导数与函数的零点
一、知识梳理
1.利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的个数．
(2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
二、例题精讲
+
随堂练习
考点一 判断零点的个数
【例1】
(2019·青岛期中)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝－4ln
x的零点个数．
解 (1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.
∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2)由(1)知g(x)＝－4ln
x＝x－－4ln
x－2，
∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋－＝，令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下表：
X
(0，1)
1
(1，3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
?
极小值
?
当0
当x>3时，g(e5)＝e5－－20－2>25－1－22＝9>0.
又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，
因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，
故g(x)仅有1个零点．
【训练1】
已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝＋x，其中e是自然对数的底数，e＝2.718
28….
(1)证明：函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间(1，2)上有零点；
(2)求方程f(x)＝g(x)的根的个数，并说明理由．
(1)证明 由题意可得h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x，
所以h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－3－>0，
所以h(1)h(2)<0，
所以函数h(x)在区间(1，2)上有零点．
(2)解 由(1)可知h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－1－－x.
由g(x)＝＋x知x∈[0，＋∞)，
而h(0)＝0，则x＝0为h(x)的一个零点．
又h(x)在(1，2)内有零点，
因此h(x)在[0，＋∞)上至少有两个零点．
h′(x)＝ex－x－－1，记φ(x)＝ex－x－－1，
则φ′(x)＝ex＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知φ(x)在(0，＋∞)内至多有一个零点，
即h(x)在[0，＋∞)内至多有两个零点，
则h(x)在[0，＋∞)上有且只有两个零点，
所以方程f(x)＝g(x)的根的个数为2.
考点二 已知函数零点个数求参数的取值范围
【例2】
函数f(x)＝ax＋xln
x在x＝1处取得极值．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求实数m的取值范围．
解 (1)函数f(x)＝ax＋xln
x的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a＋ln
x＋1，
因为f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln
x，
即f′(x)＝ln
x，令f′(x)>0，解得x>1；
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为y＝f(x)与y＝m＋1图象有两个不同的交点．
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，
即m>－2，①
当0x)<0；当x>e时，f(x)>0.
当x>0且x→0时，f(x)→0；
当x→＋∞时，显然f(x)→＋∞.
由图象可知，m＋1<0，即m<－1，②
由①②可得－2所以m的取值范围是(－2，－1)．
【训练2】
已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，
又f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，
所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.
易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.
(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，
①当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；
当x<0时，取x＝－，
则f<1＋a＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln
(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2，0)．
考点三 函数零点的综合问题
【例3】
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)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln
.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又f′(a)>0，假设存在b满足0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－＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln
≥2a＋aln
.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln
.
【训练3】
(2019·天津和平区调研)已知函数f(x)＝ln
x－x－m(m<－2，m为常数)．
(1)求函数f(x)在的最小值；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，且x1(1)解 f(x)＝ln
x－x－m(m<－2)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＝0，
∴x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，所以y＝f(x)在(0，1)递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，＋∞)上递减．
且f＝－1－－m，f(e)＝1－e－m，
因为f－f(e)＝－2－＋e>0，
函数f(x)在的最小值为1－e－m.
(2)证明 由(1)知x1，x2满足ln
x－x－m＝0，且01，
ln
x1－x1－m＝ln
x2－x2－m＝0，
由题意可知ln
x2－x2＝m<－22－2.
又由(1)可知f(x)＝ln
x－x在(1，＋∞)递减，故x2>2，
所以0则f(x1)－f＝ln
x1－x1－
＝ln
x2－x2－
＝－x2＋＋2ln
x2.
令g(x)＝－x＋＋2ln
x(x>2)，
则g′(x)＝－1－＋＝＝≤0，
当x>2时，g(x)是减函数，所以g(x)4.
因－ln
4＝ln>ln＝ln＝ln＝ln>ln
1＝0，∴g(x)<0，
所以当x>2时，f(x1)－f<0，
即f(x1)因为0所以x1<，故x1x2<1.
三、课后练习
1.直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为________.
解析 由题意得，|AB|＝|et＋1－(2t－1)|
＝|et－2t＋2|，令h(t)＝et－2t＋2，
则h′(t)＝et－2，所以h(t)在(－∞，ln
2)上单调递减，
在(ln
2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)min＝h(ln
2)＝4－2ln
2>0，
即|AB|的最小值是4－2ln
2.
答案 4－2ln
2
2.若函数f(x)＝＋1(a<0)没有零点，则实数a的取值范围为________.
解析 f′(x)＝＝(a<0).
当x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，
∴当x＝2时，f(x)有极小值f(2)＝＋1.
若使函数f(x)没有零点，当且仅当f(2)＝＋1>0，
解之得a>－e2，因此－e2答案 (－e2，0)
3.(2019·保定调研)已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围.
解 (1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，
所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，
即f(x)＝x3－x2－2x－2，
所以f′(x)＝x2－x－2.
由f′(x)>0，得x<－1或x>2.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞).
(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，
f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，
由数形结合，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，
则－<2m－3<－，解得－所以m的取值范围为.
4.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x
－1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1A.1
B.2
C.3
D.4
解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.
由于f(0)＝f(3)＝2，1答案 D
5.设函数f(x)＝ln
x＋(m>0)，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数.
解 函数g(x)＝f′(x)－＝－－(x>0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x>0).
设h(x)＝－x3＋x(x>0)，
所以h′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，此时h(x)在(0，1)内单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，此时h(x)在(1，＋∞)内单调递减.
所以当x＝1时，h(x)取得极大值h(1)＝－＋1＝.
令h(x)＝0，即－x3＋x＝0，解得x＝0(舍去)或x＝.
作出函数h(x)的大致图象(如图)，结合图象知：
①当m>时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象无交点.
②当m＝时，函数y＝m和函数y＝h(x)的图象有且仅有一个交点.
③当0综上所述，当m>时，函数g(x)无零点；当m＝时，函数g(x)有且仅有一个零点；当06.(2018·江苏卷改编)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在区间(0，＋∞)内有且只有一个零点，求f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和.
解 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，
所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.
当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得0则f(x)在上单调递减，在上单调递增，又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，
所以f＝－＋1＝0，得a＝3，
所以f(x)＝2x3－3x2＋1，则f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，
则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
7.已知函数f(x)＝ax＋ln
x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的单调递增区间；
(2)当0<－(3)当a＝－1时，试推断方程|f(x)|＝＋是否有实数根.
解 (1)由已知可知函数f(x)的定义域为{x|x>0}，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln
x(x>0)，f′(x)＝(x>0)；
当00；当x>1时，f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1).
(2)因为f′(x)＝a＋(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝－；
由f′(x)>0，解得0从而f(x)的单调递增区间为，递减区间为，
所以，f(x)max＝f＝－1＋ln＝－3.
解得a＝－e2.
(3)由(1)知当a＝－1时，f(x)max＝f(1)＝－1，
所以|f(x)|≥1.
令g(x)＝＋，则g′(x)＝.
当00；
当x>e时，g′(x)<0.
从而g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
所以g(x)max＝g(e)＝＋<1，
所以，|f(x)|>g(x)，即|f(x)|>＋，
所以，方程|f(x)|＝＋没有实数根.导数在解不等式中的应用
一、知识梳理
1.证明不等式的基本方法：
(1)利用单调性：若f(x)在[a，b]上是增函数，则①?x∈[a，b]，有f(a)≤f(x)≤f(b)，②?x1，x2∈[a，b]，且x1(2)利用最值：若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m)，则?x∈D，有f(x)≤M(或f(x)≥m).
2.证明f(x)3.恒成立与存在型问题
若f(x)在区间D上有最值，则
(1)恒成立：?x∈D，f(x)>0?f(x)min>0；?x∈D，f(x)<0?f(x)max<0.
(2)能成立：?x∈D，f(x)>0?f(x)max>0；?x∈D，f(x)<0?f(x)min<0.
4.含参数的能成立(存在型)问题
a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
二、例题精讲
+
随堂练习
考点一 构造函数证明不等式
【例1】
已知函数f(x)＝1－，g(x)＝x－ln
x.
(1)证明：g(x)≥1；
(2)证明：(x－ln
x)f(x)>1－.
证明 (1)由题意得g′(x)＝(x>0)，
当01时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数.
所以g(x)≥g(1)＝1，得证.
(2)由f(x)＝1－，得f
′(x)＝，
所以当0′(x)<0，当x>2时，f
′(x)>0，
即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，
所以f(x)≥f(2)＝1－(当且仅当x＝2时取等号).①
又由(1)知x－ln
x≥1(当且仅当x＝1时取等号)，②
且①②等号不同时取得，
所以(x－ln
x)f(x)>1－.
【训练1】
已知函数f(x)＝在点(－1，f(－1))处的切线方程为x＋y＋3＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝ln
x，求证：g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.
(1)解 将x＝－1代入切线方程得y＝－2，
所以f(－1)＝＝－2，化简得b－a＝－4.①
f′(x)＝，
f′(－1)＝＝－1.②
联立①②，解得a＝2，b＝－2.所以f(x)＝.
(2)证明 由题意知要证ln
x≥在[1，＋∞)上恒成立，
即证明(x2＋1)ln
x≥2x－2，x2ln
x＋ln
x－2x＋2≥0在[1，＋∞)上恒成立.
设h(x)＝x2ln
x＋ln
x－2x＋2，
则h′(x)＝2xln
x＋x＋－2，
因为x≥1，所以2xln
x≥0，x＋≥2·≥2(当且仅当x＝1时等号成立)，即h′(x)≥0，
所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0，
所以g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.
考点二 利用“若f(x)min>g(x)max，则f(x)>g(x)”证明不等式
【例2】
已知函数f(x)＝xln
x－ax.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的最值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln
x＋1>－成立.
(1)解 函数f(x)＝xln
x－ax的定义域为(0，＋∞).
当a＝－1时，f(x)＝xln
x＋x，f′(x)＝ln
x＋2.
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.
因此f(x)在x＝处取得最小值，即f(x)min＝f＝－，但f(x)在(0，＋∞)上无最大值.
(2)证明 当x>0时，ln
x＋1>－等价于x(ln
x＋1)>－.
由(1)知a＝－1时，f(x)＝xln
x＋x的最小值是－，当且仅当x＝时取等号.
设G(x)＝－，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)＝，易知G(x)max＝G(1)＝－，
当且仅当x＝1时取到，从而可知对一切x∈(0，＋∞)，都有f(x)>G(x)，即ln
x＋1>－.
【训练2】
已知三次函数f(x)的导函数f′(x)＝－3x2＋3且f(0)＝－1，g(x)＝xln
x＋(a≥1).
(1)求f(x)的极值；
(2)求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
(1)解 依题意得f(x)＝－x3＋3x－1，f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x＋1)(x－1)，
知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是减函数，在(－1，1)上是增函数，
所以f(x)极小值＝f(－1)＝－3，f(x)极大值＝f(1)＝1.
(2)证明 易得x>0时，f(x)最大值＝1，
由a≥1知，g(x)≥xln
x＋(x>0)，
令h(x)＝xln
x＋(x>0)，
则h′(x)＝ln
x＋1－＝ln
x＋，
注意到h′(1)＝0，当x>1时，h′(x)>0；
当0即h(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，
h(x)最小值＝h(1)＝1，即g(x)最小值＝1.
综上知对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有f(x1)≤g(x2).
考点三 不等式恒成立或有解问题
角度1 不等式恒成立求参数
【例3－1】
已知函数f(x)＝(x≠0).
(1)判断函数f(x)在区间上的单调性；
(2)若f(x)解 (1)f′(x)＝，
令g(x)＝xcos
x－sin
x，x∈，则g′(x)＝－xsin
x，
显然，当x∈时，g′(x)＝－xsin
x<0，即函数g(x)在区间上单调递减，且g(0)＝0.
从而g(x)在区间上恒小于零，
所以f′(x)在区间上恒小于零，
所以函数f(x)在区间上单调递减.
(2)不等式f(x)x－ax<0恒成立.
令φ(x)＝sin
x－ax，x∈，
则φ′(x)＝cos
x－a，且φ(0)＝0.
当a≥1时，在区间上φ′(x)<0，即函数φ(x)单调递减，
所以φ(x)<φ(0)＝0，故sin
x－ax<0恒成立.
当0x－a＝0在区间上存在唯一解x0，
当x∈(0，x0)时，φ′(x)>0，故φ(x)在区间(0，x0)上单调递增，且φ(0)＝0，
从而φ(x)在区间(0，x0)上大于零，这与sin
x－ax<0恒成立相矛盾.
当a≤0时，在区间上φ′(x)>0，即函数φ(x)单调递增，且φ(0)＝0，得sin
x－ax>0恒成立，这与sin
x－ax<0恒成立相矛盾.
故实数a的最小值为1.
【训练3】
(2019·潍坊模拟)已知函数f(x)＝.
(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；
(2)如果当x≥1时，不等式f(x)≥恒成立，求实数k的取值范围.
解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，
f
′(x)＝＝－，
令f
′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f
′(x)>0，f(x)是增函数；
当x∈(1，＋∞)时，f
′(x)<0，f(x)是减函数；
所以x＝1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，
所以0故(2)当x≥1时，k≤恒成立，
令g(x)＝(x≥1)，
则g′(x)＝＝.
再令h(x)＝x－ln
x(x≥1)，则h′(x)＝1－≥0，
所以h(x)≥h(1)＝1，所以g′(x)>0，
所以g(x)是增函数，所以g(x)≥g(1)＝2，
故k≤2，即实数k的取值范围是(－∞，2].
角度2 不等式能成立求参数的取值范围
【例3－2】
已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln
x(a∈R).
(1)若f(x)在区间[1，2]上是单调函数，求实数a的取值范围；
(2)函数g(x)＝(1－a)x，若?x0∈[1，e]使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)f
′(x)＝，当导函数f
′(x)的零点x＝a落在区间(1，2)内时，函数f(x)在区间[1，2]上就不是单调函数，即a?(1，2)，
所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).
(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，
即x2－2x＋a(ln
x－x)≥0在区间[1，e]上有解.
因为当x∈[1，e]时，ln
x≤1≤x(不同时取等号)，x－ln
x>0，所以a≤在区间[1，e]上有解.
令h(x)＝，则h′(x)＝.
因为x∈[1，e]，所以x＋2>2≥2ln
x，
所以h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上单调递增，
所以x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝，
所以a≤，
所以实数a的取值范围是.
【训练4】
已知函数f(x)＝m－2ln
x(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)解 依题意，不等式f(x)∴mx<2ln
x在区间[1，e]上有解，即<能成立.
令h(x)＝，x∈[1，e]，则h′(x)＝.
当x∈[1，e]时，h′(x)≥0，h(x)在[1，e]上是增函数，
∴h(x)的最大值为h(e)＝.
由题意<，即m<时，f(x)∴实数m的取值范围是.
逻辑推理——两个经典不等式的活用
逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证.利用两个经典不等式解决其他问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程.
(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1】
(1)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为( )
解析 因为f(x)的定义域为
即{x|x>－1，且x≠0}，所以排除选项D.
当x>0时，由经典不等式x>1＋ln
x(x>0)，
以x＋1代替x，得x>ln(x＋1)(x>－1，且x≠0)，
所以ln(x＋1)－x<0(x>－1，且x≠0)，即x>0或－1答案 B
(2)已知函数f(x)＝ex，x∈R.证明：曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有唯一公共点.
证明 令g(x)＝f(x)－＝ex－x2－x－1，x∈R，
则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，即两曲线有唯一公共点.
【例2】
(2017·全国Ⅲ卷改编)已知函数f(x)＝x－1－aln
x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)证明：对于任意正整数n，…
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
①若a≤0，因为f＝－＋aln
2<0，所以不满足题意.
②若a>0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)证明 由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln
x>0.
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故…【例3】
设函数f(x)＝ln
x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<(1)解 由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当00，f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln
x故当x∈(1，＋∞)时，ln
x1.①
因此ln
<－1，即ln
x>，故当x∈(1，＋∞)时恒有1<三、课后练习
1.(2019·北京延庆区调研)已知函数f(x)＝xln
x(x>0).
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值.
解 (1)由f(x)＝xln
x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln
x，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0∴f(x)的单调增区间是，
单调减区间是.
故f(x)在x＝处有极小值f＝－，无极大值.
(2)由f(x)≥及f(x)＝xln
x，
得m≤恒成立，
问题转化为m≤.
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，
由g′(x)>0?x>1，由g′(x)<0?0所以g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)min＝g(1)＝4，
因此m≤4，所以m的最大值是4.
2.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若x>0，证明(ex－1)ln(x＋1)>x2.
(1)证明 当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，
f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)解 f
′(x)＝ex－1－2ax，令h(x)＝ex－1－2ax，
则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，
h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)
上为增函数，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤时满足条件.
②当2a>1，即a>时，令h′(x)＝0，解得x＝ln
(2a)，
在[0，ln
(2a))上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln
(2a))时，有h(x)∴f(x)在区间(0，ln
(2a))上为减函数，∴f(x)综上，实数a的取值范围为.
(3)证明 由(2)得，当a＝，x>0时，ex>1＋x＋，
即ex－1>x＋，
欲证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，只需证ln(x＋1)>.
设F(x)＝ln(x＋1)－，
则F′(x)＝－＝.
∵当x>0时，F′(x)>0恒成立，且F(0)＝0，
∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.利用导数求函数的极值、最值
一、知识梳理
1.函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象
形如山峰
形如山谷
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
2.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值
二、例题精讲
+
随堂练习
考点一 利用导数解决函数的极值问题
角度1 根据函数图象判断函数极值
【例1－1】
已知函数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)
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22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.
答案 D
规律方法 由图象判断函数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)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.
角度2 已知函数求极值
【例1－2】
(2019·天津和平区模拟)已知函数f(x)＝ln
x－ax(a∈R).
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
解 (1)当a＝时，f(x)＝ln
x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
?
ln
2－1
?
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln
2－1，无极小值.
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
规律方法 运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的一般步骤：(1)先求函数y＝f(x)的定义域，再求其导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号，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.特别注意：导数为零的点不一定是极值点.
角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值
【例1－3】
(2019·泰安检测)已知函数f(x)＝ln
x.
(1)求f(x)图象的过点P(0，－1)的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.
设切点坐标为(x0，ln
x0)，则切线方程为y＝x＋ln
x0－1.
把点P(0，－1)代入切线方程，得ln
x0＝0，∴x0＝1.
∴过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.
(2)因为g(x)＝f(x)－mx＋＝ln
x－mx＋(x>0)，
所以g′(x)＝－m－＝＝－，
令h(x)＝mx2－x＋m，
要使g(x)存在两个极值点x1，x2，
则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
故只需满足即可，解得0规律方法 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)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)因为导数值等于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.
【训练1】
(1)(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.－1
B.－2e－3
C.5e－3
D.1
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0?a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2所以x＝1是函数f(x)的极小值点，
则f(x)极小值为f(1)＝－1.
答案 A
(2)(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
①若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
②若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
解 ①因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
②f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
考点二 利用导数求函数的最值
【例2】
(2019·广东五校联考)已知函数f(x)＝ax＋ln
x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值.
解 (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln
x，f′(x)＝－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意.
②若a<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，
∴f(x)max＝f＝－1＋ln.
令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，
即a＝－e2.
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求.
故实数a的值为－e2.
规律方法 1.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：
(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.
2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【训练2】
(2019·合肥质检)已知函数f(x)＝excos
x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解 (1)∵f(x)＝ex·cos
x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cos
x－sin
x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，
即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cos
x－sin
x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2exsin
x≤0在上恒成立，
且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f＝－.
考点三 利用导数求解最优化问题
【例3】
(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).
(1)求y关于v的函数关系式；
(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.
解 (1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，
因此总用氧量y＝＋＋9(v>0).
(2)y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，
当0当v>10时，y′>0，函数单调递增.
若c<10
，函数在(c，10)上单调递减，在(10，15)上单调递增，
∴当v＝10时，总用氧量最少.
若c≥10，则y在[c，15]上单调递增，
∴当v＝c时，这时总用氧量最少.
规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：
(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f(x)，并确定其定义域；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答.
2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.
三、课后练习
1.(2019·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N
)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数.已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为( )
A.2折函数
B.3折函数
C.4折函数
D.5折函数
解析 f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)
＝(x＋2)(ex－3x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.又e－2≠3(－2)＋2＝－4.
∴函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.
答案 C
2.若函数f(x)＝2x2－ln
x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________.
解析 因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得解得1≤k<.
答案
3.(2019·杭州质检)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12
cm且以每秒1
cm等速率缩短，而长度以每秒20
cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12
cm缩到4
cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10
cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________
cm.
解析 设神针原来的长度为a
cm，t秒时神针的体积为V(t)
cm3，
则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，
所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.
因为当底面半径为10
cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，解得a＝60，所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.
V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0，2)时，V′(t)>0，当t∈(2，8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8
640π，V(8)＝3
520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3
520π，此时金箍棒的底面半径为4
cm.
答案 4
4.设f(x)＝xln
x－ax2＋(2a－1)x(常数a>0).
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围.
解 (1)由f′(x)＝ln
x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln
x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞).
所以g′(x)＝－2a＝.
又a>0，
当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.
∴函数y＝g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当01，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增.
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.
②当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.
③当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意.
综上可知，实数a的取值范围为.导数在函数中的应用
一、知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.
2.函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象
形如山峰
形如山谷
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
3.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值
二、例题精讲
+
随堂练习
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.( )
(3)函数的极大值一定大于其极小值.( )
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.( )
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( )
解析 (1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.
(3)函数的极大值也可能小于极小值.
(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.
答案 A
3.函数f(x)＝2x－xln
x的极值是( )
A.
B.
C.e
D.e2
解析 因为f′(x)＝2－(ln
x＋1)＝1－ln
x，令f′(x)＝0，所以x＝e，当f′(x)>0时，解得0e，所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.
答案 C
4.(2019·青岛月考)函数f(x)＝cos
x－x在(0，π)上的单调性是( )
A.先增后减
B.先减后增
C.单调递增
D.单调递减
解析 易知f′(x)＝－sin
x－1，x∈(0，π)，
则f′(x)<0，所以f(x)＝cos
x－x在(0，π)上递减.
答案 D
5.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
解析 设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0答案 D
6.(2019·豫南九校考评)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为( )
A.4
B.2或6
C.2
D.6
解析 函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，
由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，
又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，而当e＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值，故c＝2.
答案 C
考点一 求函数的单调区间
【例1】
已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值.
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)<0，即x(x＋1)(x＋4)<0，
解得－1所以g(x)的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).
规律方法 1.求函数单调区间的步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求f′(x)；(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，得单调递增区间；(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间.
2.若所求函数的单调区间不止一个时，用“，”与“和”连接.
【训练1】
(1)已知函数f(x)＝xln
x，则f(x)( )
A.在(0，＋∞)上递增
B.在(0，＋∞)上递减
C.在上递增
D.在上递减
(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin
x＋cos
x，则f(x)的单调递增区间为________.
解析 (1)因为函数f(x)＝xln
x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln
x＋1(x>0)，当f′(x)>0时，解得x>，即函数的单调递增区间为；当f′(x)<0时，解得0(2)f′(x)＝sin
x＋xcos
x－sin
x＝xcos
x.令f′(x)＝xcos
x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为和，即f(x)的单调递增区间为，.
答案 (1)D (2)，
考点二 讨论函数的单调性
【例2】
(2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln
.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，
在区间上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2，
故当且仅当a2≥0，
即0>a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，0].
【训练2】
已知f(x)＝－aln
x，a∈R，求f(x)的单调区间.
解 因为f(x)＝－aln
x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝x－＝.
(1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数.
(2)当a>0时，f′(x)＝，则有
①当x∈(0，)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，).
②当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞).
考点三 函数单调性的简单应用
角度1 比较大小或解不等式
【例3－1】
(1)已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos
x＋f(x)sin
x＝1＋ln
x，其中f′(x)是函数f(x)的导函数，则下列不等式成立的是( )
A.fB.f>f
C.f>f
D.f>f
(2)已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝，则不等式F(x)<的解集为( )
A.(－∞，1)
B.(1，＋∞)
C.(1，e)
D.(e，＋∞)
解析 (1)令g(x)＝，则g′(x)＝＝.由解得又>，所以g>g，所以>，
即f>f.
(2)F′(x)＝＝，
又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0，
∴F(x)在R上单调递减.
由F(x)<＝F(1)，得x>1，
所以不等式F(x)<的解集为(1，＋∞).
答案 (1)B (2)B
角度2 根据函数单调性求参数
【例3－2】
(2019·日照质检)已知函数f(x)＝ln
x，g(x)＝ax2＋2x.
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围.
解 h(x)＝ln
x－ax2－2x，x>0.
∴h′(x)＝－ax－2.
(1)若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，
则当x>0时，－ax－2<0有解，即a>－有解.
设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min.
又G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞).
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减，
∴当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
则a≥－恒成立，设G(x)＝－，
所以a≥G(x)max.
又G(x)＝－1，x∈[1，4]，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.
又当a＝－时，h′(x)＝＋x－2＝，
∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝≤0，
当且仅当x＝4时等号成立.
∴h(x)在[1，4]上为减函数.
故实数a的取值范围是.
规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.
2.根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)是单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.
(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【训练3】
(1)已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立，则( )
A.4f(1)B.4f(1)>f(2)
C.f(1)<4f(2)
D.f(1)>4f′(2)
(2)(2019·淄博模拟)若函数f(x)＝kx－ln
x在区间(2，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是( )
A.(－∞，－2]
B.
C.[2，＋∞)
D.
解析 (1)设函数g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝＝<0，所以函数g(x)在(0，＋∞)内为减函数，所以g(1)>g(2)，即>，所以4f(1)>f(2).
(2)由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln
x在区间(2，＋∞)上单调递增，等价于f′(x)＝k－≥0在(2，＋∞)上恒成立，由于k≥，而0<<，所以k≥.即k的取值范围是.
答案 (1)B (2)B
三、课后练习
1.(2017·山东卷)若函数exf(x)(e＝2.718
28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是( )
A.f(x)＝2－x
B.f(x)＝x2
C.f(x)＝3－x
D.f(x)＝cos
x
解析 设函数g(x)＝ex·f(x)，对于A，g(x)＝ex·2－x＝，在定义域R上为增函数，A正确.对于B，g(x)＝ex·x2，则g′(x)＝x(x＋2)ex，由g′(x)>0得x<－2或x>0，∴g(x)在定义域R上不是增函数，B不正确.对于C，g(x)＝ex·3－x＝在定义域R上是减函数，C不正确.对于D，g(x)＝ex·cos
x，则g′(x)＝excos，g′(x)>0在定义域R上不恒成立，D不正确.
答案 A
2.(2019·上海静安区调研)已知函数f(x)＝xsin
x＋cos
x＋x2，则不等式f(ln
x)＋f<2f(1)的解集为( )
A.(e，＋∞)
B.(0，e)
C.∪(1，e)
D.
解析 f(x)＝xsin
x＋cos
x＋x2是偶函数，
所以f＝f(－ln
x)＝f(ln
x).
则原不等式可变形为f(ln
x)x|)又f′(x)＝xcos
x＋2x＝x(2＋cos
x)，
由2＋cos
x>0，得x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴|ln
x|<1?－1x<1?答案 D
3.若函数f(x)＝x－sin
2x＋asin
x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝1－cos
2x＋acos
x＝1－(2cos2x－1)＋acos
x＝－cos2
x＋acos
x＋，f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立.
令cos
x＝t，t∈[－1，1]，则－t2＋at＋≥0在[－1，1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.
令g(t)＝4t2－3at－5，
则解得－≤a≤.
答案
4.已知函数f(x)＝aln
x－ax－3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝，
当a>0时，f(x)的递增区间为(0，1)，
递减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数.
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln
x＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点.
由于g′(0)＝－2，∴
当g′(t)<0时，
即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－.
∴－即实数m的取值范围是.导数的概念及运算
一、知识梳理
1.函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
(1)定义：称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率
＝
为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝＝.
(2)几何意义：函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点(x0，f(x0))处的切线的斜率.相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0).
2.函数y＝f(x)的导函数
如果函数y＝f(x)在开区间(a，b)内的每一点处都有导数，其导数值在(a，b)内构成一个新函数，函数f′(x)＝lim
称为函数y＝f(x)在开区间内的导函数.
3.导数公式表
基本初等函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈Q
)
f′(x)＝αxα－1
f(x)＝sin
x
f′(x)＝cos
x
f(x)＝cos
x
f′(x)＝－sin
x
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝ax(a＞0)
f′(x)＝axln
a
f(x)＝ln
x
f′(x)＝
f(x)＝logax
(a＞0，a≠1)
f′(x)＝
4.导数的运算法则
若f
′(x)，g′(x)存在，则有：
(1)
[f(x)±g(x)]′＝f
′(x)±g′(x)；
(2)
[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)
′＝(g(x)≠0).
5.复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为
yx′＝yu′·ux′.
知识点小结：
1.f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值；(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，且(f(x0))′＝0.
2.
′＝－.
3.曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个，而直线与二次曲线相切只有一个公共点.
4.函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”.
二、例题精讲
+
随堂练习
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率.( )
(2)函数f(x)＝sin(－x)的导数f′(x)＝cos
x.( )
(3)求f′(x0)时，可先求f(x0)，再求f′(x0).( )
(4)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点.( )
解析 (1)f′(x0)表示y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率，(1)错.
(2)f(x)＝sin(－x)＝－sin
x，则f′(x)＝－cos
x，(2)错.
(3)求f′(x0)时，应先求f′(x)，再代入求值，(3)错.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( )
A.－9
B.－3
C.9
D.15
解析 因为y＝x3＋11，所以y′＝3x2，所以y′|x＝1＝3，所以曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线方程为y－12＝3(x－1).令x＝0，得y＝9.
答案 C
3.在高台跳水运动中，t
s时运动员相对于水面的高度(单位：m)是h(t)＝－4.9t2＋6.5t＋10，则运动员的速度v＝________
m/s，加速度a＝______
m/s2.
解析 v＝h′(t)＝－9.8t＋6.5，a＝v′(t)＝－9.8.
答案 －9.8t＋6.5 －9.8
4.(2019·青岛质检)已知函数f(x)＝x(2
018＋ln
x)，若f′(x0)＝2
019，则x0等于( )
A.e2
B.1
C.ln
2
D.e
解析 f′(x)＝2
018＋ln
x＋x×＝2
019＋ln
x.
由f′(x0)＝2
019，得2
019＋ln
x0＝2
019，则ln
x0＝0，解得x0＝1.
答案 B
5.(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exln
x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________.
解析 由题意得f′(x)＝exln
x＋ex·，则f′(1)＝e.
答案 e
6.(2017·全国Ⅰ卷)曲线y＝x2＋在点(1，2)处的切线方程为________.
解析 设y＝f(x)，则f′(x)＝2x－，
所以f′(1)＝2－1＝1，
所以在(1，2)处的切线方程为y－2＝1×(x－1)，
即y＝x＋1.
答案 y＝x＋1
考点一 导数的运算
角度1 根据求导法则求函数的导数
【例1－1】
分别求下列函数的导数：
(1)y＝exln
x；
(2)y＝x；
(3)f(x)＝ln
.
解 (1)y′＝(ex)′ln
x＋ex(ln
x)′＝exln
x＋＝ex.
(2)因为y＝x3＋1＋，所以y′＝3x2－.
(3)因为y＝ln
＝ln，
所以y′＝··(1＋2x)′＝.
角度2 抽象函数的导数计算
【例1－2】
(2019·天津河西区调研)已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln
，则f(1)＝( )
A.－e
B.2
C.－2
D.e
解析 由已知得f′(x)＝2f′(1)－，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2.
答案 B
【训练1】
(1)若y＝x－cos
sin
，则y′＝________.
(2)已知f(x)＝x2＋2xf′(1)，则f′(0)＝________.
解析 (1)因为y＝x－sin
x，
所以y′＝′＝x′－′＝1－cos
x.
(2)∵f′(x)＝2x＋2f′(1)，
∴f′(1)＝2＋2f′(1)，即f′(1)＝－2.
∴f′(x)＝2x－4，∴f′(0)＝－4.
答案 (1)1－cos
x (2)－4
考点二 导数的几何意义
角度1 求切线方程
【例2－1】
(2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为( )
A.y＝－2x
B.y＝－x
C.y＝2x
D.y＝x
解析 因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以a－1＝0，则a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.
答案 D
角度2 求切点坐标
【例2－2】
(1)(2019·聊城月考)已知曲线y＝－3ln
x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为( )
A.3
B.2
C.1
D.
(2)设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝(x>0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________.
解析 (1)设切点的横坐标为x0(x0>0)，
∵曲线y＝－3ln
x的一条切线的斜率为，
∴y′＝－，即－＝，
解得x0＝3或x0＝－2(舍去，不符合题意)，即切点的横坐标为3.
(2)∵函数y＝ex的导函数为y′＝ex，
∴曲线y＝ex在点(0，1)处的切线的斜率k1＝e0＝1.
设P(x0，y0)(x0>0)，∵函数y＝的导函数为y′＝－，∴曲线y＝(x>0)在点P处的切线的斜率k2＝－，
由题意知k1k2＝－1，即1·＝－1，解得x＝1，又x0>0，∴x0＝1.
又∵点P在曲线y＝(x>0)上，∴y0＝1，故点P的坐标为(1，1).
答案 (1)A (2)(1，1)
角度3 求参数的值或取值范围
【例2－3】
(1)函数f(x)＝ln
x＋ax的图象存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，2]
B.(－∞，2)
C.(2，＋∞)
D.(0，＋∞)
(2)(2019·河南六市联考)已知曲线f(x)＝x＋＋b(x≠0)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋5，则a－b＝________.
解析 (1)由题意知f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解.
∴f′(x)＝＋a＝2在(0，＋∞)上有解，则a＝2－.
因为x＞0，所以2－＜2，所以a的取值范围是(－∞，2).
(2)f′(x)＝1－，∴f′(1)＝1－a，
又f(1)＝1＋a＋b，∴曲线在(1，f(1))处的切线方程为y－(1＋a＋b)＝(1－a)(x－1)，即y＝(1－a)x＋2a＋b，
根据题意有解得
∴a－b＝－1－7＝－8.
答案 (1)B (2)－8
规律方法 1.求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.
2.处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.
【训练2】
(1)(2019·东莞二调)设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为( )
A.(0，0)
B.(1，－1)
C.(－1，1)
D.(1，－1)或(－1，1)
(2)(2018·全国Ⅱ卷)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为________________.
解析 (1)由f(x)＝x3＋ax2，得f′(x)＝3x2＋2ax.
根据题意可得f′(x0)＝－1，f(x0)＝－x0，
可列方程组
解得或
当x0＝1时，f(x0)＝－1，
当x0＝－1时，f(x0)＝1.
∴点P的坐标为(1，－1)或(－1，1).
(2)由题意得y′＝.在点(0，0)处切线斜率k＝y′|x＝0＝2.∴曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
答案 (1)D (2)y＝2x
三、课后练习
1.(2019·深圳二模)设函数f(x)＝x＋＋b，若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处的切线经过坐标原点，则ab＝( )
A.1
B.0
C.－1
D.－2
解析 由题意可得，f(a)＝a＋＋b，f′(x)＝1－，所以f′(a)＝1－，故切线方程是y－a－－b＝(x－a)，将(0，0)代入得－a－－b＝(－a)，故b＝－，故ab＝－2.
答案 D
2.已知函数f(x)＝|x3＋ax＋b|(a，b∈R)，若对任意的x1，x2∈[0，1]，f(x1)－f(x2)≤2|x1－x2|恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 当x1＝x2时，f(x1)－f(x2)≤2|x1－x2|恒成立；当x1≠x2时，
由f(x1)－f(x2)≤2|x1－x2|得≤2，故函数f(x)在[0，1]上的导函数f′(x)满足|f′(x)|≤2，函数y＝x3＋ax＋b的导函数为y′＝3x2＋a，其中[0，1]上的值域为[a，a＋3]，则有解得－2≤a≤－1.综上所述，实数a的取值范围为[－2，－1].
答案 [－2，－1]
3.函数g(x)＝ln
x图象上一点P到直线y＝x的最短距离为________.
解析 设点(x0，ln
x0)是曲线g(x)＝ln
x的切线中与直线y＝x平行的直线的切点，因为g′(x)＝(ln
x)′＝，则1＝，∴x0＝1，则切点坐标为(1，0)，
∴最短距离为(1，0)到直线y＝x的距离，
即为＝.
答案
4.若函数f(x)＝x2－ax＋ln
x存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________.
解析 ∵f(x)＝x2－ax＋ln
x，定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝x－a＋.
∵f(x)存在垂直于y轴的切线，∴f′(x)存在零点，
即x＋－a＝0有解，
∴a＝x＋≥2(当且仅当x＝1时取等号).
答案 [2，＋∞)