第三章 一元函数的导数及其应用（教师用书）-【新高考方案】2026年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第三章|一元函数的导数及其应用 第一节 　导数的概念及运算 明确目标 1.了解导数的概念,掌握基本初等函数的导数.通过函数图象,理解导数的几何意义. 2.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数,能求简单的复合函数(形如f(ax+b))的导数. 　　　　　　　　　　　　　　　　 教材再回首 1.函数的平均变化率 一般地,若函数y=f(x)的定义域为D,且x1,x2∈D,x1≠x2,y1=f(x1),y2=f(x2),则 (1)称Δx=x2-x1为自变量的改变量; (2)称Δy=y2-y1(或Δf=f(x2)-f(x1))为相应的因变量的改变量; (3)称=为函数y=f(x)在以x1,x2为端点的闭区间上的平均变化率,其中“以x1,x2为端点的闭区间”,在x1<x2时指的是[x1,x2],而x1>x2时指的是[x2,x1]. 2.导数的概念 (1)函数y=f(x)在x=x0处的导数 函数y=f(x)在x=x0处的瞬时变化率=为函数y=f(x)在x=x0处的导数,记作f'(x0)或y',即f'(x0)==. (2)导数的几何意义 函数y=f(x)在x=x0处的导数f'(x0)的几何意义就是曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率,相应的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0). 3.基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 f(x)=c(c为常数) f'(x)=0 f(x)=xα(α∈R,且α≠0) f'(x)=αxα-1 f(x)=sin x f'(x)=cos x f(x)=cos x f'(x)=-sin x f(x)=ax(a>0,且a≠1) f'(x)=axln a f(x)=ex f'(x)=ex f(x)=logax(a>0,且a≠1) f'(x)= f(x)=ln x f'(x)= 4.导数的四则运算法则 (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);(特殊化)当f(x)=1,g(x)≠0时,=,'=-; (4)[cf(x)]'=cf'(x)(c为常数). 5.复合函数的导数 对于由函数y=f(u)和u=g(x)复合而成的函数y=f(g(x)),它的导数与函数y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为y'x=y'u·u'x,即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(苏教选必修①P203T2改编)[多选]下列函数求导运算正确的是 (　　) A.若y=,则y'=- B.若y=4x,则y'=4xln x C.若y=,则y'= D.若y=xex,则y'=(x+1)ex 答案:AD 2.(人A选必修②P70T4改编)若车轮旋转的角度θ(单位:rad)与时间t(单位:s)之间的关系为θ(t)=t2,则车轮转动开始后第4秒的瞬时角速度为 (　　) A.13π rad/s B. rad/s C.52π rad/s D.26π rad/s 解析:选A　由题意可得θ'(t)=t,所以车轮转动开始后第4秒的瞬时角速度为θ'(4)=13π rad/s,故选A. 3.(人A选必修②P81T6改编)已知函数f(x)满足f(x)=f'cos x-sin x,则f'=　　　　.  解析:f'(x)=-f'sin x-cos x,令x=,得f'=-f'-,解得f'=1-. 答案:1- 4.(人A选必修②P78T3改编)曲线y=x2+在点(1,4)处的切线方程为　　　　　　.  解析:易知f'(x)=2x-,则f'(1)=-1,故f(x)在点(1,4)处的切线方程为y-4=-(x-1),即x+y-5=0. 答案:x+y-5=0 二、易错小题的警醒训练 1.若=1,则f'(x0)= (　　) A. B. C.3 D.2 解析:选B　∵ ==1, ∴f'(x0)=.(易错点:忽视导数的概念,自变量的变化幅度应保持一致) 2.已知f(x)=x3,则f'(2x+3)=　　　　　　　,[f(2x+3)]'=　　　　　　.   解析:因为f'(x)=3x2,所以f'(2x+3)=3(2x+3)2,[f(2x+3)]'=[(2x+3)3]'=3(2x+3)2(2x+3)'=6(2x+3)2.(易错点:忽视f'(ax+b)与[f(ax+b)]'的区别,f'(x)是一个函数,f'(x0)是函数f'(x)在x0处的函数值,(f'(x0))'=0) 答案:3(2x+3)2　6(2x+3)2 题点一　导数的运算(自主练通) 1.已知函数f(x)=-x2+ln x,则的值为 (　　) A.e B.-2 C.- D.0 解析:选D　因为f'(x)=-x+, 所以f'(1)=-1+1=0, 所以=0. 故选D. 2.已知函数f(x)=ex-f'(1)x,则 (　　) A.f(1)=- B.f'(1)=- C.f(2)=e2-e D.f'(2)=e2-e 解析:选C　因为f(x)=ex-f'(1)x,所以f'(x)=ex-f'(1),则f'(1)=e-f'(1),所以f'(1)=,则f(x)=ex-x,所以f(1)=,f'(2)=e2-,f(2)=e2-e.故选C. 3.[多选]下列求导运算正确的是 (　　) A.(e3x)'=3ex B.'=x C.(2sin x-3)'=2cos x D.'= 解析:选CD　(e3x)'=e3x·(3x)'=3e3x,A错误;'===,B错误;(2sin x-3)'=2cos x,C正确;'=·'=·=,D正确. 易错提醒:利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号,防止与乘法公式混淆. 4.给出定义:若函数f(x)在D上可导,即f'(x)存在,且导函数f'(x)在D上也可导,则称f(x)在D上存在二阶导数,记f″(x)=(f'(x))'.若f″(x)<0在D上恒成立,则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在上不是凸函数的是 (　　) A.f(x)=sin x+cos x 　B.f(x)=ln x-2x C.f(x)=-x3+2x-1 　D.f(x)=-xe-x 解析:选D　f(x)=sin x+cos x,f'(x)=cos x-sin x,f″(x)=-sin x-cos x,则f(x)在上恒有f″(x)<0,故A错误;f(x)=ln x-2x,f'(x)=-2,f″(x)=-,则f(x)在上恒有f″(x)<0,故B错误;f(x)=-x3+2x-1,f'(x)=-3x2+2,f″(x)=-6x,则f(x)在上恒有f″(x)<0,故C错误;f(x)=-xe-x,f'(x)=-e-x+xe-x,f″(x)=(2-x)e-x,则f(x)在上恒有f″(x)>0,故D正确. |思维建模|　导数运算的3个关键点 (1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商,再利用运算法则求导. (2)抽象函数求导,恰当赋值是关键,然后活用方程思想求解. (3)复合函数求导,应由外到内逐层求导,必要时要进行换元. 题点二　导数的几何意义 考法(一)　求切线方程 [例1] (1)(2024·全国甲卷)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　f'(x)=,则f'(0)=3,即曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x-0),即3x-y+1=0,切线与两坐标轴的交点分别为(0,1),,所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×=,故选A. (2)(2025·贵阳模拟)过点P(1,-3)作曲线y=2x3-3x的切线,切线的方程为　　　　.  解析:设切点为(a,2a3-3a),因为y=f(x)=2x3-3x,则f'(x)=6x2-3,所以切线的斜率k=f'(a)=6a2-3,故切线方程为y-(2a3-3a)=(6a2-3)(x-a).因为切线过点P(1,-3),所以-3-(2a3-3a)=(6a2-3)(1-a),解得a=0或a=,则切点坐标为(0,0)或,故切线方程为3x+y=0或21x-2y-27=0. 答案:3x+y=0或21x-2y-27=0 |思维建模|　求切线方程的策略 　　求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同.过点处的切点坐标不知道,要设出切点坐标,根据斜率相等,切点在切线上,切点在曲线上建立方程(组)求解,求出切点坐标是解题的关键. 考法(二)　求参数的值或范围 [例2] (1)已知二次函数y=ax(x-b)(b≠0且b≠1)的图象与曲线y=ln x交于点P,与x轴交于点A(异于原点O),若曲线y=ln x在点P处的切线为l,且l与AP垂直,则a的值为 (　　) A.- B.-1 C.- D.-2 解析:选B　易知A(b,0),设P(t,ln t),联立y=ln x与y=ax(x-b)可得ln x=ax(x-b),故ln t=at(t-b),由y=ln x得y'=,所以kl=,kPA=.因为l⊥PA,所以kl·kPA==-1,(两直线垂直斜率之积等于-1)即ln t=-t(t-b),又ln t=at(t-b),所以a=-1. (2)(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线,则a的取值范围是　　　　　　　　　.  解析:∵y=(x+a)ex,∴y'=(x+1+a)ex,设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a),切线斜率k=(x0+1+a),切线方程为y-(x0+a)=(x0+1+a)(x-x0).∵切线过原点,∴-(x0+a)=(x0+1+a)(-x0),整理得+ax0-a=0.∵切线有两条,∴Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,∴a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). 答案:(-∞,-4)∪(0,+∞) |思维建模|　由导数的几何意义求参数范围的方法 (1)利用切点的坐标、切线的斜率、切线方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组),进而求出参数的值或取值范围. (2)注意曲线上点的横坐标的取值范围. [即时训练] 1.已知函数f(x)=1-2x-sin x,则曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为 (　　) A.2x+y-1=0 B.2x-y+1=0 C.3x-y+1=0 D.3x+y-1=0 解析:选D　因为f(x)=1-2x-sin x,所以f'(x)=-2-cos x,故f(0)=1,f'(0)=-3,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y-1=-3x,即3x+y-1=0. 2.若直线y=2x是曲线f(x)=x(e2x-a)的切线,则a= (　　) A.-e B.-1 C.1 D.e 解析:选B　由f(x)=x(e2x-a),得f'(x)=(1+2x)e2x-a,依题意,直线y=2x是曲线f(x)=x(e2x-a)的切线,设切点为(t,2t),则即通过对比系数可得(1+2t)t=t,2t2=0,t=0,则a=-1. 3.若函数f(x)=x-+aln x存在与x轴平行的切线,则实数a的取值范围为　　　　.  解析:f'(x)=1++(x>0),依题意得f'(x)=1++=0有解,即-a=x+有解,∵x>0,∴x+≥2,当且仅当x=1时取等号,∴-a≥2,即a≤-2. 答案:(-∞,-2] 谨记结论:f'(x0)>0,切线与x轴正向夹角为锐角;f'(x0)<0,切线与x轴正向夹角为钝角;f'(x0)=0,切线与x轴平行. 题点三　公切线问题 [例3]　已知函数f(x)=exln x与偶函数g(x)在交点(1,g(1))处的切线相同,则函数g(x)在x=-1处的切线方程为 (　　) A.ex-y+e=0 B.ex+y-e=0 C.ex-y-e=0 D.ex+y+e=0 解析:选D　由函数f(x)=exln x,得f'(x)=exln x+,所以f'(1)=e且f(1)=0,因为函数f(x)与偶函数g(x)在交点(1,g(1))处的切线相同,所以函数f(x)与g(x)相切于(1,0),且g'(1)=f'(1)=e,又因为g(x)为偶函数,所以g(-1)=g(1)=0,且g'(-1)=-g'(1)=-e,所以函数g(x)在x=-1处的切线方程为y-0=-e(x+1),即ex+y+e=0. [例4]　(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线,则a=　　　　　　　. 解析:由y=ex+x,得y'=ex+1,y'|x=0=e0+1=2, 故曲线y=ex+x在(0,1)处的切线方程为y=2x+1. 由y=ln(x+1)+a,得y'=, 设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0,ln(x0+1)+a), 由两曲线有公切线得y'==2,解得x0=-,则切点为,切线方程为y=2+a+ln= 2x+1+a-ln 2, 根据两切线重合,所以a-ln 2=0,解得a=ln 2. 答案:ln 2 |思维建模|　求解公切线问题的策略 (1)两曲线y=f(x),y=g(x)在公共点(a,b)处有相同的切线,则满足方程组解此方程组 可得a,进而得b后得出切线方程. (2)求与曲线y=f(x),y=g(x)切点不同的公切线,分别设出切点坐标(x1,f(x1)),(x2,g(x2)),满足方程组f'(x1)=g'(x2)=,据此解得x1或者x2,即可求得公切线方程. [即时训练] 4.若直线l是曲线y=ex-1与y=ex-1的公切线,则直线l的方程为 (　　) A.y=x-1 B.y=x C.y=x+1 D.y=ex 解析:选B　由y=ex-1,得y'=ex-1,由y=ex-1,得y'=ex.设直线l与曲线y=ex-1切于点(x1,),与曲线y=ex-1切于点(x2,-1),则= ①,又= ②, 由方程①②解得x1=1,x2=0,所以直线l过点(1,1),斜率为1,即l的方程为y=x. 5.已知f(x)=x3+nx-52,g(x)=x2-3ln x,若直线x+y+m=0是曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的公切线,则m-n= (　　) A.-30 B.-25 C.26 D.28 解析:选C　设直线x+y+m=0与曲线y=f(x)相切于点(a,-a-m),与曲线y=g(x)相切于点(b,-b-m),b>0.由g(x)=x2-3ln x知g'(x)=2x-.又两曲线的公切线斜率为-1,则2b-=-1,解得b=1或b=-(舍去).所以1-3ln 1=-1-m,解得m=-2.由f(x)=x3+nx-52知f'(x)=3x2+n.又两曲线的公切线斜率为-1,则3a2+n=-1,即n=-3a2-1,故a3-(3a2+1)a-52=-a+2,整理得a3=-27,故a=-3,所以n=-3a2-1=-28,故m-n=26. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.设f(x)为R上的可导函数,且f'(1)=1,则= (　　) A.2 B.-2 C.1 D.-1 解析:选B　因为f'(1)==1,所以=-2.故选B. 2.如图,已知函数f(x)的图象在点P(2,f(2))处的切线为直线l,则f(2)+f'(2)= (　　) A.-3 B.-2 C.2 D.1 解析:选D　由导数的几何意义可得,切线l的斜率为f'(2)==-1,则直线l的方程为y=-x+4.又因为点P(2,f(2))在直线l上,所以f(2)=-2+4=2,因此f(2)+f'(2)=2-1=1. 3.(2025·厦门一模)已知f(x)=ln(-2x),则f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率为 (　　) A.- B.- C.- D. 解析:选D　因为f(x)=ln(-2x),所以f'(x)=·(-2x)'=,所以函数f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率为k=f'(x0)=. 易错提醒:选择中间变量是复合函数求导的关键.求导时需要记住中间变量,逐层求导,不遗漏,求导后,要把中间变量转换成自变量的函数. 4.已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则 (　　) A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1 解析:选D　因为y'=aex+ln x+1,所以k=y'|x=1=ae+1,所以曲线在点(1,ae)处的切线方程为y-ae=(ae+1)(x-1),即y=(ae+1)x-1.所以解得 5.(2025·西安模拟)函数f(x)=x-aln x在区间(1,6)的图象上存在两条相互垂直的切线,则a的取值范围是 (　　) A.(1,6) B.(1,3) C.(3,4) D.(4,6) 解析:选C　设切点横坐标为x0,所作切线斜率为k,则k=f'(x0)=1-,当a≤0时,k=1->0,故不存在k1k2=-1;当a>0时,满足所以3<a<4. 6.(2025·成都模拟)过点(2,0)可作曲线f(x)=x3-3x-2的切线条数为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.0 解析:选B　由f(x)=x3-3x-2,得f'(x)=3x2-3.当点(2,0)是切点时,此时切线的斜率为f'(2)=3×22-3=9,此时有一条切线;当点(2,0)不是切点时,设切点为(x0,y0),则切线的斜率为f'(x0)=3-3,切线方程为y-(-3x0-2)=(3-3)(x-x0),由切线过点(2,0),于是有0-(-3x0-2)=(3-3)(2-x0)⇒-3+4=0⇒+1-3+3=0⇒(x0+1)(-x0+1)-3(x0+1)(x0-1)=0⇒(x0+1)·=0⇒x0=-1或x0=2(舍去),综上所述,过点(2,0)可作曲线f(x)=x3-3x-2的切线条数为2. 习得方略:“过点型”切线条数的判断方法 (1)有几个切点横坐标,就有几条切线. (2)切线条数判断,转化为关于切点横坐标的新的函数零点个数判断. 7.已知函数f(x)=ln x与g(x)的图象关于直线y=x对称,直线l与g(x),h(x)=ex+1-1的图象均相切,则l的倾斜角为 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　因为函数f(x)=ln x与g(x)的图象关于直线y=x对称,所以f(x)=ln x与g(x)互为反函数,所以g(x)=ex①,则g'(x)=ex.由h(x)=ex+1-1,得h'(x)=ex+1,设直线l与函数g(x)=ex的图象的切点坐标为(x1,),与函数h(x)=ex+1-1的图象的切点坐标为(x2,-1),则直线l的斜率k==,故x1=x2+1②,显然x1≠x2,故k===1③,所以直线l的倾斜角为,故选B. 习得方略:①处,得到g(x)的关键是熟练掌握基本初等函数y=ln x,y=ex的图象与性质; ②处,结合函数y=ex的单调性可得x1=x2+1; ③处,利用两点间斜率公式直接代入计算. 8.直线y=kx+b与函数y=ex-1和y=ex-2的图象都相切,则b= (　　) A.2 B.ln 2 C.1+ln 2 D.-2ln 2 解析:选D　设两个切点分别为P1(x1,),P2(x2,-2),(ex-1)'=ex-1,(ex-2)'=ex.曲线y=ex-1在点P1处的切线方程为y-=(x-x1),整理得y=x+(1-x1),曲线y=ex-2在点P2处的切线方程为y-(-2)=(x-x2),整理得y=x+(1-x2)-2.因为直线y=kx+b是两函数图象的公切线,所以由①可得x1-1=x2,代入②得-x2=(1-x2)-2,整理得=2,所以x2=ln 2,代入②得b=(1-ln 2)eln 2-2=-2ln 2. 9.已知函数f(x)=若直线y=x+m与函数y=f(x)的图象有且只有一个公共点,则实数m的取值范围为 (　　) A.(-∞,1]∪(2,+∞) 　B.(-∞,1)∪[2,+∞) C.(-∞,0]∪(2,+∞) 　D.(-∞,0)∪[2,+∞) 解析:选B　当x≤0时,函数f(x)=ex,则f'(x)=ex,令f'(x)=ex=1,解得x=0,故直线y=x+m与f(x)=ex相切,即m=1.当x>0时,函数f(x)=2,则f'(x)=(x+1,令f'(x)==1,解得x=0,故直线y=x+m与f(x)=2相切,即m=2.如图所示,当m<1或m≥2时,直线y=x+m与分段函数f(x)有且仅有一个公共点.故实数m的取值范围为(-∞,1)∪[2,+∞). 二、多选题 10.下列函数的求导运算正确的是 (　　) A.'= B.(x3-2x+1)'=3x2-2xln 2 C.'=- D.'=2sin 解析:选BCD　对于A,'==,A错误;对于B,(x3-2x+1)'=3x2-2xln 2,B正确;对于C,'='=-,C正确;对于D,'=2sin·cos·2=2sin,D正确. 11.已知函数f(x)的部分图象如图所示,f'(x)是f(x)的导函数,则下列结论正确的是 (　　) A.f'(3)<0 B.f'(-1)>0 C.f(-1)-f'(-1)>0 D.f(3)-3f'(3)<0 解析:选ACD　由f(x)的图象在点B处的切线斜率小于0,即f'(3)<0,故A正确;f'(-1)表示f(x)的图象在点A处的切线斜率,故f'(-1)<0,故B错误;由题图可知f(-1)>0,f'(-1)<0,故f(-1)-f'(-1)>0,故C正确;直线OB的斜率小于f(x)的图象在点B处的切线斜率,即<f'(3),所以f(3)-3f'(3)<0,D正确. 12.若直线y=x+b(b∈R)是曲线y=f(x)的切线,则曲线y=f(x)的方程可以是 (　　) A.f(x)=x3+2x2+8 　B.f(x)=tan x C.f(x)= 　D.f(x)=ln 解析:选AC　因为直线y=x+b(b∈R)是曲线y=f(x)的切线,所以y=f(x)在某点处的导数值为.由f(x)=x3+2x2+8,得f'(x)=3x2+4x,令f'(x)=3x2+4x=,即6x2+8x-1=0,因为Δ=82-4×6×(-1)>0,所以f'(x)=有解,故A正确.由f(x)=tan x,得f'(x)=,令f'(x)==,可得cos2x=2,无解,故B不正确.由f(x)=,得f'(x)=>0,故f'(x)=有解,故C正确.f(x)=ln的定义域为,令f'(x)=-=,可得x=-,不符合x>-,所以f'(x)=无解,故D不正确. 13.已知直线l与曲线y=ex和y=x2+6x+9都相切,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则 (　　) A.x2-2x1=1 B.x2-2x1=0 C.满足条件的直线l有2条 D.满足条件的直线l只有1条 解析:选AC　由题可知直线l与曲线y=ex相切于点A(x1,y1),又y'=ex,所以直线l的斜率k=,则在点A处的切线方程为y-=(x-x1),即y=x+(1-x1),直线l与曲线y=x2+6x+9=(x+3)2相切于点B(x2,y2),y'=2(x+ 3),则在点B处的切线方程为y-(x2+3)2=2(x2+3)(x-x2),即y=2(x2+3)x+9-.因为直线l与两条曲线都相切,所以两条切线相同,则=2(x2+3)>0且(1-x1)=9-,则(1-x1)×2(x2+3)=9-=(3-x2)(3+x2),可得2(1-x1)=3-x2,解得x2-2x1=1,故A正确,B错误;把x2=1+2x1代入=2(x2+3),得=4x1+8,在同一坐标系中,作出函数y=ex,y=4x+8的图象,如图所示,由图象知,x1的值有两个,故C正确,D错误. 三、填空题 14.曲线f(x)=3ln x-x2f'(1)在点(1,m)处的切线方程为　　　　. 解析:由f(x)=3ln x-x2f'(1),求导得f'(x)=-2xf'(1),则f'(1)=3-2f'(1),解得f'(1)=1,于是f(x)=3ln x-x2,m=f(1)=-1,所以所求切线方程为y+1=x-1,即x-y-2=0. 答案:x-y-2=0 15.过点(0,0)作曲线y=ax(a>0且a≠1)的切线,则切点的纵坐标为　　　　.  解析:设切点的坐标为(t,at),由y=ax,得y'=axln a,所以y'|x=t=atln a,所以过切点的切线方程为y-at=atln a(x-t),把(0,0)代入得,0-at=atln a(0-t),即1=tln a,所以t=,则切点坐标为,即,即,所以切点的纵坐标为e. 答案:e 16.已知曲线C1:f(x)=ex+a和曲线C2:g(x)=ln(x+b)+a2(a,b∈R),若存在斜率为1的直线与C1,C2同时相切,则b的取值范围为　　　　.  快审准解:分别求出两函数的导函数,再分别设直线与两曲线的切点的横坐标,由于斜率为1即导数值为1分别求出切点横坐标,可得切线方程,再根据切线方程系数相等得a与b的关系式,再根据二次函数性质可求出b的取值范围. 解析:由题意得f'(x)=ex,g'(x)=,设斜率为1的切线在C1,C2上的切点横坐标分别为x1,x2,所以==1,则x1=0,x2=1-b,两点处的切线方程分别为y-(1+a)=x,y-a2=x-(1-b),所以a+1=a2-1+b,即b=2+a-a2=-+≤,所以b的取值范围为. 答案: 17.已知直线y=k1x与y=k2x(k1>k2)是曲线y=ax+2ln |x|(a∈R)的两条切线,则k1-k2=　　　.  解析:由已知得,曲线的切线过点(0,0),当x>0时,曲线为y=ax+2ln x,设x1>0,直线y=k1x在曲线上的切点为(x1,ax1+2ln x1),y'=a+,∴切线方程为y-(ax1+2ln x1)=(x-x1),又切线过点(0,0),∴-ax1-2ln x1= (-x1),∴x1=e,k1=a+;同理,当x<0时,曲线为y=ax+2ln(-x),设x2<0,直线y=k2x在曲线上的切点为(x2,ax2+2ln(-x2)),y'=a+,∴切线方程为y-[ax2+2ln(-x2)]=(x-x2),又切线过点(0,0),∴-ax2-2ln(-x2)=(-x2),∴x2=-e,k2=a-,∴k1-k2=. 答案: 第二节 导数与函数的单调性 明确目标 1.结合实例,借助几何直观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(其中多项式函数一般不超过三次). 3.会利用函数的单调性判断大小,求参数的取值范围等简单应用. 教材再回首 1.函数单调性与导数的关系 设函数f(x)在(a,b)内可导,f'(x)是f(x)的导函数,则 f'(x)>0 f(x)在(a,b)内单调递增 f'(x)<0 f(x)在(a,b)内单调递减 f'(x)=0 f(x)在(a,b)内为常数函数 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步,确定函数f(x)的定义域; 第2步,求出导数f'(x)的零点; 第3步,用f'(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f'(x)在各区间上的正负,由此得出函数y=f(x)在定义域内的单调性. 3.充分、必要条件与导数及函数单调性的关系 (1)f'(x)>0(或f'(x)<0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件. (2)f'(x)≥0(或f'(x)≤0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件. (3)若f'(x)在区间(a,b)的任意子区间内都不恒等于0,则f'(x)≥0(或f'(x)≤0)是f(x)在区间(a,b)内单调递增(或递减)的充要条件. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A选必修②P86例2改编)[多选]如图是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象,则下列判断正确的是 (　　) A.在区间(-2,1)内f(x)单调递增 B.在区间(2,3)内f(x)单调递减 C.在区间(4,5)内f(x)单调递增 D.在区间(3,5)内f(x)单调递减 答案:BC 2.(人A选必修②P86例1改编)函数f(x)=cos x-x在(0,π)内 (　　) A.先增后减 B.先减后增 C.单调递增 D.单调递减 解析:选D　∵当x∈(0,π)时,f'(x)=-sin x-1<0,∴f(x)在(0,π)内单调递减. 3.(人A选必修②P97T2(4)改编)函数f(x)=x3+x2-x的单调递增区间为　　　　　　　　 　.  解析:令f'(x)=3x2+2x-1>0,解得x>或x<-1,所以f(x)=x3+x2-x的单调递增区间为(-∞,-1)和. 答案:(-∞,-1), 二、易错小题的警醒训练 1.函数f(x)=ln x-x的单调递增区间为 (　　) A.(-∞,1) B.(0,1) C.(1,+∞) D.(-1,1) 解析:选B　易知f(x)的定义域是(0,+∞),且f'(x)=-1=,令f'(x)>0,得0<x<1,故f(x)的单调递增区间为(0,1).(易错点:求单调区间忽视定义域) 2.若y=x+(a>0)在[2,+∞)上单调递增,则a的取值范围是　　　　.  解析:由y'=1-≥0,得x≤-a或x≥a,所以y=x+的单调递增区间为(-∞,-a],[a,+∞).因为函数在[2,+∞)上单调递增,所以[2,+∞)⊆[a,+∞),所以a≤2.又a>0,所以0<a≤2.(易错点:求参数范围忽视等号是否可取) 答案:(0,2] 题点一　函数的单调性 [例1]　若函数f(x)=-2ln x+x+,则f(x)的单调递减区间为 (　　) A.(0,+∞) B.(0,3) C.(-1,3) D.(3,+∞) 解析:选B　由函数f(x)=-2ln x+x+,可得其定义域为(0,+∞),且f'(x)=-+1-==,x>0,令f'(x)=0,可得x=3, 当x∈(0,3)时,f'(x)<0,f(x)在(0,3)内单调递减; 当x∈(3,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(3,+∞)上单调递增. [例2]　已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x,讨论f(x)的单调性. 解:由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax+(2a+1)=. 当a≥0时,2ax+1>0,x+1>0, ∴f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a<0时,令f'(x)=0,解得x=-, ∴当x∈时,f'(x)>0; 当x∈时,f'(x)<0. ∴f(x)在内单调递增,在上单调递减. 综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a<0时,f(x)在内单调递增,在上单调递减. 特别提醒:解计算大题时,分类讨论后的综述千万不能漏写,否则容易丢失1分的步骤分. |思维建模|　判断含参函数单调性的策略 　　研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论主要是讨论参数的不同取值求出单调性,主要讨论点: (1)最高次项系数是否为0; (2)导函数是否有零点; (3)导函数两零点的大小关系; (4)导函数零点与定义域的关系(即导函数零点与定义域端点的关系)等. [即时训练] 1.已知函数f(x)=xsin x+cos x,x∈[0,2π],则f(x)的单调递减区间为 (　　) A. B. C.(π,2π) D. 解析:选B　由题意f(x)=xsin x+cos x,x∈[0,2π],则f'(x)=xcos x,当x∈∪时,f'(x)>0,当x∈时,f'(x)<0,故f(x)的单调递减区间为. 2.讨论函数f(x)=x3-x2+ax+1的单调性. 解:由题意知f(x)的定义域为R,f'(x)=3x2-2x+a,令f'(x)=0,Δ=(-2)2-4×3×a=4(1-3a). ①当a≥时,f'(x)≥0,f(x)在R上单调递增; ②当a<时,令f'(x)=0,即3x2-2x+a=0, 解得x1=,x2=, 令f'(x)>0,得x<x1或x>x2; 令f'(x)<0,得x1<x<x2, 所以f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)内单调递减,在(x2,+∞)上单调递增. 综上,当a≥时,f(x)在R上单调递增; 当a<时,f(x)在,上单调递增,在内单调递减. 题点二　函数单调性的应用 考法(一)　比较大小或解不等式 [例3] (1)设0<x<1,已知a=x++1,b=ex,c=sin x+1,则 (　　) A.c>b>a　　 B.b>c>a C.a>b>c D.a>c>b 解析:选C　设f(x)=x++1-ex(0<x<1),则f'(x)=1--ex,当0<x<1时,1--ex<0,所以f(x)在(0,1)内单调递减,所以f(x)>f(1)=3-e>0,所以x++1>ex,即a>b;设g(x)=ex-sin x-1(0<x<1),则g'(x)=ex-cos x,当0<x<1时,ex>1,0<cos x<1,所以g'(x)>0,g(x)在(0,1)内单调递增,所以g(x)>g(0)=0,所以ex>sin x+1,即b>c.综上可知a>b>c. (2)已知函数f(x)=log2x-x+1,则不等式f(x)<0的解集是 (　　) A.(0,1) B.(0,1)∪(1,+∞) C.(-∞,1)∪(2,+∞) D.(0,1)∪(2,+∞) 解析:选D　函数f(x)=log2x-x+1的定义域是(0,+∞),f'(x)=-1=,令f'(x)=0,解得x=>1,所以f(x)在区间内f'(x)>0,f(x)单调递增,在区间上f'(x)<0,f(x)单调递减,而f(1)=0,1<<=2,f(2)=0,故要使f(x)<0,则需0<x<1或x>2. 综上所述,不等式f(x)<0的解集为(0,1)∪(2,+∞). |思维建模| 　　利用单调性比较大小或解不等式,关键是判断函数的单调性,利用函数的单调性比较大小或解不等式. 考法(二)　求参数的取值范围 [例4]　已知函数f(x)=x2+2aln x-2x(a∈R). (1)若函数f(x)在区间(1,2)内单调递增,则a的取值范围为　　　　;  (2)若函数f(x)在区间(1,2)内存在单调递减区间,则a的取值范围为　　　　;  (3)若函数f(x)在区间(1,2)内不具有单调性,则a的取值范围为　　　　.  解析:(1)∵f(x)=x2+2aln x-2x,则f'(x)=x+-2,若函数f(x)在区间(1,2)内单调递增,等价于对∀x∈(1,2),f'(x)=x+-2≥0恒成立,可得x2-2x≥-2a对∀x∈(1,2)恒成立,构造g(x)=x2-2x,可知g(x)开口向上,对称轴x=1, ∴g(x)>g(1)=-1,故-1≥-2a,解得a≥, 则a的取值范围为. (2)由(1)可得f'(x)=x+-2,若函数f(x)在区间(1,2)内存在单调递减区间,等价于∃x∈(1,2), 使得f'(x)=x+-2<0成立①, 可得∃x∈(1,2),使得x2-2x<-2a成立,构造φ(x)=x2-2x,可知φ(x)开口向上,对称轴x=1,∴φ(x)>φ(1)=-1,故-1<-2a,解得a<,则a的取值范围为. (3)由(1)可得f'(x)=x+-2,若函数f(x)在区间(1,2)内不具有单调性②, 等价于∃x∈(1,2),使得f'(x)=x+-2=0③, 可得∃x∈(1,2),使得x2-2x=-2a成立,构造h(x)=x2-2x,可知h(x)开口向上,对称轴x=1,∴h(x)>h(1)=-1,h(x)<h(2)=0,故-1<-2a<0,解得0<a<,则a的取值范围为. 答案:(1)　(2)　(3) 习得方略:①处,可转化为导函数在区间上小于零有解; ②处,可理解为函数在给定的区间上既有单调递增区间也有单调递减区间; ③处,可转化为导函数在区间内存在变号零点. |思维建模| (1)由可导函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)求参数的取值范围问题,可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)对任意x∈D恒成立问题,再参变分离,转化为求最值问题,要注意“=”是否取到. (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,这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题. (3)当已知函数在某区间上不具有单调性时,则转化为关于导数的方程在该区间上有解. [即时训练] 3.已知函数f(x)=ex-e-x-2x+2,则不等式f(2x+4)≥2的解集是 (　　) A.{x|x>-2} B.{x|x≥-2} C.{x|x<-2} D.{x|x≤-2} 解析:选B　由f'(x)=ex+e-x-2≥2-2=0,当且仅当ex=e-x,即x=0时,等号成立,所以f(x)单调递增,而且f(0)=2,由f(2x+4)≥2,得2x+4≥0,解得x≥-2. 4.已知函数f(x)=xsin x,x∈R,则 (　　) A.f>f(1)>f B.f(1)>f>f C.f>f(1)>f D.f>f>f(1) 解析:选A　因为f(x)=xsin x,所以f(-x)=(-x)·sin(-x)=xsin x=f(x), 所以函数f(x)是偶函数.所以f=f. 又当x∈时,f'(x)=sin x+xcos x>0, 所以函数f(x)在内单调递增,所以f<f(1)<f,即f>f(1)>f.故选A. 5.若f(x)=-x2+aln(x+2)在[-1,+∞)上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　. 解析:由f(x)=-x2+aln(x+2)(x>-2),得f'(x)=-x+.因为f(x)=-x2+aln(x+2)在[-1,+∞)上单调递减,所以f'(x)=-x+≤0在[-1,+∞)上恒成立,即-x(x+2)+a≤0,则a≤x(x+2)=(x+1)2-1,当x∈[-1,+∞)时,(x+1)2-1的最小值为-1,所以a≤-1. 答案:(-∞,-1] 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.函数f(x)=(x-1)ex的单调递减区间为 (　　) A.(-∞,0) B.(-∞,1) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 解析:选A　∵f(x)=(x-1)ex,∴f'(x)=ex+(x-1)ex=xex,令f'(x)<0,即xex<0,解得x<0,∴f(x)的单调递减区间为(-∞,0),故选A. 2.设函数f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则其导函数y=f'(x)的图象可能是 (　　) 解析:选D　由f(x)的图象可知,f(x)在(-∞,0)上单调递减,故x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,故排除A、C;当x∈(0,+∞)时,函数f(x)的图象是先递增,再递减,最后再递增,所以f'(x)的值是先正,再负,最后是正,因此排除B.故选D. 习得方略:①由原函数图象识别导函数图象的依据:若f(x)单调递增,则f'(x)的图象一定在x轴的上方;若f(x)单调递减,则f'(x)的图象一定在x轴的下方;若f(x)是常函数,则f'(x)=0. ②由导函数图象识别原函数图象的依据:根据f'(x)>0,则f(x)单调递增,f'(x)<0,则f(x)单调递减. 3.已知函数f(x)=x3+ax+4,则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的 (　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选A　由题意,f'(x)=3x2+a,f(x)在R上单调递增,则f'(x)≥0,即a≥-3x2在R上恒成立,故a≥0.所以“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件. 4.已知函数f(x)=ln x+x2+ax的单调递减区间为,则 (　　) A.a∈(-∞,-3] B.a=-3 C.a=3 D.a∈(-∞,3] 解析:选B　由题意得f'(x)=+2x+a<0(x>0)的解集为,所以不等式2x2+ax+1<0的解集为,所以+1=-,解得a=-3.经检验满足题意. 易错提醒:混淆函数的单调区间与函数在区间上具有单调性. 5.已知f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=ex+sin x,则不等式f(2x-1)<eπ的解集是 (　　) A. B. C. D. 解析:选D　当x≥0时,f'(x)=ex+cos x,因为ex≥1,cos x∈[-1,1],所以f'(x)=ex+cos x≥0在[0,+∞)上恒成立,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,又因为f(x)是定义在R上的偶函数,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减,所以f(-π)=f(π)=eπ,所以由f(2x-1)<eπ可得-π<2x-1<π,解得x∈. 6.已知函数f(x)=在R上具有单调性,则a的取值范围是 (　　) A.[1,3) B.(1,3] C.[1,3] D.(1,3) 快审准解:利用导数分别求解x≤0和x>0时的单调性,再结合f(x)在R上单调递增,可得-a+4≥1,即可求解. 解析:选C　由题意,函数f(x)在R上单调递增.当x≤0时,f(x)=ax+cos x,依题需使f'(x)=a-sin x≥0恒成立,则a≥1;当x>0时,由f(x)=x3+ax2-a+4在(0,+∞)上单调递增,需使f'(x)=x2+2ax≥0在(0,+∞)上恒成立,则x=-=-a≤0,即a≥0.又由f(x)在R上单调递增,可得-a+4≥1,解得a≤3.(补集思想的应用)综上可得,a的取值范围是[1,3].故选C. 7.(2025·广州模拟)已知直线y=kx+b恒在曲线y=ln(x+2)的上方,则的取值范围是 (　　) A.(1,+∞) B. C.(0,+∞) D. 解析:选A　设直线y=kx+t与曲线切于点(x0,ln(x0+2)),则y'=,所以切线方程为y=x+ln(x0+2)-,所以k=>0,t=ln(x0+2)-,所以>=(x0+2)ln(x0+2)-(x0+2)+2.设g(x)=xln x-x+2,则g'(x)=ln x,当0<x<1时, g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0,即g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1,所以>1. 二、多选题 8.(2025·晋城一模)若一个函数在区间D上的导数值恒大于0,则该函数在D上纯粹递增,若一个函数在区间D上的导数值恒小于0,则该函数在D上纯粹递减,则 (　　) A.函数f(x)=x2-2x在[1,+∞)上纯粹递增 B.函数f(x)=x3-2x在[1,2]上纯粹递增 C.函数f(x)=sin x-2x在[0,1]上纯粹递减 D.函数f(x)=ex-3x在[0,2]上纯粹递减 解析:选BC　若f(x)=x2-2x,则f'(x)=2x-2,因为f'(1)=0,所以A错误.若f(x)=x3-2x,则f'(x)=3x2-2,当x∈[1,2]时,f'(x)>0恒成立,所以B正确.若f(x)=sin x-2x,则f'(x)=cos x-2<0,所以C正确.若f(x)=ex-3x,则f'(x)=ex-3<0在[0,2]上不恒成立,所以D错误. 9.若函数f(x)满足f'(x)<f(x),则下列结论正确的是 (　　) A.f(3)<ef(2) B.ef(0)<f(1) C.e2f(-1)>f(1) D.ef(1)<f(2) 快审准解:构造函数g(x)=,求导得到g(x)单调递减,然后根据单调性比较大小即可. 解析:选AC　令g(x)=,则g'(x)=<0,从而g(x)单调递减,则>>>>,即ef(2)>f(3),e2f(-1)>f(1),ef(0)>f(1),ef(1)>f(2). 10.已知函数f(x)=x2-ex,则下列结论正确的是 (　　) A.f(f(0))= B.f(x)为减函数 C.f(log23)<f(2) D.曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(2-e)x-1 解析:选ABD　因为f(x)=x2-ex,所以f(0)=02-e0=-1,则f(-1)=(-1)2-e-1=1-=,故A正确;因为f'(x)=2x-ex,设g(x)=f'(x)=2x-ex,则g'(x)=2-ex,由g'(x)=2-ex=0得x=ln 2,当x∈(-∞,ln 2)时,g'(x)>0,f'(x)单调递增,当x∈(ln 2,+∞)时,g'(x)<0,f'(x)单调递减,所以f'(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0,所以f'(x)<0恒成立,所以f(x)为减函数,故B正确;因为log23<log24=2,函数f(x)是减函数,所以f(log23)>f(2),故C错误;由f'(1)=2-e,f(1)=1-e,则y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(1-e)=(2-e)(x-1),即y=(2-e)x-1,故D正确. 三、填空题 11.已知函数f(x)=,则函数f(x)的单调递增区间是　　　　.  解析:因为函数f(x)=(x≠0),于是f'(x)=,所以当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(0,1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.因此函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞). 答案:(1,+∞) 12.若函数f(x)=1--ln x在区间[1-a,2-a]内单调递增,则a的取值范围是　　　　.  解析:由题意,可知f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-=,令f'(x)≥0,得0<x≤2,可知f(x)的单调递增区间为(0,2],若函数f(x)在区间[1-a,2-a]内单调递增,依题意解得0≤a<1,所以a的取值范围是[0,1). 答案:[0,1) 四、解答题 13.已知函数f(x)=(x2+ax+1)ex(a∈R). (1)当a=-2时,求过点(1,0)且与f(x)图象相切的直线的方程; (2)讨论函数f(x)的单调性. 解:(1)当a=-2时,f(x)=(x2-2x+1)ex,所以f'(x)=(x2-1)ex. 设切点为(x0,y0),则y0=(-2x0+1),k=(-1),所以切线方程为y-(-2x0+1)=(-1)(x-x0),将(1,0)代入得x0=0,解得x0=0或x0=1, 故过(1,0)的切线方程为y=0或x+y-1=0. (2)f'(x)=(2x+a)ex+(x2+ax+1)ex=(x+a+1)(x+1)ex. ①当a=0时,f'(x)=(x+1)2ex,恒有f'(x)≥0,函数f(x)单调递增, ②当a>0时,-a-1<-1,当x∈(-∞,-a-1),或x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(-a-1,-1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减, ③当a<0时,-a-1>-1,当x∈(-∞,-1),或x∈(-a-1,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(-1,-a-1)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减. 综上,当a=0时,f(x)在R上单调递增, 当a>0时,f(x)在(-∞,-a-1),(-1,+∞)上单调递增,在(-a-1,-1)内单调递减, 当a<0时,f(x)在(-∞,-1),(-a-1,+∞)上单调递增,在(-1,-a-1)内单调递减. 14.已知函数f(x)=aln x-ax-3. (1)求f(x)的单调区间; (2)若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)上不具有单调性,求实数m的取值范围. 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=,当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞); 当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1); 当a=0时,f(x)为常数函数,无单调区间. (2)由(1)及题意得f'(2)=-=1,即a=-2, ∴f(x)=-2ln x+2x-3,f'(x)=(x>0). ∴g(x)=x3+x2-2x,∴g'(x)=3x2+(m+4)x-2. ∵g(x)在区间(t,3)上不具有单调性,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,又g'(3)>0,即m>-,∴-<m<-9. 即实数m的取值范围是. 第三节 导数与函数的极值、最值 明确目标 1.借助函数图象,了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.会用导数求函数的极大值、极小值. 2.掌握利用导数研究函数最值的方法.会用导数研究生活中的最优化问题. 教材再回首 1.函数的极值 (1)极小值 函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点处的函数值都小,f'(a)=0;而且在点x=a附近的左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则a叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值. (2)极大值 函数y=f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点处的函数值都大,f'(b)=0;而且在点x=b附近的左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则b叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)的极大值. (3)极值、极值点 极小值点、极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值. 2.函数的最大(小)值 (1)函数f(x)在区间[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)在区间[a,b]上的最值的步骤 ①求函数y=f(x)在区间(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. 解题结论拓展 (1)有极值的函数一定不具有单调性. (2)对于可导函数f(x),f'(x0)=0是函数f(x)在x=x0处有极值的必要不充分条件. (3)若函数f(x)的图象连续不断,则f(x)在[a,b]上一定有最值. (4)若函数f(x)在[a,b]上具有单调性,则f(x)一定在区间端点处取得最值. (5)若函数f(x)在区间(a,b)内只有一个极值点,则相应的极值点一定是函数的最值点. 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A选必修②P92T1改编)若函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x)极值点的个数为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:选C　设导函数f'(x)的图象与x轴的交点分别为x1,x2,x3,x4,x5,根据函数的极值的定义可知在该点处的左、右两侧的导数符号相反,可得x1,x4为函数f(x)的极大值点,x2,x5为函数f(x)的极小值点,所以函数f(x)极值点的个数为4. 2.(人A选必修②P91例5改编)函数f(x)=的极大值为 (　　) A.-e B. C.1 D.0 答案:B 3.(人B选必修③P100T3改编)已知函数f(x)=2ln x+ax2-3x在x=2处取得极小值,则实数a的值为 (　　) A.2 B. C.-2 D.- 解析:选B　由f'(x)=+2ax-3,得f'(2)=0,解得a=,经验证符合题意. 4.(苏教选必修①P230T7改编)已知函数f(x)=x3-12x+8在区间[-3,3]上的最大值与最小值分别为M,m,则M-m=　　　　. 解析:令f'(x)=3x2-12=0,解得x=±2. 因为f(-3)=17,f(-2)=24,f(2)=-8, f(3)=-1,所以M=24,m=-8,故M-m=32. 答案:32 二、易错小题的警醒训练 1.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为　　　　.  解析:f'(x)=3x2-4cx+c2,由题意知,f'(2)=12-8c+c2=0,解得c=2或c=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c=6时,f(x)=x(x-6)2在x=2处有极大值,故c=2.(易错点:忽视验证参数是否符合题意) 答案:2 2.函数f(x)=x3-x2-3x+6在[-4,4]上的最大值为　　　　,最小值为　　　　.  解析:易知f'(x)=x2-2x-3,故当x<-1或x>3时,f'(x)>0,当-1<x<3时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-1),(3,+∞)上单调递增,在(-1,3)内单调递减,故f(x)的极大值为f(-1)=,极小值为f(3)=-3.又f(-4)=-,f(4)=-,故f(x)max=,f(x)min=-. (易错点:求函数最值时不要忽略对端点值的验证) 答案:　- 题点一　函数的极值 考法(一)　根据图象判断函数的极值(点) [例1]　[多选]设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),且函数y=(1-x)f'(x)的图象如图所示,则下列结论一定成立的是 (　　) A.函数f(x)在(2,+∞)上单调递增 B.函数f(x)在(-2,1)内单调递增 C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2) 解析:选AD　由题图可知当x>2时(1-x)f'(x)<0,所以f'(x)>0,当1<x<2时(1-x)f'(x)>0,所以f'(x)<0,当-2<x<1时(1-x)f'(x)<0,所以f'(x)<0,当x<-2时(1-x)f'(x)>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(2,+∞)上单调递增,在(1,2)内单调递减,在(-2,1)内单调递减,在(-∞,-2)上单调递增,故A正确,B错误;则f(x)在x=-2处取得极大值,x=2处取得极小值,即函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2),故C错误,D正确. 考法(二)　求已知函数的极值(点) [例2]　已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R). (1)当a=时,求函数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,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) 单调递增 ln 2-1 单调递减 故f(x)在定义域上的极大值为f(2)=ln 2-1,无极小值. (2)由(1)知,函数f(x)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f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)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f(x)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=. |思维建模|　求函数极值的一般步骤 (1)先求函数f(x)的定义域,再求函数f(x)的导函数. (2)求f'(x)=0的根. (3)判断f'(x)=0的根的左、右两侧f'(x)的符号,确定极值点. (4)求出函数f(x)的极值. 考法(三)　根据函数的极值(点)求参数 [例3]　(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值,则 (　　) A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 解析:选BCD　函数f(x)=aln x++(a≠0)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,因为函数f(x)既有极大值也有极小值,所以关于x的方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正实根x1,x2,则即所以故选BCD. |考|教|衔|接| 　 源自人教B版选择性必修③P101T3:设函数f(x)=ax3+3x+2有极值,求a的取值范围,并求出函数的极值点. 两题均为由函数的极值求参数的范围,最终均转化为关于x的一元二次方程的实根问题,解答此类问题的关键是厘清导函数与原函数的关系. [例4]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 解:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1, ∵f(1)=e-2,f'(1)=e-1, ∴切点为(1,e-2),切线斜率k=e-1, ∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x-1. (2)由已知可得f'(x)=ex-a. ①若a≤0,则f'(x)恒大于0,即f(x)在R上单调递增,无极小值,不符合题意. ②若a>0,令f'(x)=0,解得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. ∴极小值为f(ln a)=a-aln a-a3. ∵极小值小于0,∴a-aln a-a3<0, ∴1-ln a-a2<0. 令h(x)=1-ln x-x2(x>0), 则h'(x)=--2x<0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递减, ∵h(1)=0,∴当x∈(0,1)时,h(x)>0, 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0. ∴a的取值范围是(1,+∞). 易错提醒:分类讨论时不要盲目以0为分类的分界点,要根据题目的具体情况,如本题中因为f'(x)=ex-a,而ex恒大于0,所以导数的正负与a的正负有关,所以分a≤0和a>0两种情况讨论. |思维建模| 1.极值点是导函数f'(x)的变号零点,函数f(x)在区间(a,b)上存在极值点的充要条件是f'(x)=0在(a,b)上有解,且这个解是导函数f'(x)的变号零点,一般情况下可以转化为有解问题. 2.已知函数极值点或极值求参数的2个关键 列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解 验证 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性 [即时训练] 1.[多选]已知函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列结论正确的是 (　　) A.-1是函数f(x)的极小值点 B.-4是函数f(x)的极小值点 C.函数f(x)在区间(-∞,-4)上单调递减 D.函数f(x)在区间(-4,-1)上先增后减 解析:选BC　由f'(x)图象可知,f(x)在(-∞,-4)上单调递减,在(-4,+∞)上单调递增,所以-1不是极值点,A错误;-4是极小值点,B正确;由上分析知C正确,D错误. 2.已知函数f(x)=. (1)若函数f(x)单调递增,求实数a的取值范围; (2)若函数g(x)=(f(x)+1)ex只有一个极值点,求实数a的取值范围. 快审准解:(1)先求函数的导函数再应用函数单调递增得出参数范围; (2)先求导函数再根据极值得出导数为0,转化为函数有一个交点,结合图象得出参数范围. 解:(1)根据题意,f(x)=,x∈R,则f'(x)=,若函数f(x)单调递增,等价于f'(x)≥0对任意x∈R恒成立, 则-ax2+2ax+1≥0,即ax2-2ax-1≤0, 当a=0时,-1<0,符合题意; 当a≠0时,可得解得-1≤a<0. 综上所述,a的取值范围为{a|-1≤a≤0}. (2)依题意,g(x)=(f(x)+1)ex=ax2-1+ex,则g'(x)=2ax+ex只有一个变号零点,显然x=0不是g'(x)的零点,令h(x)=,则h'(x)=,可知函数h(x)在(-∞,0)和(0,1)分别单调递减,在(1,+∞)上单调递增,h(1)=e,且当x→0+或x→+∞时,h(x)→+∞,当x→0-时,h(x)→-∞,当x→-∞时,h(x)→0,如图所示,可得-2a<0,即a>0,所以a的取值范围为(0,+∞). 题点二　函数的最值 [例5] (1)(2022·全国乙卷)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 (　　) A.-, B.-, C.-,+2 D.-,+2 解析:选D　f(x)=cos x+(x+1)sin x+1,x ∈[0,2π],则f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x=(x+1)cos x.令f'(x)=0,解得x=-1(舍去),x=或x=.因为f=cos +sin +1=2+,f=cos +sin +1=-,又f(0)=cos 0+ (0+1)sin 0+1=2,f(2π)=cos 2π+(2π+1)sin 2π+1=2,所以f(x)max=f=2+,f(x)min=f=-. (2)已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+ln x.当a>0时,f(x)在区间[1,e]上的最小值为-2,求实数a的取值范围. 解:由题意f'(x)=2ax-(a+2)+=(x>0,a>0),当0<≤1,即a≥1时,f'(x)≥0在[1,e]上恒成立,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(1)=-2,符合题意. 当1<<e,即<a<1时,若x∈,则f'(x)<0,f(x)单调递减;若x∈,则f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f <f(1)=-2,不符合题意.当≥e,即0<a≤时,f'(x)≤0在[1,e]上恒成立,f(x)单调递减,所以f(x)min=f(e)<f(1)=-2,不符合题意. 综上所述,a的取值范围是[1,+∞). |思维建模|　求函数f(x)在[a,b]上的最值的策略 (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)若所给的闭区间[a,b]含参数,则需对函数f(x)求导,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. [即时训练] 3.小李准备向银行贷款x(0<x≤10)万元全部用于某产品的加工与销售,据测算每年利润y(单位:万元)与贷款x满足关系式y=ln x-x-+9,要使年利润最大,小李应向银行贷款 (　　) A.3万元　　B.4万元　　C.5万元　　D.6万元 解析:选B　依题意,得y'=-1+==(0<x≤10),令y'>0,得0<x<4,令y'<0,得4<x≤10,所以函数y=ln x-x-+9在(0,4)上单调递增,在(4,10)上单调递减,所以当x=4时,函数取得最大值. 习得方略:利用导数解决实际问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,建立实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x). (2)求函数的导函数f'(x),解方程f'(x)=0. (3)比较函数在区间端点和f'(x)=0的点处的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值. (4)回归实际问题,结合实际问题作答. 4.函数f(x)=-x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是　　　　.  解析:由于f'(x)=-x2+1, 易知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增, 若函数f(x)在(a,10-a2)上有最大值, 则即-2≤a<1. 答案:[-2,1) 5.已知函数f(x)=-ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性; (2)求f(x)在上的最大值g(a). 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=, ①若a≤0,则f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递减; ②若a>0,则当x>a时,f'(x)<0; 当0<x<a时,f'(x)>0, 所以f(x)在(0,a)内单调递增,在(a,+∞)上单调递减. (2)f'(x)=, 当a≤时,f(x)在上单调递减, 所以f(x)max=f=2-ae; 当<a<e时,f(x)在上单调递增,在[a,e]上单调递减,所以f(x)max=f(a)=-ln a; 当a≥e时,f(x)在上单调递增, 所以f(x)max=f(e)=-, 综上,g(a)= 　　三次函数的图象与性质 　　设三次函数为f(x)=ax3+bx2+cx+d(a,b,c,d∈R且a≠0): 1.图象及单调性(三次函数要么无极值点,要么有两个,不可能只有一个!) a>0(a<0与a>0情况相反) f(x) 图象 f'(x) 图象 Δ>0 Δ≤0 f(x) 性质 单调递增区间(-∞,x1),(x2,+∞),单调递减区间(x1,x2),f(x)有两个极值点,极大值f(x1),极小值f(x2) f'(x)≥0恒成立,f(x)在R上单调递增, f(x)无极值点 2.对称性 (1)三次函数是中心对称曲线,且对称中心是; (2)f'(x)=3ax2+2bx+c图象的对称轴为x=-,所以对称中心的横坐标也就是导函数图象的对称轴,可见,y=f(x)图象的对称中心在导函数y=f'(x)图象的对称轴上,且又是两个极值点的中点,同时也是二阶导函数为零的点; (3)若y=f(x)是可导函数,y=f(x)的图象关于点(m,n)对称,则y=f'(x)的图象关于直线x=m对称; (4)若y=f(x)的图象关于直线x=m对称,则y=f'(x)的图象关于点(m,0)对称; (5)已知三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d图象的对称中心横坐标为x0,若f(x)存在两个极值点x1,x2,则有=-=f'(x0). [应用体验] 1.[多选]已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,则下列结论正确的是 (　　) A.若f'(x0)=0,则x0是f(x)的极值点 B.∃x0∈R,使得f(x0)=0 C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)上单调递减 D.函数y=f(x)的图象是中心对称图形 解析:选BD　因为f(x)=x3+ax2+bx+c,所以f'(x)=3x2+2ax+b,当Δ=4a2-12b=0时,f'(x)≥0,f'=0,则f(x)在R上单调递增,x0=-不是极值点,故A错误;由选项A的分析知,函数f(x)的值域为R,所以∃x0∈R,使得f(x0)=0,故B正确;由选项A的分析知,当Δ>0时,设f'(x)的零点为x1,x2,则f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,所以若x0为f(x)的极小值点,则f(x)在(-∞,x0)上先递增再递减,故C错误;f+f(x)=+a+b+c+x3+ax2+bx+c=a3-+2c,而f=+a+b+c=a3-+c,则f+f(x)=2f,所以点为y=f(x)的对称中心,即函数y=f(x)的图象是中心对称图形,故D正确.故选BD. 2.(2025·武汉模拟)[多选]设函数f(x)=x3-2x2+2x,则下列结论正确的是 (　　) A.存在实数x0使得f(x0)=f'(x0) B.方程f(x)=3有唯一正实数解 C.方程f(x)=-1有唯一负实数解 D.f(x)=1有负实数解 解析:选ABC　因为f(x)=x3-2x2+2x,所以f'(x)=x2-4x+2.由x3-2x2+2x=x2-4x+2,得x3-7x2+12x-4=0,设h(x)=x3-7x2+12x-4,因为函数定义域为(-∞,+∞),且h(0)=-4<0,h(7)=80>0,可知方程h(x)=0一定有实数根,故A正确;由f'(x)>0,得(x-2)·(3x-2)>0,即x<或x>2.所以函数f(x)在,(2,+∞)上单调递增,在内单调递减.且f=为极大值,f(2)=0为极小值.作出函数草图如图,观察图象可知,方程f(x)=3有唯一正实数解,f(x)=-1有唯一负实数解,故B、C正确;又f(0)=0,结合函数的单调性,当 x<0时,f(x)<0,所以f(x)=1无负实数解,故D错误. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] (标题目难度稍大,可据自身学情选做) 一、单选题 1.函数f(x)=x3+x2-3x-1的极小值点是 (　　) A.1 B. C.-3 D.(-3,8) 解析:选A　f'(x)=x2+2x-3,由x2+2x-3=0,得x=-3或x=1,所以函数f(x)=x3+x2-3x-1在(-∞,-3)上单调递增, 在(-3,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(x)在x=1处有极小值,极小值点为1. 2.(2024·承德二模)设a为实数,若函数f(x)=x3-ax2+3在x=1处取得极小值,则a= (　　) A.1　　B.　　C.0　　D.-1 解析:选B　由题可得f'(x)=x2-2ax=x(x-2a),令f'(x)=0,解得x=0或x=2a,因为函数f(x)=x3-ax2+3在x=1处取得极小值,所以2a=1,即a=,当a=时,f'(x)=x(x-1),由f'(x)>0,得x<0或x>1,由f'(x)<0,得0<x<1,所以函数f(x)在(0,1)内单调递减,在(-∞,0),(1,+∞)上单调递增,满足题意. 3.已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则+等于 (　　) A. 　　　B. C. 　　　D. 解析:选C　由题图可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x1,x2是f(x)的极值点,∴1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,∴f(x)=x3-3x2+2x,∴f'(x)=3x2-6x+2.∵x1,x2是方程3x2-6x+2=0的两根,∴x1+x2=2,x1x2=,∴+=(x1+ x2)2-2x1x2=4-2×=. 4.已知函数f(x)=-x2+ax+1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值,则a的取值范围是 (　　) A.[2,+∞) B.[4,+∞) C.[2,4] D.(2,4) 解析:选D　f'(x)=a-2x,令f'(x)=0,得x=,x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减,因此是f(x)的极大值点.由于只有一个极值点,因此其也是最大值点,由题意得∈(1,2),所以a∈(2,4). 5.函数结构是值得关注的对象.为了研究y=xx(x>0)的结构,两边取对数,可得ln y=ln xx,即ln y=xln x,两边取指数,得eln y=exln x,即y=exln x,这样我们就得到了较为熟悉的函数类型.结合上述材料,y=xx(x>0)的最小值为 (　　) A.1 B.e C. D.e-e 解析:选C　由y=xx(x>0),两边取对数,可得ln y=ln xx,即ln y=xln x,令g(x)=xln x(x>0),则g'(x)=ln x+1,当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)min=g=-,∴ln y≥-,y≥,y的最小值为.故选C. 6.已知定义在(1,+∞)上的函数f(x)=ex-x2,若f(a)=f(eb),则取得最小值时a的值为 (　　) A.4 B.2e C.e2 D.ee 快审准解:先判断f(x)的单调性,得到关于a,b的关系式,利用构造函数法,结合导数来求得取得最小值时a的值. 解析:选C　依题意,f(x)=ex-x2,x>1,f'(x)=ex-2x,f'(1)=e-2>0,令g(x)=ex-2x(x>1),g'(x)=ex-2>e1-2>0, 所以在(1,+∞)上g'(x)>0,g(x)单调递增,所以在(1,+∞)上f'(x)>0,f(x)单调递增,由于f(a)=f(eb),所以a=eb,b=ln a(a>1),ln a>0,所以===1-,设h(a)=1-(a>1),则h'(a)=-=,令h'(a)=0,解得a=e2,则在区间(1,e2)上h'(a)<0,h(a)单调递减,在区间(e2,+∞)上h'(a)>0,h(a)单调递增,所以当a=e2时,h(a)取得最小值,也即取得最小值.故选C. 规律结论:研究函数的单调性,可以考虑利用导数来求解,当一次求导无法解决时,可以考虑利用多次求导来进行研究.研究一个表达式的最值问题,可以利用构造函数法,然后利用导数来进行求解. 7.命题“∃x∈(0,+∞),使ax≤logax(a>0且a≠1)成立”是假命题,则实数a的取值范围是 (　　) A.(,+∞) B.(,+∞) C.(1,) D.(1,) 快审准解:根据题意,得到“∀x∈(0,+∞),都有ax>logax成立”为真命题,且a>1,利用y=ax与y=logax的图象关于y=x对称,转化为ax>x,即ln a>,令g(x)=,利用导数求得函数g(x)的单调性与最大值,即可求解. 解析:选B　由命题“∃x∈(0,+∞),使ax≤logax成立”是假命题,可得命题“∀x∈(0,+∞),都有ax>logax成立”为真命题,显然a>1,如图所示,因为y=ax与y=logax的图象关于y=x对称,可转化为ax>x,两边取以e为底的对数,可得xln a>ln x,所以ln a>,令g(x)=,x>0,可得g'(x)=,当x∈(0,e),g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(e,+∞),g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(e)=,所以ln a>,解得a>.故选B. 二、多选题 8.已知函数y=f(x)的导函数为y=g(x),且g(x)=x3-3x+2,则下列结论正确的是 (　　) A.点(0,2)是曲线y=g(x)的对称中心 B.函数g(x)有三个零点 C.函数f(x)只有一个极值点 D.当x+1>0时,f(ex)≥f(x+1) 解析:选ACD　因为y=x3-3x是奇函数,图象关于点(0,0)对称,所以g(x)=x3-3x+2的图象关于点(0,2)对称,故A正确;因为g'(x)=3x2-3,由g'(x)>0,解得x<-1或x>1.由g'(x)<0,解得-1<x<1,所以g(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,且g(-1)=4,g(1)=0,g(-2)=0,所以g(x)有两个零点,故B错误;因为f'(x)=g(x),所以f(x)在区间(-∞,-2)上单调递减,在区间(-2,+∞)上单调递增,即f(x)只有一个极值点,故C正确;设h(x)=ex-(x+1),则h'(x)=ex-1,由h'(x)>0,解得x>0,由h'(x)<0,解得x<0,所以h(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,h(x)≥h(0)=0,所以ex≥x+1.因为f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增,所以由ex≥x+1>0>-2,得f(ex)≥f(x+1),故D正确. 9.已知函数f(x)=xln x+ax在x=1处的切线方程为y=x+b,则下列说法正确的有 (　　) A.a+b=1 B.f(x)在区间上的最大值和最小值之和为e- C.为f(x)的极小值点 D.方程f(x)=e有两个不同的根(e为自然对数的底数) 解析:选BC　对于A,由题意可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=ln x+1+a,则解得所以a+b=-1,故A错误;对于C,因为f(x)=xln x,f'(x)=ln x+1,令f'(x)<0,解得0<x<;令f'(x)>0,解得x>,可知f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,则为f(x)的极小值点,故C正确;对于B,若x∈,则f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,可知f(x)的最小值f=-,且f=ln<0,f(e)=e>f,即f(x)的最大值f(e)=e,所以f(x)在区间上的最大值和最小值之和为e-,故B正确;对于D,令f(x)=xln x=e,整理可得ln x-=0,令g(x)=ln x-,x>0,因为函数y=ln x与y=-在区间(0,+∞)上均单调递增,则g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,且g(e)=0,所以g(x)有且仅有一个零点e,即方程f(x)=e有一个根e,故D错误. 10.(2024·杭州三模)已知函数f(x)=(x+1)ex,则下列结论正确的是 (　　) A.f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增 B.f(x)的最小值为- C.方程f(x)=2的解有2个 D.导函数f'(x)的极值点为-3 快审准解:利用导数判断单调性,求解最值判断A、B,将方程解的问题转化为函数零点问题判断C,对f'(x)构造函数再次求导,判断极值点即可. 解析:选ABD　由f(x)=(x+1)ex,得f'(x)=(x+2)ex,令f'(x)<0,x∈(-∞,-2),令f'(x)>0,x∈(-2,+∞),故f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(-2)=-,故A、B正确;若讨论方程f(x)=2的解,即讨论g(x)=(x+1)ex-2的零点,易知g(-2)=--2<0,g(1)=2e-2>0,故g(1)·g(-2)<0,故由函数零点存在定理得到存在x0∈(-2,1)作为g(x)的一个零点,而当x→-∞时,g(x)→-2,显然g(x)在(-∞,-2)上无零点,故g(x)=(x+1)ex-2只有一个零点,即f(x)=2只有一个解,故C错误;令h(x)=f'(x)=(x+2)ex,故h'(x)=(x+3)ex,令h'(x)=0,解得x=-3,而h'(0)>0,h'(-4)<0,故x=-3是h'(x)的变号零点,即x=-3是h(x)的极值点,故得导函数f'(x)的极值点为-3,故D正确. 三、填空题 11.若函数f(x)=ex-ax2-a存在两个极值点x1,x2,且x2=2x1,则a=　　　　. 解析:因为f(x)=ex-ax2-a,定义域为R,所以f'(x)=ex-2ax,故-2ax1=0,-2ax2=0.又x2=2x1,所以-4ax1=0.又>0,故=2,所以x1=ln 2,所以a==. 答案: 12.(2025·南阳一模)已知函数f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3在区间(1,2)上有最小值,则整数a的一个取值可以是　　　　. 快审准解:将问题“f(x)在区间(1,2)上有最小值”转化为f'(x)在(1,2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正,结合二次函数零点分布求解即可. 解析:由f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3可知,f'(x)=6x-+a-1=,又f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3在(1,2)上有最小值,所以f'(x)在(1,2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正,令h(x)=6x2+(a-1)x-2,则h(x)在(1,2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正,所以解得-10<a<-3,又因为a∈Z,所以a∈{a∈Z|-10<a<-3}. 答案:-4(答案不唯一,a∈{a∈Z|-10<a<-3}中的任意整数均可) 四、解答题 13.(2024·张掖三模)已知函数f(x)=-ln x-图象在x=2处的切线斜率为. (1)求a; (2)求函数f(x)的单调区间和极大值. 解:(1)因为f'(x)=-+=-=, 由已知f'(2)=,即=,解得a=2. (2)由(1)知a=2,则f'(x)==0,解得x=1或x=2-ln 2, 当0<x<1时,x-1<0,2ex-2-1<0,则f'(x)>0; 当1<x<2-ln 2时,x-1>0,2ex-2-1<0,则f'(x)<0; 当x>2-ln 2时,x-1>0,2ex-2-1>0,则f'(x)>0, 所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2-ln 2,+∞),单调递减区间为(1,2-ln 2), 函数f(x)的极大值为f(1)=-1. 14.已知函数f(x)=exsin x. (1)求函数f(x)在[0,2π]内的极值点; (2)求函数g(x)=f(x)-x在上的最值. 解:(1)由f(x)=exsin x,得f'(x)=ex(sin x+cos x)=exsin. 令f'(x)=0,解得x+=kπ,k∈Z, 即x=kπ-,k∈Z. 又x∈[0,2π],所以x1=,x2=. f'(x),f(x)随x变化而变化的情况如下表所示: x f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 所以函数f(x)在[0,2π]内的极大值点为,极小值点为. (2)由题知g(x)=f(x)-x=exsin x-x. 则g'(x)=ex(sin x+cos x)-1, 记h(x)=g'(x)=ex(sin x+cos x)-1, 则h'(x)=ex(sin x+cos x+cos x-sin x)=2excos x. 因为x∈,所以cos x≥0. 又ex>0,所以h'(x)=2excos x≥0,且h'(x)不恒等于0,所以函数h(x)单调递增. 又h(0)=e0(sin 0+cos 0)-1=0, 所以当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0,函数g(x)单调递减; 当x∈时,h(x)>0,即g'(x)>0,函数g(x)单调递增. 因为g(0)=e0sin 0-0=0, g=sin-=-, g=sin-=-, 显然->-, 所以函数g(x)在上的最小值为g(0)=0,最大值为g=-. 15.(2025年1月·八省高考适应性演练)已知函数f(x)=aln x+-x. (1)设a=1,b=-2,求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程; (2)若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围. 解:(1)当a=1,b=-2时,f(x)=ln x--x,其中x>0, 则f'(x)=+-1=,令f'(x)=2⇒=2, 化简得3x2-x-2=(x-1)(3x+2)=0,解得x=1(舍负),又此时f(1)=-3,则切线过点(1,-3),结合切线斜率为2, 则切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0. (2)由题可得f(x)定义域为(0,+∞), f'(x)=--1=, 由x=1是f(x)的极小值点,则f'(1)=-1+a-b=0⇒a=b+1, 则f'(x)==-. 若b≤0,令f'(x)>0⇒x∈(0,1),令f'(x)<0⇒x∈(1,+∞), 则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 得x=1是f(x)的极大值点,不满足题意; 若0<b<1,令f'(x)>0⇒x∈(b,1),令f'(x)<0⇒x∈(0,b)∪(1,+∞), 则f(x)在(b,1)上单调递增,在(0,b),(1,+∞)上单调递减, 得x=1是f(x)的极大值点,不满足题意; 若b=1,则f'(x)=-≤0, f(x)在(0,+∞)上单调递减,无极值,不满足题意; 若b>1,令f'(x)>0⇒x∈(1,b),令f'(x)<0⇒x∈(0,1)∪(b,+∞), 则f(x)在(1,b)上单调递增,在(0,1),(b,+∞)上单调递减, 得x=1是f(x)的极小值点,满足题意. 综上,x=1是f(x)的极小值点时,b>1,即b的取值范围为(1,+∞). 第四节 　函数的构造问题 明确目标 函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题. 题点一　通过导数的运算法则构造函数 考法(一)　利用f(x)与xn构造函数 [例1]　已知函数f(x)的定义域为(-∞,0),f(-1)=-1,其导函数f'(x)满足xf'(x)-2f(x)>0,则不等式f(x+2 025)+ (x+2 025)2<0的解集为 (　　) A.(-2 026,0) B.(-2 026,-2 025) C.(-∞,-2 026) D.(-∞,-2 025) 解析:选B　根据题意可令g(x)=(x<0)⇒g'(x)=<0,所以g(x)=在(-∞,0)上单调递减,则原不等式等价于<-1,由g(x+2 025)=<-1=g(-1)⇒0>x+2 025>-1,解得x∈(-2 026,-2 025). |思维建模| (1)出现nf(x)+xf'(x)形式,构造函数F(x)=xnf(x). (2)出现xf'(x)-nf(x)形式,构造函数F(x)=. 考法(二)　利用f(x)与ex构造函数 [例2]　已知定义在R上的函数f(x),g(x)处处导数存在,f(1)=g(1),f'(x)+g(x)>g'(x)+f(x),则下列情况一定成立的是 (　　) A.f(2)+g(0)>f(0)+g(2) B.f(2)+g(0)<f(0)+g(2) C.f(2)·g(0)>f(0)·g(2) D.f(2)·g(0)<f(0)·g(2) 快审准解:利用构造函数法,结合导数来对选项进行分析,从而确定正确答案. 解析:选A　f'(x)+g(x)>g'(x)+f(x)⇔f'(x)-g'(x)>f(x)-g(x),令h(x)=,则h'(x)=,故h'(x)>0⇒h(x)单调递增,又h(1)=0,所以h(2)>h(1)>h(0),即f(2)-g(2)>>0>f(0)-g(0),移项可得A正确,B错误;另外,f(2)>g(2),f(0)<g(0),由于f(x),g(x)与0的大小关系不确定,故C、D无法判断.故选A. |思维建模| (1)出现f'(x)+nf(x)形式,构造函数F(x)=enxf(x). (2)出现f'(x)-nf(x)形式,构造函数F(x)=. 考法(三)　利用f(x)与sin x,cos x构造函数 [例3]　定义在上的函数f(x),已知f'(x)是它的导函数,且恒有cos xf'(x)+sin xf(x)<0成立,则有 (　　) A.f>f B.f>f C.f>f D.f<f 解析:选C　令g(x)=,x∈,则g'(x)=,因为cos xf'(x)+sin xf(x)<0,所以g'(x)<0,则g(x)=在上单调递减,所以<<,即<<,故f>f,f>f,故选C. |思维建模| (1)若F(x)=f(x)sin x,则F'(x)=f'(x)sin x+f(x)cos x; (2)若F(x)=,则F'(x)=; (3)若F(x)=f(x)cos x,则F'(x)=f'(x)cos x-f(x)sin x; (4)若F(x)=,则F'(x)=. [即时训练] 1.设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则不等式f(x)<0的解集为 (　　) A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) 解析:选B　设F(x)=,则F'(x)=,∵当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,∴当x>0时,F'(x)<0,即F(x)在(0,+∞)上单调递减.由于f(x)是奇函数,所以F(-x)===F(x),F(x)是偶函数,所以F(x)在(-∞,0)上单调递增.又f(1)=f(-1)=0,当x<-1或x>1时,F(x)=<0;当-1<x<0或0<x<1时,F(x)=>0,所以当-1<x<0或x>1时,f(x)<0.即不等式f(x)<0的解集为(-1,0)∪(1,+∞). 2.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R,f(0)=0且f(x)+f'(x)>0,则不等式f(x2+4x-5)>0的解集为 (　　) A.(-∞,-5)∪(1,+∞) B.(-∞,-1)∪(5,+∞) C.(-5,1) D.(-1,5) 解析:选A　设g(x)=exf(x),则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]>0,故g(x)单调递增.又g(0)=e0f(0)=0,故f(x2+4x-5)>0可转化为f(x2+4x-5)>0,即g(x2+4x-5)>g(0),由g(x)单调递增可得x2+4x-5>0,解得x<-5或x>1,即不等式f(x2+4x-5)>0的解集为(-∞,-5)∪(1,+∞). 3.设f(x)是定义在(-π,0)∪(0,π)上的奇函数,其导函数为f'(x),且当x∈(0,π)时,f'(x)sin x-f(x)cos x<0,则关于x的不等式f(x)<2fsin x的解集为　　　　. 解析:令g(x)=,x∈(-π,0)∪(0,π),则g'(x)=,∵当x∈(0,π)时,f'(x)sin x-f(x)cos x<0,∴在(0,π)上,g'(x)<0,∴函数g(x)在(0,π)内单调递减.∵y=f(x),y=sin x是奇函数,∴函数g(x)是偶函数,∴函数g(x)在(-π,0)内单调递增.当x∈(0,π)时,sin x>0,则不等式f(x)<2fsin x可化为<,即g(x)<g,∴<x<π;当x∈(-π,0)时,sin x<0,则不等式f(x)<2fsin x可化为>=,即g(x)>g,∴-<x<0.综上可得,不等式的解集为∪. 答案:∪ 题点二　利用数学运算式中的相同点构造函数 [例4]　已知a<5,且ae5=5ea,b<4且be4=4eb,c<3且ce3=3ec,则 (　　) A.c<b<a B.b<c<a C.a<c<b D.a<b<c 解析:选D　三个等式可变形为=,=,=.∵ae5=5ea,a<5,∴a>0.同理b>0,c>0.构造函数f(x)=,x>0,则f'(x)=.当0<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.∵f(5)=f(a),而0<a<5,故0<a<1.同理,0<b<1,0<c<1,f(4)=f(b),f(3)=f(c).∵f(5)>f(4)>f(3),∴f(a)>f(b)>f(c),0<a<b<c<1. |思维建模| (1)若题目所给的条件含有两个变量,可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边,即可构造函数,并且利用函数的单调性求解. (2)当要比较的各数为某些函数的函数值时,要仔细观察这些数值的共同之处,构造一个或两个函数,使要比较的数成为该函数的函数值,然后利用函数的单调性比较大小. [即时训练] 4.(2024·宜春三模)已知a=,b=,c=,其中e=2.718 28…为自然对数的底数,则 (　　) A.b<a<c B.b<c<a C.a<b<c D.c<b<a 解析:选A　由题意得a==,b==,c===.设f(x)=,则f'(x)=,当0<x<e时,f'(x)>0,所以f(x)单调递增,又0<<<2<e,所以f()<f()<f(2),即<<,所以b<a<c. 5.若对于0<x1<x2<a,都有x2ln x1-x1ln x2≤x1-x2成立,则a的最大值为 (　　) A. B.1 C.e D.2e 解析:选B　∵x2 ln x1-x1ln x2≤x1-x2,∴-≤-,即≤.又0<x1<x2<a,令φ(x)=,∴φ(x)在(0,a)上单调递增,φ'(x)=,当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故a≤1,∴a的最大值为1. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 一、单选题 1.已知f'(x)为函数f(x)的导函数,当x>0时,有f(x)-xf'(x)>0恒成立,则下列不等式一定成立的是 (　　) A.f>2f B.f<2f C.f>f(1) D.f<f(1) 解析:选B　令F(x)=,x>0,则F'(x)=,因为当x>0时,有f(x)-xf'(x)>0恒成立,所以当x>0时,F'(x)=<0,即F(x)在(0,+∞)上单调递减,所以F<F,即<,即f<2f,A错误,B正确;F>F(1),即>,即2f>f(1),C、D错误. 2.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),f(0)=1,且对任意的x满足f'(x)<f(x),则不等式f(x)>ex的解集是 (　　) A.(-∞,1) B.(-∞,0) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 解析:选B　令g(x)=,则g'(x)==<0,所以g(x)在R上单调递减,因为f(0)=1,所以g(0)=1,不等式f(x)>ex可变形为>1,即g(x)>g(0),可得x<0,故选B. 3.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导函数为f'(x),若f(1)=1,且x2f'(x)+1>0,则下列式子一定成立的是 (　　) A.f>3 B.f>π C.f(log2e)>ln 2 D.f(ln 3)<log3e 解析:选C　因为当x>0时,x2f'(x)+1>0,可得f'(x)+>0,令g(x)=f(x)-,可得g'(x)=f'(x)+>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f(1)=1,可得g(1)=f(1)-1=0,对于A,由g<g(1),即f-3<0,所以f<3,所以A不正确;对于B,由g<g(1),即f-π<0,所以f<π,所以B不正确;对于C,由g(log2e)>g(1),即f(log2e)-ln 2>0,所以f(log2e)>ln 2,所以C正确;对于D,由g(ln 3)>g(1),即f(ln 3)->0,所以f(ln 3)>log3e,所以D不正确. 4.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),对于任意的实数x都有=e2x,且x>0时,f'(x)>f(x). 若a=,b=,c=3f,则a,b,c的大小关系是 (　　) A.a>c>b B.a>b>c C.c>a>b D.c>b>a 解析:选C　令g(x)=,对于任意的实数x都有=e2x⇒=,即g(-x)=g(x)⇒g(x)为偶函数.a=g(1), b=g(ln 2),c=g(-ln 3)=g(ln 3).当x>0时,f'(x)>f(x),g'(x)=>0,g(x)单调递增.又ln 2<1<ln 3,∴g(ln 3)> g(1)>g(ln 2),即c>a>b. 5.若x∈,a=2x,b=sin x,c=x,则a,b,c的大小关系为 (　　) A.c<a<b B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a 解析:选D　令f(x)=x-sin x,x∈(0,1),则f'(x)=1-cos x>0,所以f(x)在(0,1)内单调递增,所以f(x)>f(0)=0, 即x>sin x在(0,1)上恒成立,则c>b在上恒成立,又当x∈时a=2x>20=1,c=x<1,所以a>c>b. 6.已知f(x)是定义在R上的偶函数,f'(x)是f(x)的导函数,当x≥0时,f'(x)-2x>0,且f(1)=2,则f(x)>x2+1的解集是 (　　) A.(-1,0)∪(1,+∞) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-1,0)∪(0,1) D.(-∞,-1)∪(0,1) 快审准解:利用抽象函数的导数,及时还原出原函数,构造所需形式解不等式即可. 解析:选B　由题意知当x≥0时,f'(x)-2x>0,可知[f(x)-x2]'>0.令g(x)=f(x)-x2,故g(x)在[0,+∞)单调递增,且g(1)=1.若求f(x)>x2+1的解集,即求g(x)>1的解集,即解g(x)>g(1),∵f(x)是定义在R上的偶函数,∴g(x)也是偶函数,故|x|>1即可,解得x∈(-∞,-1)∪(1,+∞),故选B. 7.若<a<b<1,则 (　　) A.ba<bb<aa<ab B.ba<aa<bb<ab C.ab<aa<bb<ba D.ab<bb<aa<ba 解析:选C　因为y=ax在R上单调递减,且<a<b<1,所以>aa>ab>a,因为y=bx在R上单调递减,且<a<b<1,所以>ba>bb>b,令f(x)=xln x,则f'(x)=ln x+1,因为<x<1,所以f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增,因为<a<b<1,所以f(a)<f(b),所以aln a<bln b,所以ln aa<ln bb,所以aa<bb,所以ab<aa<bb<ba. 8.设a=1+ln 1.03,b=,c=1.03,则 (　　) A.a<b<c B.b<a<c C.c<b<a D.c<a<b 解析:选B　设g(x)=ln(x+1)-x(x>0),则g'(x)=-1=,当x>0时,g'(x)<0,即g(x)在(0,+∞)上单调递减,故g(x)<g(0)=0,故ln(x+1)<x,所以ln 1.03<0.03,所以1+ln 1.03<1+0.03,即a<c;因为e0.03>1,所以<1.03,即b<c;构造函数f(x)=1+ln(1+x)-,f'(x)=+,当x>0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(0.03)>f(0)=0,即a>b.故b<a<c. 二、多选题 9.已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均是(0,+∞),x=2是f(x)的唯一零点,且(x+1)f'(x)<f(x),则 (　　) A.2 025f(2 023)>2 024f(2 024) B.f(1)>0 C.2 026f(2 024)<2 025f(2 025) D.f(3)>0 解析:选AB　令F(x)=,则F'(x)=,由题意知(x+1)f'(x)<f(x),所以F'(x)<0,即F(x)在(0,+∞)上单调递减,所以>,>,故A正确,C错误.又x=2是f(x)的唯一零点,所以F(2)=0,又F(x)在(0,+∞)上单调递减,所以F(1)=>0,F(3)=<0,即f(1)>0,f(3)<0,故B正确,D错误. 习得方略:对于比较复杂的式子要观察式子的特征,通过移项或乘除等手段,将相同的变量移到不等式的同一边, 化异为同构造函数,然后对构造的函数求导,应用导数进行解答,同时要注意函数的定义域及变形的等价性. 10.已知函数f(x)的导函数为f'(x),对任意的正数x,都满足f(x)<xf'(x)<2f(x)-2x,则下列结论正确的是 (　　) A.f(1)<2f B.f(1)<f(2) C.f(1)<4f-2 D.f(1)>f(2)+1 解析:选BCD　设g(x)=(x>0),则g'(x)=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,由g(1)>g得f(1)>2f,故A错误;由g(1)<g(2)得f(1)<f(2),故B正确;设h(x)=(x>0),则h'(x)== <0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,由h(1)<h得f(1)<4f-2,故C正确;由h(1)>h(2)得f(1)>f(2)+1,故D正确. 三、填空题 11.已知函数f(x)是定义在R上的增函数,且f(2)=1,则不等式f(x)>5-2x的解集为　　　　.  解析:由题意,知f(x)在R上为增函数,所以f'(x)≥0恒成立,构造函数g(x)=f(x)+2x-5,所以g'(x)=f'(x)+2≥2恒成立,所以g(x)在R上单调递增.又因为g(2)=f(2)+2×2-5=0,所以当x>2时,g(x)=f(x)+2x-5>g(2)=0,即f(x)>5-2x,所以f(x)>5-2x的解集为(2,+∞). 答案:(2,+∞) 12.若定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+2f(x)>0,且f(0)=1,则不等式f(x)>的解集为　　　　.  解析:构造F(x)=f(x)·e2x,∴F'(x)=f'(x)·e2x+f(x)·2e2x=e2x[f'(x)+2f(x)]>0,∴F(x)在R上单调递增,且F(0)=f(0)·e0=1. ∵不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1,即F(x)>F(0),∴x>0,∴原不等式的解集为(0,+∞). 答案:(0,+∞) 13.使得不等式logab<logba和ba<ab均成立的一组a,b的值分别为　　　　.  快审准解:取a>1,b>1,由ba<ab变形构造函数f(x)=,x>1,利用导数探讨函数的单调性,由此确定a,b的取值区间,并验证logab<logba成立即可. 解析:不妨取a>1,b>1,由ba<ab,得aln b<bln a⇔<.令函数f(x)=,x>1,求导得f'(x)=.当1<x<e时,f'(x)>0,当x>e时,f'(x)<0,即函数f(x)在(1,e)内单调递增,在(e,+∞)上单调递减,取a,b∈(1,e],由f(b)<f(a),得1<b<a≤e,此时logab<logaa=1=logbb<logba,取a=e,b=2. 答案:e,2(答案不唯一) 14.(2024·东莞三模)若a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为　　　　　　.  解析:ln a=ln =ln 2,ln b=ln e=,ln c=ln π,令f(x)=(x>0),则f'(x)=,由f'(x)>0,得0<x<e,由f'(x)<0,得x>e.∴f(x)在(0,e)内单调递增,在(e,+∞)上单调递减.∴ln b=最大,而ln a-ln c=ln 2-ln π=ln 4-ln π<0,∴a<c,则a<c<b. 答案:a<c<b 第五节　导数的综合问题 第1课时　利用导数研究不等式恒(能)成立问题 题点一　单变量不等式恒成立问题 方法(一)　分离参数法解决恒成立问题 [例1]　(2025·绵阳模拟)已知函数f(x)=x2-x-ln x(m∈R). (1)当m=2时,求函数f(x)的单调区间; (2)若∀x>0,不等式f(x)>x2恒成立,求实数m的取值范围. 解:(1)函数f(x)=x2-x-ln x的定义域为(0,+∞), 当m=2时,f(x)=x2-x-ln x,所以f'(x)=2x-1-=, 当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)在(0,1)上单调递减, 当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增, 综上所述,f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)若∀x>0,不等式f(x)>x2恒成立, 则>1++对x>0均成立, 所以>,令g(x)=1++, 则g'(x)=-+=-+=, 令h(x)=1-2ln x-x,显然h(x)=1-2ln x-x为(0,+∞)上的减函数,又h(1)=1-2ln 1-1=0, 所以x∈(0,1),h(x)>0,g'(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递增, 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,g'(x)<0,则g(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以g(x)max=g(1)=1++=2,所以>2,所以m>4,所以实数m的取值范围为(4,+∞). |思维建模| 用分离参数法解含参不等式恒成立问题,是指在能够判断出参数的系数正负的情况下,可以根据不等式的性质将参数分离出来,得到一端是参数,另一端是变量表达式的不等式,只要研究变量表达式的最值就可以解决问题.一般地,若a>f(x)对x∈D恒成立,则只需a>f(x)max;若a<f(x)对x∈D恒成立,则只需a<f(x)min. [即时训练] 1.(2025·黄冈模拟)已知函数f(x)=m(x+1)ex,m>0. (1)求f(x)的极值; (2)若对任意x∈(-1,+∞),有ln f(x)≤2ex恒成立,求m的最大值. 解:(1)f'(x)=m(x+2)ex,m>0. 令f'(x)>0,得x>-2;令f'(x)<0,得x<-2, 故f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增. ∴f(x)在x=-2处取得极小值f(-2)=-,无极大值. (2)ln f(x)≤2ex对任意x∈(-1,+∞)恒成立,即ln m≤2ex-ln(x+1)-x对任意x∈(-1,+∞)恒成立,令g(x)=2ex-ln(x+1)-x,x∈(-1,+∞),则只需ln m≤g(x)min即可.  (参变分离,将恒成立问题转化为函数最值问题) g'(x)=2ex--1,x∈(-1,+∞). 易知y=2ex,y=--1均在(-1,+∞)上单调递增, 故g'(x)在(-1,+∞)上单调递增且g'(0)=0. ∴当x∈(-1,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)min=g(0)=2. 故ln m≤2=ln e2,∴0<m≤e2,故m的最大值为e2. 方法(二)　分类讨论解决恒成立问题 [例2]　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)当a=-2时,求f(x)的极值; (2)当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. 解:(1)当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x>-1,f'(x)=2ln(1+x)+=2ln(1+x)-+1, 所以f'(x)在(-1,+∞)上单调递增,且f'(0)=0. 当x>0时,f'(x)>0,当-1<x<0时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 故f(x)的极小值为f(0)=0,无极大值. (2)由f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,可得f'(x)=-aln(1+x)-. 令g(x)=f'(x),x≥0,则g'(x)=--==. ①当a≤-时,g'(x)≥-=≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,g(x)=f'(x)≥f'(0)=0, 故f(x)在[0,+∞)上单调递增,f(x)≥f(0)=0恒成立;(端点效应) ②当a≥0时,f'(x)≤0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,因为f(0)=0,所以不满足当x≥0时,f(x)≥0; ③当-<a<0时,令g'(x)=0,得x=-2->0, 当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 因为g(0)=0,故存在x0∈,使得g(x0)<0,故当x∈[0,x0)时,g(x)≤0,所以f(x)单调递减, 因为f(0)=0,所以存在x1∈(0,x0),使得f(x1)<0,故不满足题意.(寻找x1,使得f(x1)<0,说明不成立) 综上所述,a的取值范围为. 习得方略:端点效应原理 “∀x∈[m,+∞),f(x)≥0恒成立”,若不等式恰好在端点处取等号,即f(m)=0,则必有f'(m)≥0成立(即在x=m的右侧需要有向上的趋势),如图1.否则若f'(m)<0,必存在x0(x0>m),使得x∈(m,x0)时, f'(x)<0,f(x)单调递减,如图2,又f(m)=0,则f(x)<0,与题设不符. 作为解答题,不能仅通过图象说明参数的取值范围,需要分类讨论,当需要说明不成立时,只需寻找到x0进行说明即可. |思维建模| 　　分类讨论法是指恒成立问题中的函数结构并不是很复杂,可以通过直接求导得到极值点,再对极值点直接讨论,从而求得参数的取值情况.其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法;若无法求得极值时,常可利用零点存在定理,确定零点的范围后再进行讨论,研究函数的单调性等. [即时训练] 2.(2024·衡阳三模)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+1. (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程; (2)若x∈[0,+∞),不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围. 解:(1)由题设当a=e时,f(x)=(x-1)ex-ex2+1,所以f'(x)=xex-2ex=x(ex-2e),f'(1)=-e.又f(1)=-e+1, 所以曲线f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为y-(-e+1)=-e(x-1), 即ex+y-1=0. (2)若x∈[0,+∞),不等式f(x)≥0恒成立,则f(x)min≥0, f'(x)=x(ex-2a)(x≥0), 当a≤时,对于x∈[0,+∞),f'(x)≥0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以x≥0时,f(x)≥f(0)=0,即a≤满足题意; 当a>时,若x∈(0,ln 2a),则f'(x)<0,f(x)在(0,ln 2a)上单调递减,所以f(ln 2a)<f(0)=0,与f(x)≥0矛盾,不合题意. 综上所述,实数a的取值范围为. 题点二　双变量不等式恒(能)成立问题 [例3]　已知函数f(x)=ax+ln x. (1)试讨论f(x)的极值; (2)设g(x)=x2-2x+2,若∀x1∈(0,+∞),∃x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),求实数a的取值范围. 快审准解:(1)先讨论f(x)的单调性,再确定极值; (2)∀x1∈(0,+∞),∃x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2)等价于f(x)max<g(x)max,分别求出f(x)max与g(x)max,即可求解. 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=a+=. 当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上为增函数,此时函数不存在极值. 当a<0时,由f'(x)>0,解得0<x<-,故f(x)在上单调递增. 由f'(x)<0,解得x>-,故f(x)在上单调递减. 此时函数在x=-处取得极大值,无极小值. 综上所述,当a≥0时,函数不存在极值. 当a<0时,函数在x=-处取得极大值,无极小值. (2)由(1)知当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上为增函数, 故f(x)无最大值,此时不符合题意;当a<0时,f(x)max=f=-1+ln=-1-ln(-a). 易知g(x)=x2-2x+2在[0,1]上单调递减,所以g(x)max=g(0)=2. 因为∀x1∈(0,+∞),∃x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2), 所以f(x)max<g(x)max,即 解得a<-e-3,所以实数a的取值范围是(-∞,-e-3). |思维建模| 　　“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价变换,常见的等价转换有: (1)∀x1,x2∈D,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. [即时训练] 3.已知函数f(x)=ax3+bx2-2x-1(a,b∈R),g(x)=x2-x+1,若函数f(x)的图象与函数g(x)的图象的一个公共点P的横坐标为1且两函数图象在点P处的切线斜率之和为9. (1)求a,b的值; (2)对任意x1,x2∈[-1,1],不等式f(x1)+k<g(x2)恒成立,求实数k的取值范围. 解:(1)因为f(1)=g(1),所以a+b-3=1,即2a+3b=24. 又g'(x)=2x-1,所以g'(1)=1,又f'(x)=ax2+bx-2,所以f'(1)=a+b-2. 由题意得f'(1)+g'(1)=a+b-1=9,所以a+b=10,由得 (2)把对任意x1,x2∈[-1,1],不等式f(x1)+k<g(x2)恒成立,转化为f(x)max+k<g(x)min,x∈([-1,1]),分别求出f(x)max和g(x)min,建立不等式,即可求出k的范围. 由(1)得f(x)=2x3+2x2-2x-1,对任意的x1,x2∈[-1,1],f(x1)+k<g(x2)恒成立, 所以f(x)max+k<g(x)min,x∈[-1,1], 因为f'(x)=6x2+4x-2=2(3x-1)(x+1), 令f'(x)<0得-1<x<,令f'(x)>0得x<-1或x>. 所以函数f(x)在上单调递减,在上单调递增. 而f(-1)=1,f(1)=1,所以f(x)max=1, 而g(x)=x2-x+1=+, 当x∈[-1,1]时,g(x)min=g=, 故1+k<,k<-, 所以实数k的取值范围是. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 1.(2025·安康模拟)已知函数f(x)=xex-ax2-ax. (1)当a=1时,求f(x)的单调区间; (2)当x∈[1,+∞)时,f(x)≥ex-ax2+ax+1,求a的取值范围. 解:(1)由题得函数f(x)的定义域为R, 当a=1时,f'(x)=(x+1)ex-x-1=(x+1)(ex-1), 当x∈(-∞,-1),x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 所以当a=1时,f(x)的单调递减区间为(-1,0), 单调递增区间为(-∞,-1)和(0,+∞). (2)当x∈[1,+∞)时,f(x)≥ex-ax2+ax+1, 等价于xex-ax2-ax≥ex-ax2+ax+1, 即xex-ex-1≥2ax, 即等价于当x∈[1,+∞)时,2a≤. 令φ(x)=-,则φ'(x)=+=+>0, 所以φ(x)在x∈[1,+∞)上单调递增, 所以φ(x)≥φ(1)=-1,所以a≤-, 所以a的取值范围为. 2.已知函数f(x)=ln x,g(x)=-1,其中a为常数. (1)过原点作f(x)图象的切线l,求直线l的方程; (2)若∃x∈(0,+∞),使f(x)≤g(x)成立,求a的最小值. 快审准解:(1)设切点,求导得出切线方程,代入原点,求出参数即得切线方程; (2)由题意,将其等价转化为a≥x(ln x+1)在(0,+∞)有解,即只需求h(x)=x(ln x+1)在(0,+∞)上的最小值,利用导数分析推理即得a的最小值. 解:(1)f'(x)=,设切点坐标为(t,ln t),则切线方程为y-ln t=(x-t), 因为切线经过原点, 所以-ln t=(-t),解得t=e, 所以切线的斜率为, 所以直线l的方程为x-ey=0. (2)∃x∈(0,+∞),f(x)≤g(x),即ln x≤-1成立, 则a≥x(ln x+1)在(0,+∞)有解, 故有x∈(0,+∞)时,a≥[x(ln x+1)]min. 令h(x)=x(ln x+1),x>0,则h'(x)=ln x+2, 令h'(x)>0得x∈; 令h'(x)<0得x∈, 故h(x)在内单调递减,在上单调递增, 所以h(x)min=h=-, 则a≥-,故a的最小值为-. 3.已知函数f(x)=aln x+x+(a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设g(x)=2x2-mex++(e=2.718…为自然对数的底数),当a=-e时,对任意x1∈[1,4],存在x2∈[1,e],使g(x1)≤f(x2),求实数m的取值范围. 解:(1)函数f(x)=aln x+x+的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=+-=, 而a≠0,当a>0时,由f'(x)<0得0<x<2a,由f'(x)>0得x>2a, 因此函数f(x)在(0,2a)上单调递减,在(2a,+∞)上单调递增, 当a<0时,由f'(x)<0得0<x<-6a,由f'(x)>0得x>-6a, 因此函数f(x)在(0,-6a)上单调递减,在(-6a,+∞)上单调递增. (2)当a=-e时,由(1)知,函数f(x)在[1,e]上单调递减,而x2∈[1,e], 则f(x2)max=f(1)=+, 任意x1∈[1,4],存在x2∈[1,e],使g(x1)≤f(x2)等价于∀x1∈[1,4],g(x1)≤+恒成立, 则有∀x1∈[1,4],2-m≤0⇔m≥成立,令h(x)=,1≤x≤4, 则h'(x)==-,当1<x<2时,h'(x)>0,当2<x<4时,h'(x)<0, 即有h(x)在[1,2]上单调递增,在[2,4]上单调递减,h(x)max=h(2)=, 因此当x1∈[1,4]时,的最大值为,则m≥, 所以实数m的取值范围是. 4.(2025·惠州模拟)已知函数f(x)=. (1)当a=2时,求f(x)在(-1,f(-1))处的切线方程; (2)当x≥0时,不等式f(x)≤2恒成立,求a的取值范围. 解:(1)当a=2时,f(x)=,∴f'(x)=. 故切线的斜率k=f'(-1)=-e,又f(-1)=e,∴切点为(-1,e).∴切线方程为y-e=-e(x+1),化简得ex+y=0. (2)法一　当x≥0时,f(x)≤2恒成立,故≤2, 也就是x2+ax+a≤2ex,即a(x+1)≤2ex-x2, 由x+1>0得a≤. 令h(x)=(x≥0), 则h'(x)==. 令t(x)=2ex-x-2(x≥0),则t'(x)=2ex-1, 可知t'(x)在[0,+∞)上单调递增,则t'(x)≥t'(0)=1, 即t'(x)>0在[0,+∞)恒成立, 故t(x)在[0,+∞)单调递增,∴t(x)≥t(0)=0, 故h'(x)≥0在[0,+∞)恒成立. ∴h(x)在[0,+∞)单调递增. 又h(0)=2,∴h(x)≥2,故a≤2. ∴a的取值范围为(-∞,2]. 法二　∵当x≥0时,f(x)≤2恒成立,故f(x)max≤2,由f'(x)==(x≥0), 令f'(x)=0,得x=0或x=2-a, ①当2-a≤0,即a≥2时,f'(x)≤0在x∈[0,+∞)上恒成立. ∴f(x)在[0,+∞)上单调递减,∴f(x)max=f(0)==a≥2,∴a>2不合题意,a=2合题意. ②当2-a>0,即a<2时,当x∈[0,2-a)时,f'(x)>0,当x∈(2-a,+∞)时,f'(x)<0,故f(x)在[0,2-a)上单调递增,在(2-a,+∞)上单调递减,∴f(x)max=f(2-a)=. 设t=2-a>0,y=,则y'=<0恒成立, ∴y=在(0,+∞)上单调递减,故<=2, 即f(x)max<2,合题意.综上,a≤2.故a的取值范围为(-∞,2]. 法三　∵当x≥0时,f(x)≤2恒成立,也就是x2+ax+a≤2ex, 即2ex-x2-ax-a≥0恒成立,令h(x)=2ex-x2-ax-a,x∈[0,+∞),则h'(x)=2ex-2x-a. 令S(x)=h'(x)=2ex-2x-a,S'(x)=2ex-2. ∵x≥0,∴ex≥1,∴S'(x)≥0恒成立, ∴h'(x)在[0,+∞)上单调递增.∴h'(x)min=h'(0)=2-a. ①当2-a≥0,即a≤2时,h'(x)≥0, ∴h(x)在[0,+∞)上单调递增, ∴h(x)min=h(0)=2-a≥0,符合题意; ②当2-a<0,即a>2时,ln >0, ∵h'(0)=2-a<0,h'=-2ln <0,存在x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0,即2=2x0+a. (关键点:利用函数零点存在定理设出零点,判断h(x)的最大值) ∴h(x)在[0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增. ∴h(x)min=h(x0)=2--ax0-a=(2x0+a)--ax0-a=-+(2-a)x0<0,不合题意. 综上,a≤2.故a的取值范围为(-∞,2]. 第2课时　利用导数证明不等式 方法一　移项构造函数证明不等式 [例1]　已知函数f(x)=ln x-ax+1. (1)求f(x)的极值; (2)求证:ln x+x+1≤xex. 快审准解:(1)求出函数的导数,利用导数与函数单调性以及极值的关系,即可求得答案; (2)根据要证明的不等式的结构特点,设g(x)=xex-ln x-x-1,x>0,求出其导数,利用导数判断其单调性,结合其最值,即可证明结论. 解:(1)由题意知,f(x)=ln x-ax+1的定义域为(0,+∞),则f'(x)=-a=, 当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值; 当a>0时,令f'(x)<0,则x>, 令f'(x)>0,则0<x<, 即f(x)在上单调递增,在上单调递减, 故x=为函数的极大值点,函数极大值为f=-ln a,无极小值. (2)证明:设g(x)=xex-ln x-x-1,x>0,g'(x)=(x+1)ex--1,令h(x)=(x+1)ex--1, 则h'(x)=(x+2)ex+>0(x>0),即h(x)在(0,+∞)上单调递增, h=-3<0,h(e)=(e+1)ee--1>0, 故∃x0∈,使得h(x0)=0,即x0=1, 当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g(x)在(0,x0)上单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,g(x)在(x0,+∞)上单调递增, 故g(x)min=g(x0)=x0-ln-x0-1=0, 即g(x)≥0,即ln x+x+1≤xex. |思维建模| (1)若待证不等式的一边含有自变量,另一边为常数,可直接求函数的最值,利用最值证明不等式. (2)若待证不等式的两边含有同一个变量,一般地,可以直接构造“左减右”的函数,有时对复杂的式子要进行变形,利用导数研究其单调性和最值,借助所构造函数的单调性和最值即可得证. [即时训练] 1.已知函数f(x)=xln(x+1). (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)求证:f(x)+x3≥x2. 解:(1)因为f(x)=xln(x+1), 则f'(x)=ln(x+1)+, 所以f(1)=ln 2,f'(1)=ln 2+, 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-ln 2=(x-1), 即y=x-. (2)证明:令g(x)=f(x)+x3-x2=x3-x2+xln(x+1),其中x>-1, g'(x)=x2-2x+ln(x+1)+, 令h(x)=x2-2x+ln(x+1)+,其中x>-1, 则h'(x)=3x-2++=, 当x>-1时,h'(x)≥0且h'(x)不恒为零,所以函数g'(x)在(-1,+∞)上单调递增, 所以当-1<x<0时,g'(x)<g'(0)=0,此时函数g(x)单调递减,当x>0时,g'(x)>g'(0)=0,此时函数g(x)单调递增, 所以g(x)≥g(0)=0,即f(x)+x3≥x2. 方法二　拆分函数证明不等式 [例2]　(2025·榆林一模)设函数f(x)=ln x+ax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=6x-3. (1)求a,b; (2)求证:f(x)>-. 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+a. 将x=1代入y=6x-3,解得y=3,即f(1)=3, 由切线方程y=6x-3,得切线斜率f'(1)=6. 故a+b=3,1+a=6,解得a=5,b=-2. (2)证明:由(1)知f(x)=ln x+5x-2, 从而f(x)>-等价于xln x>-5x2+2x-. 设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x. 所以当x∈时,g'(x)<0, 当x∈时,g'(x)>0. 故g(x)在上单调递减,在上单调递增, 从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-. 设函数h(x)=-5x2+2x-=-5-, 从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h=-<-. 故g(x)>h(x),即f(x)>-. |思维建模|　构造双函数证明不等式的使用原则 (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值,借助最值进行证明. (2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点,一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点. [即时训练] 2.已知函数f(x)=ex2-xln x,求证:当x>0时,f(x)<xex+. 证明:要证f(x)<xex+,只需证ex-ln x<ex+,即ex-ex<ln x+. 令h(x)=ln x+(x>0),则h'(x)=, 易知h(x)在上单调递减,在上单调递增, 则h(x)min=h=0,所以ln x+≥0. 令φ(x)=ex-ex,则φ'(x)=e-ex, 易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0. 因为h(x)与φ(x)不同时为0, 所以ex-ex<ln x+,故原不等式成立. 方法三　放缩后构造函数证明不等式 [例3]　已知函数f(x)=xex-ex+1. (1)证明:f(x)≥0; (2)已知n∈N*,证明:sin+sin+…+sin<ln 2. 解:(1)证明:函数f(x)=xex-ex+1的定义域为R,f'(x)=xex,由f'(x)>0,得x>0,由f'(x)<0,得x<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减, 故f(x)的最小值是f(0)=0,所以f(x)≥0. (2)由(1),得xex-ex+1≥0. 令t=ex,t>0,则tln t-t+1≥0,即ln t≥1-. 令t=,则ln>, 所以<ln=ln(n+k)-ln(n+k-1),k∈{1,2,…,n}.① 令g(x)=x-sin x(x>0),则g'(x)=1-cos x≥0且g'(x)不恒为零, 所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,故g(x)>g(0)=0-sin 0=0,则sin x<x(x>0). 所以sin <<ln(n+k)-ln(n+k-1),k∈{1,2,…,n}.② 所以sin+sin+…+sin<[ln(n+1)-ln n]+[ln(n+2)-ln(n+1)]+…+[ln 2n-ln(2n-1)]=ln 2n-ln n=ln=ln 2.问题得证. 习得方略:①会转化:通过两次换元,得到<ln(n+k)-ln(n+k-1),k∈{1,2,…,n},这帮助我们找到了与ln(n+k)-ln(n+k-1)之间的关系,那么接下来再找到sin 与的关系即可.显然可以利用不等式sin x<x(x>0),注意步骤要规范. ②关键点:以为桥梁,放缩得到三角函数值与对数值之间的不等关系. |思维建模|　放缩法证明不等式的使用原则 　　导数方法证明不等式中,最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题,对于这类问题,可以考虑先对ex和ln x进行放缩,使问题简化,简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下: (1)ex≥1+x,当且仅当x=0时取等号; (2)ln x≤x-1,当且仅当x=1时取等号; (3)x>sin x,x∈(0,+∞). [即时训练] 3.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间; (2)当a≤2时,证明:当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 解:(1)因为f(x)=a(x-1)-ln x+1,所以f'(x)=a-=(x>0). 若a≤0,则f'(x)<0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,即f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间; 若a>0,则当0<x<时,f'(x)<0,当x>时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. 综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间; 当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)证明:法一:放缩法　因为a≤2,所以当x>1时,ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1. 令g(x)=ex-1-2x+ln x+1,则只需证当x>1时,g(x)>0即可. 易知g'(x)=ex-1-2+,令h(x)=g'(x),则h'(x)=ex-1-在(1,+∞)上单调递增,所以h'(x)>h'(1)=0,所以g'(x)在(1,+∞)上单调递增. 所以g'(x)>g'(1)=0,故g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 法二:作差法直接求导证明　设m(x)=a(x-1)-ln x+1-ex-1,只需证当x>1时,m(x)<0即可. 易知m'(x)=a--ex-1(x>1), 令n(x)=m'(x),则n'(x)=-ex-1(x>1). 由基本初等函数的单调性可知n'(x)在(1,+∞)上单调递减,所以n'(x)<n'(1)=1-1=0, 所以n(x)=m'(x)在(1,+∞)上单调递减, 于是m'(x)<m'(1)=a-2. 又a≤2,所以a-2≤0,则m'(x)<0,故m(x)在(1,+∞)上单调递减,所以m(x)<m(1)=0,即当x>1时,f(x)<ex-1恒成立. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 1.设函数f(x)=aln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y-3=0. (1)求a,b; (2)求证:f(x)>e-x. 快审准解:(1)求出函数f(x)=aln x+的导数,利用曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y-3=0,利用切线的斜率和切点坐标即可求出a,b. (2)要证f(x)>e-x,变形即证xln x>xe-x-2,设函数h(x)=xln x,g(x)=xe-x-2,判断两函数的单调性,求解函数的最值,满足h(x)min>g(x)max,即可证明f(x)>e-x. 解:(1)函数f(x)=aln x+,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+y-3=0, 可得f(1)=2,f'(1)=-1,即解得a=1,b=2. (2)证明:由(1)得f(x)=ln x+,要证f(x)>e-x,即证exf(x)>1, 即exln x+>1,等价于xln x>xe-x-2. 设函数h(x)=xln x,则h'(x)=ln x+1. 所以当x∈时,h'(x)<0; 当x∈时,h'(x)>0. 故h(x)在上单调递减,在上单调递增, 从而h(x)在(0,+∞)的最小值为h=-. 令g(x)=xe-x-2,则g'(x)=e-x(1-x). 所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0. 故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为g(1)=-2. 因为->-2,所以当x>0时,h(x)>g(x),即exf(x)>1.可知f(x)>e-x. 2.(2025·呼和浩特模拟)已知函数f(x)=ex+x+a,g(x)=ln(x+1)+ln 2. (1)当a=0时,求f(x)在x=0处的切线方程; (2)证明:当a≥0时,f(x)>g(x). 解:(1)当a=0时,f(x)=ex+x,f(0)=1,且f'(x)=ex+1,f'(0)=2, 所以切线方程为y-1=2(x-0),即2x-y+1=0. (2)证明:由题意知x>-1, 设h(x)=f(x)-(2x+1)=ex-x-1+a,则h'(x)=ex-1, 令h'(x)>0得x>0,令h'(x)<0得-1<x<0, 故h(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增,h(x)≥h(0)=a≥0, 所以f(x)≥2x+1,当且仅当x=0=a时,等号成立. 设φ(x)=(2x+1)-g(x)=2x-ln(x+1)+1-ln 2,则φ'(x)=2-=, 令φ'(x)>0得x>-, 令φ'(x)<0得-1<x<-, 故φ(x)在单调递减, 在单调递增,φ(x)≥φ=-1-ln+1-ln 2=0, 所以2x+1≥g(x),当且仅当x=-时,等号成立, 综上可得,f(x)≥2x+1≥g(x),等号不能同时成立,所以f(x)>g(x). 3.已知函数f(x)=(x+a)ex+1(a∈R). (1)若f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围; (2)证明:当x>0时,x>e(ex-1). 快审准解:(1)根据给定条件,分离参数并构造函数,利用导数求出最大值即可得解. (2)构造函数h(x)=ex-x,x>0,利用导数证得ex>x+1,再利用函数单调性及不等式性质推理即得. 解:(1)函数f(x)=(x+a)ex+1的定义域为R,由f(x)≥0,得a≥-x-,令g(x)=-x-, 依题意,a≥g(x)恒成立,g'(x)=-1+, 当x<0时,g'(x)>0,当x>0时,g'(x)<0, 则函数g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,g(x)max=g(0)=-1,于是a≥-1, 所以实数a的取值范围是[-1,+∞). (2)证明:当x>0时,令h(x)=ex-x,求导得h'(x)=ex-1>0,函数h(x)在(0,+∞)上单调递增, 则h(x)>h(0)=1,即ex>x+1,因此>ex+1,x>xex+1, 令φ(x)=xex-ex+1,x>0,求导得φ'(x)=xex>0,即函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增, φ(x)>φ(0)=0,即xex>ex-1, 于是xex+1>e(ex-1), 所以x>e(ex-1). 4.(2025·嘉兴模拟)已知函数f(x)=2x-aln x(a∈R),g(x)=-x2-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若存在x∈(1,+∞),使得函数f(x)≤g(x)成立,求证:a>5e. 参考数据:7<e2<7.4,20<e3<20.1. 快审准解:(1)先求函数的定义域,然后结合导数,分a≤0与a>0两类进行讨论即可得解. (2)法一:先进行参变量分离,将问题转化为最值问题,构造函数r(x)=(x>1),求r(x)min即可得证,在求最小值过程中,再次构造函数p(x)=(2x+3)ln x-(x+3),结合零点存在定理和单调性,判断出存在x0∈(2,e),使得p(x0)=0,即(2x0+3)ln x0-(x0+3)=0,则ln x0=,从而得出r(x)min=r(x0)=x0(2x0+3)>14>5e,得证; 法二:构造函数h(x)=aln x-x2-3x(x≥1),结合导数求h(x)max,求最大值过程中,结合零点存在定理和单调性,存在x0∈(1,+∞),h'(x0)==0,即a=2+3x0,得到h(x)max=h(x0)=(2+3x0)ln x0--3x0,又y=h(x0)单调递增,且h(2)<0,h(e)>0,得出2<x0<e,所以a=2+3x0>14>5e,得证. 解:(1)函数f(x)=2x-aln x的定义域为(0,+∞),则f'(x)=2-, 当a≤0时,f'(x)=2->0,所以f(x)单调递增,即f(x)在(0,+∞)上单调递增, 当a>0时,令f'(x)=2-<0,又x>0,解得0<x<,所以f(x)在上单调递减, 令f'(x)=2->0,解得x>,所以f(x)在上单调递增. 综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无单调递减区间; 当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)证明:法一　由f(x)≤g(x)得2x-aln x≤-x2-x,所以aln x≥x2+3x, 因为x∈(1,+∞),所以a≥,由题意知a≥,记函数r(x)=(x>1), 则r'(x)=, 记p(x)=(2x+3)ln x-(x+3),则当x>1时,p'(x)=2ln x+-1=2ln x++1>0, 所以函数p(x)=(2x+3)ln x-(x+3)在(1,+∞)上单调递增,又p(e)=(2e+3)-(e+3)=e>0, 因为27=128,e5=e2e3>7×20=140,所以p(2)=7ln 2-5<0, 所以存在x0∈(2,e),使得p(x0)=0,即(2x0+3)ln x0-(x0+3)=0,则ln x0=, 所以当x∈(0,x0)时,r'(x)<0,r(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,r'(x)>0,r(x)单调递增. 所以r(x)min=r(x0)===x0(2x0+3)>14>5e, 所以a≥r(x)min>5e,命题得证. 法二　存在x∈(1,+∞),使得函数f(x)≤g(x)成立⇔存在x∈(1,+∞),使得函数aln x-x2-3x≥0成立, 记h(x)=aln x-x2-3x(x≥1),则h'(x)=-2x-3=(x≥1), 当a≤5时,h'(x)≤0,所以h(x)单调递减,则h(x)<h(1)=-4<0,不合题意; 当a>5时,存在x0∈(1,+∞),h'(x0)==0,即a=2+3x0, 所以h(x)在区间(1,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以h(x)max=h(x0)=aln x0--3x0=(2+3x0)ln x0--3x0(x0>1), 所以h'(x0)=(4x0+3)ln x0+2x0+3-2x0-3=(4x0+3)ln x0>0,则y=h(x0)单调递增, 又h(2)=14ln 2-10=2ln<0,h(e)=e2>0, 所以2<x0<e, 所以a=2+3x0>14>5e.命题得证. 关键点睛:第(1)小问的关键在于分类讨论的标准:a≤0与a>0,第(2)小问,法一的关键是参变量分离转化为最值问题,结合零点存在定理和导数判断单调性,通过构造函数求出最值即可得证,法二的关键是直接移项构造函数,结合导数进行两次构造函数,同样求出最值即可得证. 第3课时　利用导数研究函数的零点 题点一　函数零点个数的确定 [例1]　已知函数f(x)=ln x-x+2sin x. (1)证明:f(x)在区间(0,π)存在唯一极大值点; (2)求f(x)的零点个数. 解:(1)证明:设g(x)=f'(x)=-1+2cos x, 当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-<0, 所以g(x)在(0,π)上单调递减. 又因为g=-1+1=>0,g=-1<0, 所以g(x)在上有唯一的零点a, 即函数f'(x)在(0,π)上存在唯一零点, 当x∈(0,a)时,f'(x)>0,f(x)在(0,a)上单调递增; 当x∈(a,π)时,f'(x)<0,f(x)在(a,π)上单调递减, 所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点a. (2)在分析函数零点时,首先要分区间讨论,结合(1)可确定函数在(0,π)上零点个数,其次分析当x∈[π,2π)时,利用放缩法可知f(x)≤ln x-x,构造函数h(x)=ln x-x,利用导数确定最大值小于0,即可判断函数无零点,最后讨论当x∈[2π,+∞)时,放缩f(x)≤ln x-x+2即可利用类似方法确定函数无零点. ①由(1)知f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点a, 所以f(a)>f=ln-+2>2->0, 又因为f=-2-+2sin<-2-+2<0, 所以f(x)在(0,a)上恰有一个零点, 又因为f(π)=ln π-π<2-π<0, 所以f(x)在(a,π)上也恰有一个零点. ②当x∈[π,2π)时,则sin x≤0,f(x)≤ln x-x, 设h(x)=ln x-x,则h'(x)=-1<0, 所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0, 所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立, 所以f(x)在[π,2π)上没有零点. ③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2, 设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=-1<0, 所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减, 所以φ(x)≤φ(2π)=ln 2π-2π+2<2-2π+2=4-2π<0, 所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立, 所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点. 综上,f(x)有且仅有两个零点. |思维建模|　利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法 (1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等. (2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置. (3)数形结合去分析问题,可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现. [即时训练] 1.函数f(x)=aex-x-1(a∈R). (1)当a=1时,求证:f(x)≥0; (2)讨论函数f(x)的零点个数. 解:(1)证明:当a=1时,f(x)=ex-x-1, 所以f'(x)=ex-1,令f'(x)=0得x=0. 当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增. 从而f(x)≥f(0)=0,不等式得证. (2)令f(x)=0,则a==g(x),g'(x)=. 当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 又g(0)=1,当x→-∞时,g(x)→-∞; 当x→+∞时,g(x)→0. 从而当a>1时,f(x)无零点; 当a≤0或a=1时,f(x)有一个零点; 当0<a<1时,f(x)有两个零点. 题点二　由函数的零点个数求参数 [例2]　已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2,a∈R. (1)当a=时,求f(x)的单调区间; (2)若方程f(x)+a=0有三个不同的实根,求a的取值范围. 快审准解:(1)求出函数的导函数,再解关于导函数的不等式即可求出单调区间. (2)由f(x)+a=(x-1)[ex-a(x+1)],可得x=1为f(x)+a=0的一个根,所以ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根,令g(x)=ex-a(x+1),利用导数说明函数的单调性,从而得到当a>0时g(ln a)<0且g(1)≠0,即可求出参数的取值范围. 解:(1)当a=时,函数f(x)=(x-1)ex-x2, 则f'(x)=xex-ex=x(ex-e),令f'(x)=0得x=0或x=1, 当x∈(-∞,0)或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, 当x∈(0,1)时,f'(x)<0, 所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减, 即当a=时,f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(1,+∞),单调递减区间为(0,1). (2)因为f(x)+a=(x-1)[ex-a(x+1)],所以x=1为f(x)+a=0的一个根, 故ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根, 令g(x)=ex-a(x+1),则g'(x)=ex-a, ①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在R上单调递增,不符合题意; ②当a>0时,令g'(x)=0,得x=ln a, 当x>ln a时,g'(x)>0,故g(x)在区间(ln a,+∞)上单调递增, 当x<ln a时,g'(x)<0,故g(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减, 并且当x→-∞时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→+∞. 所以若要满足题意,只需g(ln a)<0且g(1)≠0, 因为g(ln a)=eln a-a(ln a+1)=-aln a<0,所以a>1,又g(1)=e-2a≠0,所以a≠, 所以实数a的取值范围为∪. |思维建模|　利用函数的零点求参数范围的方法 参变 分离法 将函数的零点个数问题转化成两函数的交点个数问题,通过求导研究函数图象得到 分类 讨论法 根据参数的不同分类情况,逐个研究函数的零点个数,直至找到符合要求的参数范围 [即时训练] 2.(2024·汕头三模)已知函数f(x)=x(ex-ax2). (1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线与y轴垂直,求y=f(x)的极值. (2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a. 快审准解:(1)求出函数f(x)的导数,结合几何意义求出a,再分析单调性求出极值. (2)由函数零点的意义,等价变形得a=在(0,+∞)只有一解,转化为直线与函数图象只有一个交点求解. 解:(1)函数f(x)=x(ex-ax2)的定义域为R,求导得f'(x)=(x+1)ex-3ax2,f'(-1)=-3a, 依题意,f'(-1)=0,则a=0,f(x)=xex,f'(x)=(1+x)ex,当x<-1时,f'(x)<0,当x>-1时,f'(x)>0,因此函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=-1处取得极小值f(-1)=-,无极大值. (2)函数f(x)=x(ex-ax2)在(0,+∞)只有一个零点,等价于y=ex-ax2在(0,+∞)只有一个零点,设g(x)=ex-ax2,则函数g(x)在(0,+∞)只有一个零点,当且仅当g(x)=0在(0,+∞)只有一解,即a=在(0,+∞)只有一解,于是曲线y=(x>0)与直线y=a只有一个公共点,令φ(x)=(x>0),求导得φ'(x)=,当x<2时,φ'(x)<0,当x>2时,φ'(x)>0,因此函数φ(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 函数φ(x)在x=2取得极小值同时也是最小值φ(2)=,当x→0时,φ(x)→+∞;当x→+∞时,φ(x)→+∞,画出φ(x)=大致的图象,如图, g(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=φ(2)=, 所以f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 1.(2024·邵阳三模)已知函数f(x)=-x3+x2+1. (1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)若函数g(x)=f(x)-k(k∈R)有且仅有三个零点,求k的取值范围. 解:(1)由f(x)=-x3+x2+1,得f'(x)=-x2+2x,令f'(x)>0,得-x2+2x>0,解得0<x<2.所以f(x)的单调递增区间为(0,2). (2)令f'(x)=0,解得x=0或x=2. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示: x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 1 单调递增 单调递减 由函数g(x)=f(x)-k有且仅有三个零点,得方程f(x)=k(k∈R)有且仅有三个不等的实数根, 所以函数y=f(x)的图象与直线y=k有且仅有三个交点.显然,当x→-∞时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→-∞.所以由上表可知,f(x)的极小值为f(0)=1,f(x)的极大值为f(2)=, 故k的取值范围为. 2.(2024·郑州三模)已知函数f(x)=eax-x. (1)若a=2,求f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论f(x)的零点个数. 解:(1)若a=2,则f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1. 又f(1)=e2-1,切点为(1,e2-1), 曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线斜率k=f'(1)=2e2×1-1=2e2-1, 故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1),即y=(2e2-1)x-e2. (2)由题意知,f'(x)=aeax-1. ①当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减,又f(0)=1>0,f(1)=ea-1≤0. 故f(x)存在一个零点,此时f(x)零点个数为1. ②当a>0时,令f'(x)<0,得x<-; 令f'(x)>0,得x>-, 所以f(x)在上单调递减,在上单调递增. 故f(x)的最小值为f=.当a=时,f(x)的最小值为0,此时f(x)有一个零点. 当a>时,f(x)的最小值大于0,此时f(x)没有零点.当0<a<时,f(x)的最小值小于0,f(-1)=e-a+1>0, f=<0,x→+∞时,f(x)→+∞,此时f(x)有两个零点. 综上,当a≤0或a=时,f(x)有一个零点; 当0<a<时,f(x)有两个零点; 当a>时,f(x)没有零点. 3.已知函数f(x)=a2x-x(a>0,a≠1). (1)若a=e,求f(x)在x=0处的切线方程; (2)若函数f(x)有2个零点,试比较ln a与的大小关系. 快审准解:(1)求出原函数的导数,即可求出切线的斜率,再求出切点坐标,根据点斜式方程即可求得切线方程. (2)将函数的零点问题转化为两个函数交点的问题,再通过构造函数并求出其导数来确定极值和最值,结合函数图象分析,得出不等式,从而解决问题. 解:(1)当a=e时,f(x)=e2x-x,f'(x)=2e2x-1,所以f'(0)=1,又f(0)=1,所以切线方程为y-1=x,即x-y+1=0. (2)函数f(x)有2个零点等价于方程a2x-x=0有两个根, 即a2x=x⇒ln a2x=ln x⇒2xln a=ln x⇒2ln a=有两个根, 令h(x)=,则h'(x)=,令h'(x)==0⇒x=e, 当x∈(0,e)时,h'(x)>0,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 所以h(x)max=h(e)=, 当x→0时,h(x)→-∞, 当x→+∞时,h(x)→0, 所以要使得2ln a=有两个根,则2ln a∈,即0<2ln a<, 所以ln a<. 4.设函数f(x)=aex+sin x-3x-2,e为自然对数的底数,a∈R. (1)若a≤0,求证:函数f(x)有唯一的零点; (2)若函数f(x)有唯一的零点,求a的取值范围. 解:(1)证明:当a≤0时,f'(x)=aex+cos x-3<0恒成立,所以f(x)单调递减, 又f(0)=a-2<0,f≥a-3-3=a-a≥0, 所以存在唯一的x0∈,使得f(x0)=0,得证. (2)由(1)可知,当a≤0时,f(x)有唯一零点①. 当a>0时,f(x)=ex. 设g(x)=+a,则g(x)有唯一零点②, g'(x)=. 设h(x)=cos x-sin x+3x-1, 则h'(x)=-cos x-sin x+3>0,所以h(x)单调递增, 又h(0)=0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 故g(x)min=g(0)=a-2. 当a>2时,g(x)>0恒成立,g(x)无零点,即f(x)无零点,故a>2不符合题意. 当a=2时,g(x)min=g(0)=0,则g(x)仅有一个零点x=0,即f(x)仅有一个零点x=0,故a=2符合题意. 当0<a<2时, 首先证明:当x≥0时,ex>.设g(x)=ex-,x≥0,则g'(x)=ex-x,令h(x)=ex-x,则h'(x)=ex-1≥0, 所以g'(x)在[0,+∞)上单调递增, 故g'(x)≥g'(0)=1>0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增, 因此g(x)≥g(0)=1>0,即当x≥0时,ex>. 当x>0时,f(x)≥aex-3x-3>x2-3x-3, 令x2-3x-3=0,得x=. 取x0=>0,则f(x0)>0. 又f(0)=a-2<0,f(-1)=ae-1+1-sin 1>0, 因此,当0<a<2时,f(x)至少有两个零点,不合题意. 综上,a的取值范围为(-∞,0]∪{2}③. 习得方略:①处,这里要提醒同学们,根据(1)知当a≤0时函数f(x)有唯一的零点,但a≤0可能是函数f(x)有唯一零点的充分不必要条件,尤其在此问题的设问背景下,可以大胆猜测a≤0只是函数f(x)有唯一的零点时a的取值范围的一部分,因此需要考虑a>0时的情况; ②处会转化,根据ex恒大于0,将问题转化为函数g(x)有唯一零点; ③处,综述时,a=2这个取值不要漏了,同时要注意书写的规范性. 第4课时　隐零点问题 　　利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关,而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系.按照函数零点能否精确求解,可分为两类:一类是数值上能精确求解的称之为“显零点”,另一类是能够判断其存在,但无法用显性的代数式表达的(f'(x0)=0是超越式),称之为“隐零点”.对于隐零点问题,常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧. [例1]　已知函数f(x)=xsin x-1. (1)讨论函数f(x)在区间上的单调性; (2)求证:函数y=f(x)在[0,π]上有两个零点. 解:(1)因为函数f(x)的定义域为R,f(-x)=-xsin(-x)-1=f(x),所以函数f(x)为偶函数. 又f'(x)=sin x+xcos x,且当x∈时,f'(x)≥0,所以函数f(x)在上单调递增, 又函数f(x)为偶函数,所以f(x)在上单调递减. 综上,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)证明:由(1)得,f(x)在上单调递增, 又f(0)=-1<0,f=-1>0, 所以f(x)在内有且只有一个零点, 当x∈时,令g(x)=f'(x)=sin x+xcos x, 则g'(x)=2cos x-xsin x,当x∈时,g'(x)<0恒成立,即g(x)在上单调递减,又g=1>0,g(π)=-π<0,则存在m∈,使得g(m)=0, 且当x∈时,g(x)>g(m)=0,即f'(x)>0,则f(x)在上单调递增, f=-1>0,f(m)>0,故f(x)在上没有零点. 当x∈(m,π]时,有g(x)<g(m)=0,即f'(x)<0,则f(x)在(m,π]上单调递减, 又f(π)=-1<0,所以f(x)在(m,π]上有且只有一个零点. 综上,函数f(x)在[0,π]上有两个零点. 习得方略:已知不含参函数f(x),导函数方程f'(x)=0的根存在,却无法求出,设方程f'(x)=0的根为x0,则有:①关系式f'(x0)=0成立;②注意确定x0的合适范围. [例2]　已知函数f(x)=ex-a-ln x+x. (1)当a=1时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)当a≤0时,求证:f(x)>x+2. 解:(1)当a=1时,f(x)=ex-1-ln x+x, f'(x)=ex-1-+1, 则f'(1)=1,而f(1)=2, 则切线方程为y-2=x-1,即x-y+1=0, 所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x-y+1=0. (2)证明:当a≤0时, 令F(x)=f(x)-x-2=ex-a-ln x-2,x>0, F'(x)=ex-a-=, 显然函数F'(x)在(0,+∞)上单调递增, 令g(x)=xex-a-1,x≥0,g'(x)=(x+1)ex-a>0, 即函数g(x)在(0,+∞)上单调递增, 而g(0)=-1<0,g(1)=e1-a-1≥e-1>0, 则存在唯一x0∈(0,1),使得g(x0)=0, 即=, 因此存在唯一x0∈(0,1),使得F'(x0)=0, 当0<x<x0时,F'(x)<0,当x>x0时,F'(x)>0, 因此函数F(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 当=时,x0-a=-ln x0, 则F(x)≥F(x0)=-ln x0-2=+x0-a-2>2-a-2=-a≥0,当且仅当=x0即x0=1时,等号成立,故式子取不到等号. 所以当a≤0时,f(x)>x+2. 习得方略:已知含参函数f(x,a),其中a为参数,导函数方程f'(x,a)=0的根存在,却无法求出,设方程f'(x)=0的根为x0,则①有关系式f'(x0)=0成立,该关系式给出了x0,a的关系;②注意确定x0的合适范围,往往和a的范围有关. |思维建模|　隐零点问题求解三步曲 (1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f'(x0)=0,并结合f'(x)单调性得到零点的取值范围; (2)以零点为分界点,说明f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式; (3)将零点方程适当变形,整体代入最值式子,进行化简证明. 隐零点问题解决问题的基本思路是:形式上虚设、运算上代换、数值上估算. [即时训练] 1.已知函数f(x)=(x-a)2+bex(a,b∈R). (1)若a=0时,函数y=f(x)有2个极值点,求b的取值范围; (2)若a=1,b=,方程f(x)=3有几个解? 解:(1)a=0时,f(x)=x2+bex,f'(x)=2x+bex,则方程2x+bex=0有两实根, 即b=-有两实根. 设b(x)=-,b'(x)=,则x<1时,b'(x)<0,b(x)单调递减; x>1时,b'(x)>0,b(x)单调递增, 所以b(x)min=b(1)=-, 且b(0)=0,x→+∞时,b(x)→0, 所以当b(x)=b有两个实根时,-<b<0. 故b的取值范围为. (2)当a=1,b=时,设g(x)=f(x)-3, 则g(x)=(x-1)2+2ex-1-3, g'(x)=2(x-1)+2ex-1. 因为g'(x)在R上单调递增,且g'(0)=-2+<0,g'(1)=2>0. 所以g'(x)=0恰有一根x0,且x0-1+=0,0<x0<1. 当x<x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)min=g(x0)=(x0-1)2+2-3=(x0-1)2+(2-2x0)-3=-4x0<0, 又g(-1)=1+>0,g(2)=2e-2>0. 所以g(x)=0有且仅有两个实根,即方程f(x)=3有且仅有两个实根. 2.已知函数f(x)=x2-ax+ln x,g(x)=(xex-1-ln x). (1)当a=1时,求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)设a<0,若∀x1∈(0,e),x2∈(0,+∞),都有f(x1)<10g(x2),求实数a的取值范围. 解:(1)当a=1时,f(x)=x2-x+ln x(x>0), f'(x)=2x-1+,∵f(1)=0,∴切点为(1,0). ∵f'(1)=2,∴切线斜率k=2, ∴切线方程为y=2x-2,即2x-y-2=0. (2)f'(x)=2x-a+,x>0.当a<0时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴∀x1∈(0,e),f(x1)<f(e)=e2-ae+1. g(x)=ex--,x>0,g'(x)=. 令h(x)=x2ex+ln x,x>0,h'(x)=(x2+2x)ex+>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(1)=e>0,h=-1<0, ∴∃x0∈,使得h(x0)=0, 即+ln x0=0, 也即x0=-=ln =ln. 令m(x)=xex,x>0,m'(x)=(x+1)ex, 显然x>0时,m'(x)>0,m(x)单调递增, ∴x0=ln,即=. ∵当x∈(0,x0)时,h(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)min=g(x0)=--=x0=1. ∵∀x1∈(0,e),x2∈(0,+∞),都有f(x1)<10g(x2),∴e2-ae+1≤10, 得a≥e-,故实数a的取值范围为. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 1.(2025·荆门模拟)设函数f(x)=ex+bsin x,x∈(-π,+∞).若函数f(x)在(0,f(0))处的切线的斜率为2. (1)求实数b的值; (2)求证:f(x)存在唯一的极小值点x0,且f(x0)>-1. 解:(1)∵f(x)=ex+bsin x, ∴f'(x)=ex+bcos x, 由导数的几何意义知,f(x)在(0,f(0))处的切线的斜率k=f'(0)=e0+bcos 0=1+b, 由已知k=1+b=2,解得b=1. (2)证明:由(1)得f(x)=ex+sin x,x∈(-π,+∞), ∴f'(x)=ex+cos x, 令g(x)=ex+cos x,x∈(-π,+∞), 则g'(x)=ex-sin x, 当x∈(-π,0]时, ex>0,sin x≤0,g'(x)=ex-sin x>0, 当x∈(0,+∞)时, ex>1,sin x≤1,g'(x)=ex-sin x>0, ∴当x∈(-π,+∞)时,g'(x)>0, g(x)在区间(-π,+∞)上单调递增. 又∵g(-π)=e-π+cos(-π)=-1<0, g=+cos=>0, ∴存在唯一x0∈, 使g(x0)=+cos x0=0. 又∵g(x)在区间(-π,+∞)上单调递增, ∴x=x0是g(x)在(-π,+∞)上的唯一零点, ∴f'(x)=ex+cos x在区间(-π,+∞)上单调递增,且f'(x0)=+cos x0=0, 当x∈(-π,x0)时,f'(x)<0,f(x)在区间(-π,x0)上单调递减; 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增, ∴f(x)存在唯一极小值点x0. 又∵+cos x0=0,∴=-cos x0, ∴f(x0)=+sin x0=sin x0-cos x0=sin. 又∵x0∈,∴x0-∈, ∴sin∈, ∴f(x0)=sin∈(-1,1), ∴f(x0)>-1. 2.(2025·绵阳模拟)已知函数f(x)=ax-ln x,a∈R. (1)若a=,求函数f(x)的最小值及取得最小值时x的值; (2)若函数f(x)≤xex-(a+1)ln x对x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围. 解:(1)当a=时, f(x)=x-ln x,定义域为(0,+∞), 所以f'(x)=-=, 令f'(x)=0得x=e, 所以当x∈(0,e)时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 所以函数f(x)在x=e处取得最小值, f(x)min=f(e)=0. (2)因为函数f(x)≤xex-(a+1)ln x对x∈(0,+∞)恒成立, 所以xex-a(x+ln x)≥0对x∈(0,+∞)恒成立, 令h(x)=xex-a(x+ln x),x>0, 则h'(x)=(x+1)ex-a=(x+1), ①当a=0时,h'(x)=(x+1)ex>0, h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以由h(x)=xex可得h(x)>0, 即满足xex-a(x+ln x)≥0对x∈(0,+∞)恒成立; ②当a<0时,则-a>0,h'(x)>0, h(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为当x趋近于0+时,h(x)趋近于负无穷,不成立,故不满足题意; ③当a>0时,令h'(x)=0得a=xex, 令k(x)=ex-,k'(x)=ex+>0恒成立, 故k(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为当x趋近于正无穷时,k(x)趋近于正无穷, 当x趋近于0时,k(x)趋近于负无穷, 所以∃x0∈(0,+∞),使得h'(x0)=0,a=x0, 所以当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增, 所以只需h(x)min=h(x0) =x0-a(x0+ln x0) =x0(1-x0-ln x0)≥0即可. 所以1-x0-ln x0≥0,1≥x0+ln x0, 因为x0=a,所以ln x0=ln a-x0, 所以ln x0+x0=ln a≤1=ln e, 解得0<a≤e,所以a∈(0,e], 综上所述,实数a的取值范围为[0,e]. 3.已知函数f(x)=aeax-. (1)当a=1时,请判断f(x)的极值点的个数并说明理由; (2)若f(x)≥2a2-a恒成立,求实数a的取值范围. 快审准解:(1)先求f'(x),得f'(x)=,再设h(x)=x2ex+ln x,通过对h'(x)符号的分析,得到f'(x)的单调性,再判断f'(x)=0的解的情况,分析函数f(x)的极值点的情况. (2)先把原不等式化成axeax-[ln(ax)+1]+ax≥2a2x恒成立,利用换元法,设t=ax,则t∈(0,+∞),问题转化为2a≤et-+1恒成立.再设g(x)=ex-,利用(1)的结论求g(x)的最小值. 解:(1)当a=1时,f(x)=ex-,x∈(0,+∞), ∴f'(x)=ex+=, 令h(x)=x2ex+ln x, 则h'(x)=(x2+2x)ex+, 当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增, 又∵h=-ln 2<0,h(1)=e>0, ∴h(x)存在唯一零点x0,且x0∈, 当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,f(x)在(0,x0)上单调递减, 当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(x0,+∞)上单调递增. ∴f(x)有一个极小值点x0,无极大值点. (2)∵f(x)=aeax-≥2a2-a恒成立, ∴axeax-[ln(ax)+1]≥2a2x-ax恒成立, ∴axeax-[ln(ax)+1]+ax≥2a2x恒成立. 令t=ax,则t∈(0,+∞),∴2a≤et-+1恒成立. 设g(x)=ex-,由(1)可知g(x)的最小值为g(x0). 又h(x0)=+ln x0=0,∴x0=-=-ln x0=-ln x0.(*) 设m(x)=xex,当x>0时,m'(x)=(x+1)ex>0,∴m(x)在(0,+∞)上单调递增. ∵x0∈,∴x0>0,-ln x0>0, 由(*)知m(x0)=m(-ln x0),∴x0=-ln x0,即=. ∴g(x0)=-=-=1, ∴2a≤1+1=2,∴a≤1,又a>0, ∴实数a的取值范围为(0,1]. 4.已知函数f(x)=ax+ln x,g(x)=a+1-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)令H(x)=f(x)+g(x),若存在x0∈(1,+∞),使得H(x)<成立,求整数a的最小值. 解:(1)由题意f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a+. 当a≥0时,f'(x)>0, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当a<0时,由f'(x)=0,得x=-. 当x∈时,f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增. 当x∈时,f'(x)<0,所以f(x)在上单调递减. 综上所述,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)由题知H(x)=f(x)+g(x)=ax+ln x+a+1-x=ln x+-a+1-x, 又H(x)<(x>1),化简得xln x+2x-1<a(x-1), 问题等价于:存在x>1,使a>成立. 设h(x)=(x>1), 则h'(x)=. 设φ(x)=x-ln x-2, ∵φ'(x)=1-=,当x>1时,φ'(x)>0, ∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增. 又∵φ(3)=1-ln 3<0,φ(4)=2-ln 4>0, ∴φ(x)在(3,4)上存在唯一零点. 设零点x0∈(3,4),则φ(x0)=0,即x0-2=ln x0. ∴x∈(1,x0),h'(x)<0;x∈(x0,+∞),h'(x)>0, 因此h(x)在(1,x0)内单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, ∴h(x)min=h(x0)====x0+1. ∵x0∈(3,4),∴x0+1∈(4,5), 又a∈Z,∴a的最小值为5. 第5课时　极值点偏移问题 　　已知函数f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0,若f(x)=c的两根的中点刚好满足=x0,即极值点在两根的正中间,也就是说极值点没有偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢相同,如图(1)所示.若≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢不同,如图(2)(3)所示. 设a,b>0,a≠b,则>>,其中被称之为对数平均数,上述不等式称为对数均值不等式. 方法一　对称构造法 [例1]　已知函数f(x)=x2,a为实数. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在x=e处取得极值,且f'(x1)=f'(x2),x1<x2,证明:x1+x2>2. 解:(1)函数f(x)=x2的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+x=x(2ln x-3a+1)①,令f'(x)=0, 则ln x=,得x=. 当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0. 故函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)证明:因为函数f(x)在x=e处取得极值,由(1)知x==e,得a=1,所以f(x)=x2,得f'(x)=x(2ln x-2)=2x(ln x-1). 令g(x)=2x(ln x-1), 因为g'(x)=2ln x,当x=1时,g'(x)=0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且当x∈(0,e)时,g(x)=2x(ln x-1)<0, 当x∈(e,+∞)时,g(x)=2x(ln x-1)>0,故0<x1<1<x2<e②. 要证x1+x2>2,只需证x2>2-x1,易知x2>1,2-x1>1,下面证明g(x1)=g(x2)>g(2-x1). 设t(x)=g(2-x)-g(x),x∈(0,1),则t'(x)=-g'(2-x)-g'(x)=-2ln(2-x)-2ln x=-2ln[(2-x)x]>0,故t(x)在(0,1)上单调递增,故t(x)<t(1)=0,所以t(x1)=g(2-x1)-g(x1)<0,则g(2-x1)<g(x2),所以2-x1<x2,即得x1+x2>2. 习得方略:①处,导函数解析式中“变号因子”为2ln x-3a+1,显然y=2ln x-3a+1为增函数,故只需求出其零点,即可判断f'(x)的符号; ②处关键点,首先确定x1,x2的取值范围,然后把所证不等式变形,目的是把两个变量化归到同一个单调区间内,便于构造函数. |思维建模| 对称构造法解决极值点偏移的四个基本步骤 (1)求函数f(x)的极值点x0; (2)构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x); (3)确定函数F(x)的单调性; (4)结合F(x0)=0,判断F(x)的符号,从而确定f(x),f(2x0-x)的大小关系. 记忆口诀:极值偏离对称轴,构造函数觅行踪,四个步骤环相扣,两次单调紧跟随. [即时训练] 1.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0,求a的取值范围; (2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1. 解:(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞). 由f'(x)=-+1==,可得函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. 所以f(x)min=f(1)=e+1-a. 又f(x)≥0,所以e+1-a≥0,解得a≤e+1, 所以a的取值范围为(-∞,e+1]. (2)证明:不妨设x1<x2,则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1.由f(x1)=f(x2)=0,得-ln x1+x1=-ln x2+x2, 即+x1-ln x1=+x2-ln x2. 因为函数y=ex+x在R上单调递增,所以x1-ln x1=x2-ln x2成立. 构造函数h(x)=x-ln x(x>0),g(x)=h(x)-h=x--2ln x, 则g'(x)=1+-=≥0, 所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以当x>1时,g(x)>g(1)=0, 即当x>1时,h(x)>h, 所以h(x1)=h(x2)>h. 又h'(x)=1-=, 所以h(x)在(0,1)上单调递减, 所以0<x1<<1,即x1x2<1. 方法二　比值代换法 [例2]　(2024·南昌二模)已知函数f(x)=x(ln x-a),g(x)=+a-ax.若g(x)的两个相异零点为x1,x2,求证:x1x2>e2. 证明:法一:等价变换后构商引参 由题意知,g(x)=ln x-ax,不妨设x1>x2>0, 由得① 则==.令t=,则t>1,=,即ln(x1x2)=ln t. 要证x1x2>e2,只需证ln(x1x2)>2,只需证ln t>2,即证ln t>,即证ln t->0. 令m(t)=ln t-(t>1),因为m'(t)=>0,所以m(t)在(1,+∞)上单调递增, 所以m(t)>m(1)=ln 1-=0,所以ln t->0成立,故x1x2>e2. 法二:直接引入两变量之商作为变量 由题意得g(x)=ln x-ax,不妨设x1>x2>0,t=,显然t>1,则x1=tx2②. 由得即 两式相除得=,即1+=t, 得ln x2=, 所以ln x1=ln(tx2)=ln t+ln x2=ln t+=ln t=ln t. 所以ln x1+ln x2=ln t+=ln t. 要证x1x2>e2,只需证ln(x1x2)>2,即ln x1+ln x2>2,也就是ln t>2③. 又t>1,所以t-1>0,不等式等价于(t+1)ln t>2(t-1),即(t+1)ln t-2(t-1)>0. 记G(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1),则G'(t)=ln t+(t+1)×-2=ln t+-1. 记h(t)=G'(t)=ln t+-1(t>1), 则h'(t)=-=. 因为t>1,所以h'(t)>0,故h(t)在(1,+∞)上单调递增,所以h(t)>h(1)=ln 1+-1=0,故G'(t)>0,所以G(t)在(1,+∞)上单调递增,所以G(t)>G(1)=(1+1)ln 1-2×(1-1)=0,即(t+1)ln t-2(t-1)>0.故原不等式得证. 习得方略:①处关键点,进行两式的和与差的运算,构建出关于两个变量的积、商、和、差的式子; ②处关键点,根据两数大小关系,引入两者之商作为变量,构建两个自变量之间的关系; ③处难点,应注意等价转化,使结构最简,从而使构造的函数解析式最简,达到简化解题思路的目的.如此处转化为ln t>2后,可以直接构造函数y=ln t-2;也可以根据t>1,将不等式转化为(t+1)ln t>2(t-1),进而构造函数y=(t+1)ln t-2(t-1);还可以转化为ln t>,进而构造函数y=ln t-. |思维建模| 用比值换元构造函数解决极值点偏移问题的步骤 联立消参 利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数 转化所证 根据所求问题,结合消参后的式子合理转化为x1,x2的关系 抓商换元 令t=,则x2=tx1,代入式子,直接消掉变量x1,x2,转化为关于t的函数 用导求解 利用导数求解关于t的函数的极值、最值等问题 [即时训练] 2.已知函数f(x)=ln x-2ax(a∈R)有两个零点x1,x2(x1<x2).证明:f'<0. 证明:由已知可得可得a=. 由f(x)=ln x-2ax可得f'(x)=-2a,要证f'<0,即证x1+x2>, 即证x1+x2>, 即证ln<=. 由题意可知x2>x1>0,令t=∈(0,1), 即证ln t<. 构造函数h(t)=ln t-,其中0<t<1, 即证h(t)<0, h'(t)=-=>0,所以函数h(t)在(0,1)上单调递增, 所以h(t)<h(1)=0,故原不等式成立. 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 [课时跟踪检测] 1.已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x(a∈R). (1)当a=1时,求函数y=f(x)的零点个数. (2)若关于x的方程f(x)=ax2有两个不同实根x1,x2,求实数a的取值范围并证明x1x2>e2. 解:(1)当a=1时,f(x)=ln x+x2-2x(x>0),f'(x)=+x-2=≥0, 所以函数y=f(x)在(0,+∞)上单调递增. 又因为f(1)=-<0,f(4)=ln 4>0, 所以函数y=f(x)有且仅有一个零点. (2)方程f(x)=ax2有两个不同实根x1,x2,等价于ln x-(a+1)x=0有两个不同实根x1,x2,得a+1=,令φ(x)=,x>0, 则φ'(x)=,令φ'(x)>0,解得0<x<e; 令φ'(x)<0,解得x>e, 所以φ(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 所以当x=e时,φ(x)=取得最大值. 由φ(1)=0,得当x∈(0,1)时,φ(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,φ(x)>0,φ(x)的大致图象如图所示, 所以当a+1∈,即-1<a<-1时,f(x)=ax2有两个不同实根x1,x2. 故所求实数a的取值范围是. 证明:不妨设0<x1<x2,则 两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2),两式相减得ln=(a+1)(x2-x1), 所以=. 要证x1·x2>e2,只需证ln(x1x2)=·ln>2,即证ln>=. 设t=(t>1),令F(t)=ln t-=ln t+-2,则F'(t)=-=>0, 所以函数F(t)在(1,+∞)上单调递增,且F(1)=0,所以F(t)>0,即ln t>, 所以x1x2>e2,原命题得证. 2.已知函数f(x)=ln x+,a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2. (1)求a的取值范围; (2)证明:x1+x2>4a. 解:(1)由题意可知,f(x)=ln x+(x>0)⇒f'(x)=. 若a≤0,则f'(x)>0恒成立,即f(x)单调递增,不存在两个不等零点,故a>0. 显然当x>2a时,f'(x)>0,当0<x<2a时,f'(x)<0,则f(x)在(0,2a)上单调递减,在(2a,+∞)上单调递增,所以若要符合题意,需f(2a)<0⇒ln 2a+1<0⇒a∈, 此时有4a2<2a,且f(4a2)=2ln(2a)+, 令g(t)=2ln t+⇒g'(t)=, 而<⇒t<⇒g'(t)<0, 即g(t)在上单调递减,故g(t)>g=e-2>0,所以f(4a2)>0.又f(1)=2a>0. 故在区间(4a2,2a)和(2a,1)上,函数f(x)各存在一个零点,符合题意. 综上,a∈. (2)证明:结合(1),不妨令0<x1<2a<x2, 构造函数g(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a), 则g'(x)=+=-<0,即g(x)单调递减,所以g(x)>g(2a)=0, 即g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0⇒f(x1)=f(x2)>f(4a-x1). 因为0<x1<2a<x2,所以4a-x1>2a. 由(1)知f(x)在(2a,+∞)上单调递增,所以由f(x2)>f(4a-x1)⇒x2>4a-x1, 故x1+x2>4a. 3.已知函数f(x)=ln x-ax2. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若x1,x2是方程f(x)=0的两不等实根,求证:+>2e. 解:(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞). 由f(x)=ln x-ax2得f'(x)=-2ax=. 当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,由f'(x)>0得0<x<,由f'(x)<0得x>,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)证明:因为x1,x2是方程ln x-ax2=0的两不等实根,ln x-ax2=0⇔2ln x-2ax2=0, 即x1,x2是方程ln x2-2ax2=0的两不等实根. 令t=x2(t>0),则t1=,t2=,即t1,t2是方程2a=的两不等实根. 令g(t)=,则g'(t)=,所以g(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,g(e)=, 当t→0时,g(t)→-∞;当t→+∞时,g(t)>0且g(t)→0.所以0<2a<,即0<a<. 令1<t1<e<t2,要证+>2e, 只需证t1+t2>2e. 法一:对称化构造　令h(t)=g(t)-g(2e-t),t∈(1,e),则h(t)=g(t)-g(2e-t)=-=, 令φ(t)=(2e-t)ln t-tln(2e-t), 则φ'(t)=-1-ln t-ln(2e-t)+=+-ln(-t2+2et)>+-2>0, 所以φ(t)在(1,e)上单调递增,φ(t)<φ(e)=0. 所以h(t)=g(t)-g(2e-t)<0, 所以g(t)<g(2e-t). 所以g(t2)=g(t1)<g(2e-t1),又t2,2e-t1∈(e,+∞),且g(t)在(e,+∞)上单调递减,所以t2>2e-t1,即t1+t2>2e,所以+>2e. 法二:对数基本不等式　先证<,令0<x1<x2,只需证<,只需证-ln x<0. 令φ(x)=-ln x(x>1),φ'(x)=-=<0,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减,所以φ(x)<φ(1)=0. 因为=,所以=<,所以ln t1+ln t2>2,即t1t2>e2,所以t1+t2>2>2e. 4.已知函数f(x)=ln x-ax. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=1时,若f(x1)=f(x2)(x1<x2),求证:x1+x2>2. 解:(1)f(x)=ln x-ax的定义域为(0,+∞), 因为f'(x)=-a=,x>0, 当a≤0时,f'(x)>0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,令f'(x)>0得0<x<, 令f'(x)<0得x>, 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. 综上,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,f(x)在上单调递增, 在上单调递减. (2)证明:当a=1时满足a>0,f(x)=ln x-x,定义域为(0,+∞), f'(x)=-1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 又因为f(x1)=f(x2)(x1<x2),所以0<x1<1<x2,设F(x)=f(x)-f(2-x)(x∈(0,1)), 则F'(x)=--2=>0在(0,1)上恒成立, 所以F(x)=f(x)-f(2-x)在(0,1)上单调递增,F(x)<F(1)=0, 所以F(x1)=f(x1)-f(2-x1)<0, 即f(x1)=f(x2)<f(2-x1). 又因为x2>1,0<x1<1,所以2-x1>1, 又因为f(x)在(1,+∞)上单调递减, 所以x2>2-x1,即x1+x2>2. 学科网（北京）股份有限公司 $$