，因为y′＝aex＋1，
所以切线的斜率为aen＋1，
切线方程为y－(aen＋n)＝(aen＋1)(x－n)，
即y＝(aen＋1)x＋aen(1－n)，
依题意切线方程为y＝2x＋1，
(2)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是
A.y＝sin
x
B.y＝ln
x
C.y＝ex
D.y＝x3
√
解析 对函数y＝sin
x求导，得y′＝cos
x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，所以k1·k2＝－1，所以l1⊥l2；
对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；
对函数y＝x3求导，得y′＝3x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.
2
考点二 利用导数研究函数的单调性
PART
TWO
利用导数研究函数单调性的关键
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.
(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.
(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.
核心提炼
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
若a≤0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
f′(x)>0，f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
易错提醒
(1)在求单调区间时“定义域优先”.
(2)弄清参数对f′(x)符号的影响，分类讨论要不重不漏.
A.aB.bC.aD.c√
所以函数g(x)在区间(0，π)上是增函数，
因为f(x)＋f(－x)＝0，
所以函数g(x)是偶函数，
故a(2)已知f(x)＝(x2＋2ax)ln
x－
x2－2ax在(0，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是
A.{1}
B.{－1}
C.(0,1]
D.[－1,0)
√
f′(x)＝2(x＋a)ln
x，
∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
当x＝1时，f′(x)＝0满足题意；
当x>1时，ln
x>0，要使f′(x)≥0恒成立，
则x＋a≥0恒成立.
∵x＋a>1＋a，∴1＋a≥0，解得a≥－1；
当0x<0，要使f′(x)≥0恒成立，
则x＋a≤0恒成立，
∵x＋a<1＋a，∴1＋a≤0，解得a≤－1.
综上所述，a＝－1.
3
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
PART
THREE
核心提炼
1.由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；
(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的单调性，可得极值点.
2.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值.
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
√
因为函数f(x)＝ex－(m＋1)ln
x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时函数h(x)在此区间上单调递减，
则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，
整理得m<－1－e.
√
(2)已知函数f(x)＝ax＋ex－(1＋ln
a)x(a>0，a≠1)，对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤aln
a＋e－4恒成立，则a的取值范围为
解析 依题意，得aln
a＋e－4≥0,
①
因为f′(x)＝axln
a＋ex－1－ln
a＝(ax－1)ln
a＋ex－1，
当a>1时，对任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，ln
a>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；当0a<0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0，
所以f(x)在[0,1]上是增函数，则对任意的x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤aln
a＋e－4恒成立，只需f(x)max－f(x)min≤aln
a＋e－4，
因为f(x)max＝f(1)＝a＋e－1－ln
a，
f(x)min＝f(0)＝1＋1＝2，
所以a＋e－1－ln
a－2≤aln
a＋e－4，
即a－ln
a＋1－aln
a≤0，
即(1＋a)(1－ln
a)≤0，所以ln
a≥1，
从而有a≥e，而当a≥e时，①式显然成立.故选C.
易错提醒
利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题：
(1)不能忽略函数f(x)的定义域.
(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件.
(3)函数的极小值不一定比极大值小.
(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
跟踪演练3 (1)若x＝
是函数f(x)＝ln
x－kx的极值点，则函数f(x)＝ln
x－kx有
A.极小值－2
B.极大值－2
C.极小值－1
D.极大值－1
√
(2)已知点M在圆C：x2＋y2－4y＋3＝0上，点N在曲线y＝1＋ln
x上，则线段MN的长度的最小值为________.
解析 由题可得C(0,2)，圆C的半径r＝1.
设N(t,1＋ln
t)(t>0)，
令f(t)＝|CN|2，则f(t)＝t2＋(1－ln
t)2(t>0)，
令φ(t)＝t2＋ln
t－1(t>0)，
易知函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(1)＝0，
所以当01时，f′(t)>0，
所以f(t)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(t)min＝f(1)＝2.
4
专题强化练
PART
FOUR
一、单项选择题
1.(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为
A.y＝－2x－1
B.y＝－2x＋1
C.y＝2x－3
D.y＝2x＋1
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√
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
A.[－1,0]
B.[－1，＋∞)
C.[0,3]
D.[3，＋∞)
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解析 由题意得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x，
令x＝1，则f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，∴f(0)＝1，
令x＝0，则f(0)＝f′(1)e－1，∴f′(1)＝e，
令g(x)＝ex－1＋x，则g′(x)＝ex＋1>0.
∴g(x)为增函数，
又g(0)＝0，∴当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，
即f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
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解析 构造新函数g(x)＝ln
xf(x)，
因为f(x)＋xln
xf′(x)>0，又x>0，
所以g′(x)>0，所以函数g(x)＝ln
xf(x)在(0，＋∞)上单调递增.
等价于g(x)>g(1)，解得x>1，
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解析 由题意，当0≤m等价于x1ln
x2－x2ln
x1即x1ln
x2＋x1x1＋x2，
故x1(ln
x2＋1)x1＋1)，
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又∵x2>x1>m≥0，
故f(x)在(m，＋∞)上单调递减，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故m≥1.
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6.已知直线l既是曲线C1：y＝
ex的切线，又是曲线C2：y＝e2x2的切线，则直线l在x轴上的截距为
A.2
B.1
C.e2
D.－e2
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解析 设直线l与曲线C1：y＝ex相切于点
，
由y＝ex，得
，
∴直线l的方程为
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则
解得x1＝x2＝2，
∴直线l的方程为y－e2＝e2(x－2)，
令y＝0，可得x＝1，
∴直线l在x轴上的截距为1.
二、多项选择题
7.(2020·唐山模拟)设函数f(x)＝
，则下列说法正确的是
A.f(x)的定义域是(0，＋∞)
B.当x∈(0,1)时，f(x)的图象位于x轴下方
C.f(x)存在单调递增区间
D.f(x)有且仅有两个极值点
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所以f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，故A不正确；
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所以f′(x)>0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，故C正确；
函数y＝f′(x)只有一个零点x0，且x0>1，当x∈(0,1)∪(1，x0)时，f′(x)<0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数f(x)只有一个极小值点，故D不正确.
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8.已知f(x)＝ex－2x2有且仅有两个极值点，分别为x1，x2(x12≈0.693
1，ln
3≈1.098
6)
A.x1＋x2<
B.x1＋x2>
C.f(x1)＋f(x2)<0
D.f(x1)＋f(x2)>0
√
√
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解析 由题意得f′(x)＝ex－4x，
f′(2)＝e2－8<0.
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因为f(0)＝1，所以易得f(x1)>1.
因为f′(2ln
3)＝9－8ln
3>0，所以x2<2ln
3.
设g(x)＝4x－2x2，得g(x2)>g(2ln
3)>g(2.2)＝－0.88>－1，
所以f(x1)＋f(x2)>0.
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三、填空题
9.已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－aln
x在(1,2)上为增函数，则a的值等于________.
2
解析 ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，
依题意得g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，
∴2x2≥a在(1,2)上恒成立，∴a≤2.∴a＝2.
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∵m∈[1，e]，x∈[1,2]，
∴f′(x)≥0，
∴函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，
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四、解答题
13.设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0).
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
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解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.
函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，
f′(x)＝3x2－4x＋1，
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
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(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围.
解 若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立.
由a>0，f′(x)≥0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，
显然，f′(x)≤0不恒成立，
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14.已知函数f(x)＝ln
x－a2x2＋ax(a∈R).
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
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解 当a＝1时，f(x)＝ln
x－x2＋x，
其定义域是(0，＋∞)，
∵x>0，∴x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
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(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.
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解 方法一 ∵f(x)＝ln
x－a2x2＋ax，
其定义域为(0，＋∞)，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不符合题意；
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方法二 ∵f(x)＝ln
x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，
由f(x)在(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在(1，＋∞)上恒成立.
①当a＝0时，1≤0，不符合题意；
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