第三章 第三讲 导数的综合应用-【衡中学案】2026年高考数学一轮总复习学案

名师点拨： (2)求该工厂在生产这种特殊产品中所获得的月利 利用导数解决生活中的实际应用问题的一般步骤 润最大值（万元）及此时的月生产量（万件）. 分析实际问题中各变量之间的关系，列出实际问题 第1步 的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系 式y=八x),由实际意义确定定义域 (第2步 求函数的导数∫')，解方程∫纠=0 第3步 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 (第4步回归实际问题作答 提醒：在利用导数解决实际问题时，若在定义域内 只有一个极值，则这个值即为最优解 【变式训练】 一工厂计划生产某种当地政府控制产量的特殊产 品，月固定成本为1万元，设此工厂一个月内生产该 特殊产品x万件并全部销售完.根据当地政府要求 产量x满足1≤x≤3，每生产x万件需要再投入3x 万元，每1万件的销售收人为5-了（万元），且每 生产1万件产品政府给予补助1+21血（万元）（注： 月利润=月销售收入+月政府补助-月总成本) 温馨提示：复习至此，请完成练案[17] (1)写出月利润(x)(万元)关于月产量x(万件)的 函数解析式； 第三讲 导数的综合应用 总复习 知识梳理·双皇自测 擊 069 f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a)≤ 知识梳理 f(x)mx;若存在xeD,使得f(x)≤g(a)成立，应求f(x) 知识点一利用导数证明不等式 在x∈D上的最小值，将原条件转化为g(a)≥fx)mm 若证明∫(x）<g(x),x∈(a,b),可以构造函数 知识点三利用导数研究函数零点的方法 F(x)=f八x)-g(x),如果能证明F(x)在(a,b)上的最 方法一：(1)求函数f(x)的单调区间和极值. 大值小于0，即可证明f(x)<g(x),x∈(a,b) (2)根据函数f(x)的性质作出图象 知识点二利用导数解决不等式的恒成立 (3)判断函数零点的个数 问题 方法二：(1)求函数f(x)的单调区间和极值， “恒成立”与“存在性”问题可看作一类问题，一般 (2)分类讨论，判断函数零点的个数. 都可通过求相关函数的最值来解决，如：当f(x)在x∈ 归纳拓展 D上存在最大值和最小值时，若f(x)≥g(a)对于x∈D 恒成立，应求x)在x∈D上的最小值，将原条件转化1.若x∈(0，），则1amx>x>sinx 为g(a)≤f(x)mm;若f(x)≤g(a)对于x∈D恒成立， 2.若xe(0,+o),则e≥x+1>x-1≥lnx 应求f(x)在x∈D上的最大值，将原条件转化为g(a) 空著存在D,使得八)≥go)成立，应求3若e(-1,+).则≥h(x+1)≥，千 双基自测 4.（选择性必修2PgT12改编)求证：(1)e≥x+1; (2)lnx≤x-1(x>0). 题组一走出误区 1.判断下列结论是否正确（请在括号中打“V”或 “x”) (1)函数y=x-sinx有无数多个零点， (2)函数y=amx-x在(-受）内有三个零点. (3)不等式e>ln(x+2)恒成立. ) (④)不等式日)广≤1-x恒成立。 题组二 走进教材 2.(选择性必修2PgT13改编)若函数f(x)=xlnx-a 有两个零点，则实数a的取值范围为 ) ( ( 题组三走向高考 c(-t0) D.(+ 5.（多选题)(2024·新课标I卷)设函数f八x)=(x- 1)2(x-4),则 () 3.(选择性必修2P4T2改编)若函数f(x)=lnx A.x=3是f(x)的极小值点 070 0<a<b<e,则有 ( B.当0<x<1时，f(x)<f八x2) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 2b26 A.f(a)>f(b) B.f(a)=f(b) C.f(a)<f(b) D.f(a)f(b)>1 D.当-1<x<0时，f2-x)>f(x) 年 第一课时 导数与不等式的证明 计 考点突破·互动探究 衡 名师点拨： 考点 直接作差构造函数证明不等式 1.待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地， (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)=a(x-1) 例二n+1(a≤2，证明：当x>1时，)<e恒 可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用导数 研究其单调性等相关函数性质证明不等式。 成立 2.利用作差构造法证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数g(x): (3)利用导数研究g(x)的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式 【变式训练】 (2024·河北保定三模)已知函数∫(x)=x2-ax+ lnx,x=1为f(x)的极值点. (1)求a; (2)证明：f(x)≤2x2-4x. 考点己 利用隔离分析最值法证明不等式 :! 点3 放缩后构造函数证明不等式 例(2023·青岛质检改编)已知函数fx)=nx+ 例已知x∈(0,1)，求证：2-<n 证明：xf(x)<ex. 名师点拨： 名师点拨： 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求 某些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适 导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构 当地利用熟知的函数不等式e≥x+l,1-1≤nx≤ 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lnx与e的混合式不能直接构造函数，要将 x-I等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函 指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行 数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行 证明. 放缩，然后再构造函数进行证明. 2.等价变形的目的是求导后简单地找到极值点， 【变式训练 证明：elnx+2e 总复习 一般地，e与nx要分离，常构造x”与lnx,x”与e的 x>1. 积、商形式，便于求导后找到极值点 【变式训练】 (2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0<x<1时，x- 071 x2<sin x<x. 春点4 【变式训练】 双变量不等式的证明 例已知函数x)=x(1-h). (2024·海南中学高三月考)已知函数f(x)=x-1 (1)讨论f八x)的单调性； (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)设a,b为两个不相等的正数，且blna-alnb (2)设m,n为两个不相等的正数，且mlnn-nlnm =a-6,证明2<女+分<e =m-n,证明：mn>e4. 072 名师点拨：证明双变量函数不等式的常见思路 226 1.将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数 年 构造一个含参数的辅助函数证明不等式： 创 2.整体换元.对于齐次式往往可将双变量整体换 元，化为一元不等式. 的 计 3.若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以 将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性， 衡 从而构造函数利用单调性证明。 学案 名师讲近·素美提升 有关x与e,nx的组合函数的处理方法 1.熟悉函数f(x)=h(x)lnx±e,h(x)=a2+bx+c(a,b不能同时为0)的图象特征，做到对图1、图2、图 3、图4所示的特殊函数的图象“有形可寻” c(x)=xIn .x-e a(x)=xln x+e m(x)=xIn x-e p(x)=xIn x+e' 图1 图2 图3 图4 2熟悉函数人x)=±ln,其中h(x)=a+r+c(a,b不同时为0)的图象特征，做到对图5，图6所 示的两个特殊函数的图象“有形可寻”， 图5 图6 方法一分离参数，设而不求 [思路](1)先对(x)求导，然后分离参数，可得 例已知函数x)=hx+g(x)=,是香存在整 2a≥血x+l在>0时恒成立，令g(x)=血+(x> 数m,使得对任意的xe(分，+0，都有y=x)的图0)，再由函数g(x)的单调性求出g(x)=血+的最 象在y=g(x)的图象下方？若存在，请求出整数m的最 大值；若不存在，请说明理由.（参考数据：e=2.71828… 大值，即可得a的取值范围；(2)先将不等式转化为 为自然对数的底数，n2≈0.69315) lnx+1>et-e(x>0),令h(x)=lnx+1（x>0), ex ex [解析]假设存在整数m满足题意，则不等式 h+公<号对任意的x(分，+)恒成立， p(x)=ex-e(x>0),分别求出函数h(x)的最小值和 函数φ(x)的最大值，比较其大小，即可证明不等式 /1 即m<e-血x对任意的x∈(2，+恒成立. [解析](1)易知f(x)的定义域为(0，+∞).对 令v(x)=e-xnx,则v'(x)=e-lnx-1, f(x)求导，得f'(x)=2ax-lnx-1, 令p(x)=e-lnx-l,则o'(x)=e-1, 因为f(x)在(0，+0)上单调递增，所以当x>0 时，∫'(x)≥0恒成立， 易知g()在（行，+）上单调递增，因为 即2ax-nx-1≥0恒成立，也即2a≥l血x+1在 0'(分)=e-2<0,p'(1)=e-1>0且0'(x)的图象x>0时恒成立 (分离参数) 在（分上连续， 令g(x）=hx+1,x>0,则2u≥g(xm, 所以存在唯一的∈（分，1，使得p(6)=0,即 g()=-,令g()>0,可得h<0,解符 e0-1=0,则x。=-lnX0 0<x<1;令g'(x)<0,可得lnx>0,解得x>1. 所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单 当xe(分时，(x)单调递减：当x∈(，调递减，测()n=g）=1 总 +o)时，p(x)单调递增. (构造函数，利用单调性求出最大值) 则P(x)在x=xo处取得最小值，且最小值为 所以2a≥1，即a产分 9()=e0-n-1g+x-1>2在。·11 擊 xo >0,所以(x)>0,即(x)在（行，+）上单调递增， 故a的取值范围是[2，+ 073 (2)证明：当a=e时，f(x)=ex2-xlnx,要证当 所以m≤(）=et-之h=e+ ln2≈ x>0时x)<xe+,即证当x>0时，e2-h< 1.99530, 故存在整数m满足题意，且m的最大值为1. xe'+e 1 [探究]若分离参数后导数零点不可求，且不能 通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法.在本题 因为x>0,所以只需证ex-nx<e+1,即证 ex 中，通过虚设零点x,得到xo=-nxo,将e0-lnx0-1 转化为普通代数式】+。-1，然后利用基本不等式求 lnx+—>ex-e'. ex 出最值，同时消掉x0,即借助p'(x)=0作整体代换 采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的 令)=h+点（x>0.则r()= 方法二分离n×与e 例已知函数x)=ar-hx ex,1(x>0). ex? (1)若f(x)在(0，+)上单调递增，求a的取值 由(x)<0,得0<x<;由'(x)>0,得x> 范围； (2)若a=e(e为自然对数的底数)，证明：当x>0 时)<e+日 所以h(x)在(0，日）上单调递减，在(。，+x日 单调递增， 则h()在x=。时取得最小值，最小值为（日） 设h(x)=(x2+x)e,则h'(x)=e(2x+1)+(x2 +x)e=e(x2+3x+1), 0,从而h(x)≥0，即nx+1≥0. 当xe(0,1)时，x2+3x+1>0,则h'(x)>0, ex 所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)<h(1) (求出不等式lnx+L>ex-e的左边不小于0 =2e,因此a≥2e, ex 令p(x)=ex-e(x>0),则p'(x)=e-e(x>0). (构造函数，通过单调性求出a的取值范围) 由p'(x)>0,得0<x<1,由p'(x)<0,得x>1, 于是实数a的取值范围是[2e,+o). 所以φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单 (2)当a=-1时，f(x)=xe+lnx,则g(x)= 调递减， xln x-x3+x2-b. 由题意知方程b=xnx-x3+x2在(0，+o)上有 则p(x)在x=1时取得最大值，最大值为p(1)= 0,从而p(x)≤0，即ex-e≤0， 解.（分离参数） 解法一：设k(x)=xlnx-x3+x2(x>0),则'(x) (求出不等式lnx+>ex-e'的右边不大于0 ex =lnx+1-3x2+2x, 1 设m(x)=lnx+1-3x2+2x(x>0),则m'(x)= 因为h(x)和p(x)不同时为0，所以lnx+二>ex ex 1-6x+2=-6m2+2x+1 -e(x>0),即当x>0时(x)<xe+成立. [关键点拨]本题第(2)问要证明当x>0时，不 令m'(x)=0,即6-2x-1=0,解得1=1 6 等式e2-nx<xe+上成立，如果枸造函教(x)= （舍去)，=1+万 6 074 ,-ex2+xnx(x>0),通过研究函数t(x)的单 e 当0,1）时，m()>0,m()单润造增 D26 调性来证明不等式，会遇到导函数的零点不能确定的 年 度 问题，增加了难度，所以先将不等式转化为山x+心 7 当若+*时，m()<0,) 创 递减， 新 ex-e(x>0)(即分离lnx与e),再分别求函数h(x) 计 =lnx+1(x>0)的最小值和函数o(x)=ex-e'(x> 注意到m1)-0,故有m个。>0， ex 衡 h 0)的最大值，即可证明不等式 学 方法三借助e^≥×+I和lnX≤×-1进行放缩 例已知函数f(x)=e-alnx(e为自然对数的底 所以存在∈，6 11+7 ,使m(xo)=0 数，e=2.718…). (应用函数零点存在定理) (1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求实数a的取值 即1+lnx-3x+2x=0,易知k(1)=0, 范围； 当x∈(0，xo)时，m(x)<0,即k'(x)<0,k(x)单 (2)当a=-1时，设g(x)=x[f(x)-xe]-x3+ 调递减； x2-b,若函数g(x)存在零点，求实数b的最大值， 当x∈(x,1)时，m(x)>0,即k'(x)>0,k(x)单 [思路](1)先对f(x)求导，再利用f'(x)≤0对 调递增； x∈(0,1)恒成立，可求实数a的取值范围；(2)将问题 当x∈(1，+∞)时，m(x)<0,即'(x)<0,k(x) 转化为方程b=xnx-x3+x2在(0，+)上有解，构 单调递减。 造函数k(x)=xnx-x3+x2,由零点存在性定理或利 由于x0时，k(x)0且k(x)<0,所以k(x)m 用lnx≤x-1可求得实数b的最大值， =k(1)=0, [解析](1)对f(x)求导，得f'(x)=xe+e 于是实数b的最大值为0. a=（x+x)e2-a 解法二：设k(x)=xlnx-x3+x2,下面证lnx≤x- 1(x>0) 由题意知∫'(x)≤0对x∈(0，I)恒成立， 即(x2+x)e-a≤0对xe(0,1)恒成立， 设e()=h-+1(x>0),则p()=-1, 也就是a≥(x2+x)e在(0,1)上恒成立. (分离参数) 令()=-1=0，得1 当x∈(0,1)时，p(x)>0,p(x)单调递增； (构造函数，利用不等式nx≤x-1(x>0)放缩， 当x∈(1，+∞)时，p'(x)<0,p(x)单调递减. 求出实数b的最大值) 所以p(x)m=p(1)=0,即p(x)≤0， [关键点拨]本题第(2)问的求解中，方法二借 也就是lnx≤x-1. 助不等式lnx≤x-1(x>0)进行放缩，使求解过程变 由此可知k(x)=xnx-x3+x≤x(x-I)-x3+得简洁，这种方法在求解涉及lnx的函数问题中经常 x2=-x(x2-2x+1)=-x(x-1)2≤0， 用到，应注意掌握 又当x=1时，k(1)=0, 所以实数b的最大值为0. 温馨提示：复习至此，请完成练案[18 第二课时导数与不等式恒（能）成立 考点突破·互动探究 点 分离参数法 老点 等价转化法 例(2025·石家庄模拟)已知函数)=a心-(a+ 例已知函数f八x)=e1-ar+lnx(a∈R),若不等 1)(2x-1). 式f(x)≥lnx-a+1对一切x∈[1，+∞)恒成 (1)若a=1,求函数f(x)的图象在点(0，f(0)处 立，求实数a的取值范围. 的切线方程； (2)当x>0时，函数f(x)≥0恒成立，求实数a的 取值范围。 高考一轮总复习 数学 075 名师点拨：分离参数法解决恒成立问题的策略 1.分离变量.构造函数，直接把问题转化为函数的 最值问题， 2.a≥f(x)恒成立台a≥f八x)mx; a≤f(x)恒成立→a≤f代x)min 【变式训练】 名师点拨：“等价转化法”解决不等式恒成立 已知函数f(x)=x2-(a+1)lnx,若f(x)≥(a2- 问题 a)lnx对xe(1,+o)恒成立，求a的取值范围. 在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分 离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式 整理成f(x,a)>0或f(x,a)≥0的形式，然后从研究 函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接 用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数 的不等式，解不等式即得参数的取值范围. (1)如果f(x,a)有最小值g(a),则f(x,a)>0恒 成立台g(a)>0f(x,a)≥0恒成立g(a)≥0. (2)如果f(x,a)有最大值g(a),则f(x,a)<0恒 成立台g(a)<0,f(x,a)≤0恒成立台g(a)≤0. 【变式训练】 名师点拨： (2025·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=lnx+x+ “双变量”的恒（能）成立问题一定要正确理解其 a0. 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)当a=1时，求f(x)的极值； (1)Hx1,x2∈D,f(x1）>g(x2）台f(x)mim (2)若对Hxe(el,e),f(x)<x+2,求实数a的取 >g(x)mas. 值范围. (2)Hx1∈D1,3x2∈D2,f(x1)>g(x2)f(x)mim >g(x）min (3)3x1∈D1,Hx2∈D2,f(x1)>g(x2)台f(x)m >g(x）max 【变式训练】 已知函数f(x)=(x-1)e+1+mx2,当0<m≤6时， g(x)=x-4-m,xe(0,2].若存在x1eR,∈ (0,2],使f(x)≤g(x2)成立，求实数m的取值 范围。 076 22 3 年 考点 双变量的恒（能）成立问题 转化为nr()≥M 计 例设=号+n g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x,x2∈0,2]使得g化)一8s)≥ 中学案 M成立，求满足上述条件的最大整数M: (2)如果对于任意的.∈[2,2] 都有fs) ≥g)成立，求实数a的取值范围 转化为f代s)n≥t) 名师讲坛·素美提升 VAARA4XA4KK4RR447484444447444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444A444444444844444424447444442444444444444444444444444444444444444444444444444 洛欢达法则 在解决不等式恒（能）成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数 的最值，但在求最值时如果出现“8型的代数式，就设法求其最值日”型的代数式，是大学数学中的不定式 0 问题，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则。 法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1)imf八x)=0及img(x)=0. (2)在点a的某去心邻域内f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0. (8智=A那么8=化8= 法则2若函数f八x)和g(x)满足下列条件： (1)limf(x）=o及limg(x）=o. (2)在点a的某去心邻域内f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0. -4影么号-岩=1 ag(x） 例已知函数x)=(x+1)n(x+1).若对任意x>0 ∴k(x)在(0，+∞)上单调递增. 都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围. .k(x)>k(0)=0, [解析]解法一：令p(x)=∫(x)-ax=（x+ .x-n(x+1)>0恒成立， 1)ln(x+1)-ax(x>0), .g'(x)>0,故g(x)在(0，+0)上单调递增. 则p'(x)=ln(x+1)+1-a. 由洛必达法则知 x>0,.ln(x+1)>0. ①当1-a≥0，即a≤1时，p'(x）>0, ling()=lin +1)m(1)-limn[In(1 总 .p(x)在(0，+∞)上单调递增， 1]=1, 又p(0)=0,∴.p(x)>0恒成立，故a≤1满足 ∴.a≤1，故实数a的取值范围是(-0,1] 题意. 【变式训练】 ②当1-a<0,即a>1时， 已知函数f八x)=x(e-1)-ax(a∈R). 令p'(x)=0,得x=e-l-1, (1)若f(x)在x=-1处有极值，求a的值； 07 .xe(0,e-1-1)时，p'(x）<0; (2)当x>0时，f代x)≥0，求实数a的取值范围. xe(e-1-1,to)时，p'(x)>0, .p(x)在(0，e-1-1)上单调递减， 在(e-l-1,+0)上单调递增， p(x)nn=p(e-l-1)<p(0)=0与p(x)>0 恒成立矛盾，故a>1不满足题意. 综上有a≤1，故实数a的取值范围是(-o,1]. 解法二：当x∈(0，+∞)时， (x+1)ln(x+1)>ax恒成立， 即a<x+1)n(x+)恒成立. g()=(x+1)n(x+D(20). .g'(x)=x-n(x+1) x 令k(x)=x-ln(x+1)(x>0), 温馨提示：复习至此，请完成练案[19】 =1->0. 第三课时导数与函数的零点 考点突破·互动探究 点 【变式训练】 判断、证明或讨论零点的个数 (2025·赣州适应性考试)已知函数f(x)=e-m- 例1.(2024·湖北武汉模拟预测)已知函数f(x)= xnx,f(x)的导函数为f'(x). lx-ja(acR). (1)当m=1时，证明：函数f(x)在(0，+∞)上单调 递增； (1)当a=1时，求f(x)的最大值； (2)若g(x)=∫'(x)-m+1,讨论函数g(x)零点的 (2)讨论函数f(x)在区间[1，e2]上零点的个数 个数 078 2b2 年 2.(2025·黑龙江牡丹江省级示范高中月考)已 知f(x)=e-1-ar(x>0),x=1是f(x)的极值点（其 考点已 根据零点个数求参数范围 创 新 中e是自然对数的底数) 例1.(2025·辽宁月考)若函数()-2-1+在 计 (1)求a的值； (2)讨论函数h(x)=f(x)-sinx在(0，π)的零点 （-∞，-1)上存在零点，则实数a的取值范围是 衡 学 个数.参考数据：e1≈1.77】 A.(o,) B.(-0,0) c(-o,) D.(3,+】 2.(2022·全国乙卷)已知函数f(x)=x-1 (a+1)nx. (1)当a=0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围. 名师点拨：利用导数研究方程根（函数零点）的 技巧 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.利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题 的求解有一个清晰、直观的整体展现所以a<1且a+2>1,解得-1<a<1,则a的取值范围是-1变式训练 <a<1. [解析]（1)因为f(x)=e cos x-x,所以f'(x)= [引申] e*(cos x-sin x)-1,f'(0)=0. (-0,-6]U[-4,-1]U[1,+0) 又因为f(0)=1,所以曲线y=fx)在点(0，f(0)处的切线方程 变式训练 为y=1. 1.D (x)min,, (2)h(x)=e*(cos x-sin x)-1,h'(x)=e*(cos x-sin y=2-x+1 +6},x≥0，可得函数的大致图象，由图 sinx-cosx）=-2 e"sin a. 象可知当x>0时，有两个极值点，由对 ,=x+1 称性可知当x<0时，也有两个极值点， 当xe(0,）时，h'()<0, y=-x+6 同时由图象可知：x=0也是极值点，所 所以h(x)在区同[0，]上单调递减。 以共有5个极值点.故选D. -10123456x 2.B因为f(x)=2f'(1)lnx-x,所以 所以对任意xe(0,]有ha(x)<h(0)=0,即f'(x)<0 f”()=2'(1)1-1,令x=1得f'(0=2(1)-1,所以r'(1) 所以函数)在区间[0，]上单调递减 =1,则()=2-1，所以函数)在0,2)上单调递指，在 因此f(x)在区间[0，罗]上的最大值为f(0)=山，最小值为 (2,+o)上单调递减，则f(x)的极大值为f(2)=2ln2-2.故 选B. ()=受 3.Bfx)=lnx+22-a(x>0), 名师讲坛·素养提升 变式训练 f'(x)=1+x-a, [解析] (1)设该工厂一个月内生产该特殊产品x万件，依 题意， ~函数)=+分-m(>0)在[分，3]上有且仅有 =5-号)+1+20）-3x-1+3x+2nx-1. 个极值点， 所以利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式为 =f()在[}3上只有-个变号零点 )=-+3x+2h-1,1≤≤. 令f(=+-a=0,得a=士+x 1 (2)f(x)=-2+3+2=--3-2.-(x+1)2(x-2 设g)=+x,则g()在[分小上单润递减，在[1,3]上单 所以当1≤x<2时，f'(x)>0,函数f(x)在区间[1,2)上单调 递增； 调递增，g(x)mn=g(1)=2, 当2<x≤3时f'(x)<0,函数fx)在区间(2,3]上单调递减， 又（分）=号3)=号. 所以当x=2时，函数在区间[1,3]上取得最大值f(2),f(2)= 当号≤0<9时=)在[分3小只有-个变号零点 子+2n2 故该工厂在生产这种特殊产品中所获得的月利润最大值为 实数口的跟值范围为3》) (仔+2加2]万元，此时的月生产量为2万件 考点2 例：[解析] (1fx)=x-a·e-2-a·e 第三讲导数的综合应用 (e*)2 2x·e-(a）·e=-+2x+0 知识梳理·双基自测 (e*)2 双基自测 1.(1)×(2)×(3)V(4)× 依题意， 仪0)=-a=-3解得a=k=3. Lf'(0)=a=k, 2.C函数的定义域为(0，+∞)，由 2)由(1)得)-=3 f代x)=0得a=xnx,记g(x)= y=g(x) e aln x. f(x)=二+2x+3-二(x+1)x-3 则g'(x)=nx+1,由g'(x)>0得 * e 令f'(x)=0,解得x=-1或3， >。,由g()<0得0<x<日 x,f'(x),f(x)的变化情况如下表： ÷g(x)在(0，)上递减，在 ∞，-1) -1 (-1,3) 3 (3,+0) (日+上递增。 f'(x) 0 + 0 f(x) 极小值 极大值 且()m=g(日)-，由图可知-。<a<0.故选C e 由表格可知，f(x)有极小值f(-1)=-2e, C)=f(到l当0<<e时（到>0， x 因为当x∈(3，+∞)时，f(x)>0, 故f代x)在(0，e)上单调递增. 所以f代x)最小值为-2e. 又0<a<b<e,∴fa)<f(b).故选C. 455 4.[证明](1)设f孔x)=e-x-1,则f'(x)=e-1在(-o,0) 设g(x)=x2-x-nx, 上f'(x)<0,在(0，+0)上f'(x)>0,故f(x)在(-0,0)上递 则g'(x)=2x-1-L=(x-1)(2x+1) 减，在(0，+∞)上递增，所以f(x)在x=0处有最小值，故f(x) x ≥f(0)=0,.e≥x+1. 所以当xe(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， (2)设fx)=nx-x+1(x>0), 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， f'(x)=↓-1==(x>0), 当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值， 因为g(1)=0,g(x)≥g(1)=0, 在(0,1)上f'(x)>0,在(1，+∞)上f'(x)<0, 所以f(x)≤2x2-4x. ∴fx)在(0,1)上递增，在(1，+∞)上递减，f(x)≤f1)=0. 考点2 ∴.nx≤x-1. 例：[证明]要证fx)<e,即证x2+xnx<e, 5.ACD因为函数f(x)的定义域为R, 而f'(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2 即证1+<分>0 =3(x-1)(x-3), 令f(x)=0得x1=1,x2=3, 令函数g()=1+n,则g(x)=-n x2 当x变化时f'(x)和f(x)的变化情况如下表 令g'(x)>0,得xe(0,e); (-0,1) 1 (1,3) 令g'(x)<0,得x∈(e,+o). 3 (3,+0) 所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e,+o)上单调递减，所以 f'(x) + 0 0 + 8(x)m=g(e)=1+ 单调 单调 单调 e f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增 令蛋发a(=号则W)=C2 x' 故x=3是函数f代x)的极小值点，A正确； 当xe(0,2)时，h'(x)<0; 当0<x<1时，x-x2=x(1-x)>0, 当xe(2,+o)时，h'(x)>0. 所以1>x>x2>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，所以 而由上可知，函数f孔x)在(0,1)上单调递增， 所以fx)>f(x2),B错误； h2):至 当1<x<2时，1<2x-1<3,而由上可知， 因为年-(1+日）>0.所以(>g) 函数f代x)在(1,3)上单调递减， 所以f代1)>f2x-1)>f(3), 即1+<号，从而x)<e得证。 即-4<f(2x-1)<0,C正确； 变式训练 当-1<x<0时，f2-x)-f(x)=(1-x)2(-2-x)- [证明]构建F(x)=x-sinx,xe(0,1), (x-1)2(x-4)=(x-1)2(2-2x)>0, 所以f(2-x)>fx),D正确.故选ACD. 则F'(x)=1-cosx>0对Hxe(0,1)恒成立， 则F(x)在(0,1)上单调递增，可得F(x)>F(0)=0, 第一课时导数与不等式的证明 所以x>sin x,x∈(0,1)； 构建G(x)=sinx-(x-x2)=x2-x+sinx,xe(0,1), 考点突破·互动探究 则G(x)=2x-1+cosx,x∈(0,1)， 考点1 构建g(x)=G'(x),xe(0,1),则g'(x)=2-sinx>0对Vxe 例：[证明]a≤2，且x>1时，令g(x)=e-1-f(x)=e-1-a(x (0,1)恒成立， -1)+lnx-1, 则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0, 则g()=6l+-a,再令h()=e+士-@ 即G'(x)>0对Vxe(0,1)恒成立， 则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)=0, 则h'(x)=e-1-三，显然'(x)在(L,+)上递增， 所以sinx>x-x2,xe(0,1); x 则h'(x)>h'(1)=e°-1=0，即g'(x)=h(x)在(1，+o)上 综上所述：x-x2<sinx<x. 递增， 考点3 ∴.g(x)>g'(1)=e°+1-a≥0，即g(x)在(1，+o)上单调 例：[证明]要证2-↓<血 递增， 故g(x)>g(1)=0,即f(x)<e-1. 只青证e(-）kh, 变式训练 又易证e>x+1(0<x<1), [解折】（1f()=2x-a+ 只需证明h+(x+1D(女-)小>0 依题意f'(1)=2×1-a+1=0,解得a=3, 经检验符合题意，所以a=3. 即证hx+1-+士->0， (2)证明：由(1)可知，f代x)=x2-3x+lnx, 而x3<x,x2<x(0<x<1), 要证f(x)=x2-3x+nx≤2x2-4x, 即证x2-x-nx≥0， 六只需证nx+1-2x+>0, 1 456 令g(x)=1nx+1-2x+ 则'(x)=1-2一2=-二+1 设(0=品>1，()=1 x x 而2x2-x+1>0恒成立， 令0=1--n>1,所以p0- t g'(x)<0, 所以p'(t)<0,所以p(t)在(1，+o)上单调递减， ∴g(x)在(0,1)上单调递减， 所以p(t)<p(1)=0,所以h'(t)<0, .当x∈(0,1)时，g(x)>g(1)=0, 所以h(t)在(1，+o)上单调递减，所以h(t+1)<h(t),即 即hx+1-2+>0. In(1+t)Int t t-1 x2-⊥<nx 所以+<e,故2<+方<心 变式训练 证法二：f(x)在点(e,0)处的切线p(x)=e-x, [证明]不等式e+2>1等价于ah+2> F(x)=f(x)-o(x)=2x-xln x-e,xE(0,e), F'(x)=1-lnx>0,所以F(x)在区间(0，e)上单调递增，即 由常用不等式e≥x+1,故e1≥x F(x)<F(e)=0, 即 x≥L,故只需证elnx+2>l, 所以当xe(0,e)时，fx)<p(x). 令fx)=elnx+2(x>0), 令t=fx1)=fx2), 则f'(x)=e(nx+1), 则t=f(x2)<p(2)=e-x2→t+x2<e 易得当e(0,)时'()<0： 又t=fx1)=x(1-lnx1),1∈(0,1)， 所以t=x1(1-lnx1)>x1,即x1+x2<t+x2<e。 xe(日+)时(>0. 综上，2<+<e放2<日+方<e成立 a 故)>（日）=1，原不等式得证 变式训练 考点4 [解析】(1)f(x)=e-(x-1)e=2-x e 例：[解析](1)由条件知，函数f(x)的定义域为(0，+0）， 当xe(-∞，2)时，f'(x)>0,f(x)单调递增 f'(x)=-Inx, 当xe(2,+o)时，f'(x)<0,fx)单调递减， 当xe(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 当x=2时，x)取得极大值 当xe(1,+o)时，f'(x)<0,f(x)单调递减 e 即在区间(0,1)上，函数f(x)单调递增；在区间(1，+∞)上，函 综上f(x)的单调递增区间为(-∞，2)，单调递减区间为(2， 数f(x)单调递减 (2)证明：由blna-anb=a-b, +如)，颜大位为日，无板小位 (2)证明：由(1)知，x→-0时，f(x)→-∞，x一+0时，f(x)→ aa 1 00(-,] ,≠x,不妨设x1<x2,令f'(x)=0,得x=1.且f代e)=0. 由mlnn-nlnm=m-n得lnm-l_hn-I m n 结合(1)中的fx)的单调性，易知，0<x1<1<2<e 又fnm)=血ml-hm-⊥，同理fnn）=血n-l 待证结论台2<，+x<e. m n 下面证明x1+x2>2. 令g(x)=fx)-f2-x),xe(0,1), nm与hnn是)=0<)的两个正报，不特设hm 则g'(x)=-ln[x(2-x)]>0, <lnnm,易知1<lnm<2,lnn>2,要证明mn>e, 所以g(x)在区间(0,1)上单调递增， 只需证明lnm+nn>4,即证lnm>4-hn, 所以0=g(1)>g(x1)=fx1)-f2-x1) 当lnn≥3时，此式显然成立； 即f2-x)>f(x1)=f(x). 当2<lnn<3时，1<4-lnn<2, 又f(x)在区间(1，+∞）上单调递减，所以2-x1<x2,即x1+ 又f代x)在(1,2)上单调递增， 为3>2. .只需证f(nm)=fnn)>f4-lnn), 再证明x1+2<e 令h(x)=fx)-f4-x)(2<x<3), 证法一：不妨设x2=x1,则t>1,由龙1(1-lnx1)=龙2(1- 则()=f'(x）+f(4-x)=2=+2-4=边=(2-） nx2)可得x(1-lnx1)=tx[1-ln(tx)],化简得ln1=1- e e4- tn t t-11 要证x1+x2<e,即证(1+t)x<e,即证lnx1<1-n(1+t), “.h(x)=fx)-f4-x)>h(2)=f2)-f2)=0fx)>f4-x), 申证1-{<1-1(1+)，即证0<。 ∴f(nn)>f(4-nn),即结论成立， t t-1 综上，mn>e4. 457 ∴.p(x)在[1，+∞)上单调递增， 第二课时 导数与不等式恒（能）成立 ∴.p(x)mm=p(1)=1-a+a-1=0≥0恒成立， 考点突破·互动探究 “a≤符合题意 考点1 a=1时 ②当a>1时，令p(x)=0,得x=na+1. e 例：[分析] 数学 求f'(x), 写出 数学 数学运算 f代x)的 运算 f'(0)fo) 运算 切线 逻辑推理 当xe(0,lna+1)时，p'(x)<0, 解析式 方程 当xe(lna+1,+∞)时，p'(x)>0, p(x)在(0，na+1)上单调递减，在(na+1,+o)上单调 由f1)≥ 数学 分离参数构 数学 求F'(x), 递增， 0得a>0 运算 造函数F(x) 运算 判断正负 求最值 当na+1≤1，即<a≤1时，0()在[1，+0)上单调递增， 逻辑求a的取 p(x)=p(1)=0≥0恒成立， 推理值范围 。<as1符合题意， [解析](1)若a=1,则f(x)=xe*-2(2x-1). 即f'(x)=xe+e-4, 当lna+1>1,即a>1时，p(x)在[1，lna+1)上单调递减，在 则f'(0)=-3f(0)=2, (na+1,+o)上单调递增， 所以所求切线方程为3x+y-2=0. ∴.p(x)=p(lna+1)<p(1)=0与p(x)≥0恒成立矛盾， 故a>1不符合题意. 1 (2)由1)≥0，得a≥。->0， 综上，实数a的取值范围为(-o,1] 则八)≥0对作意的x>0恒成立可转化为。≥e 2x-1对任 变式训练 [解析](1)当a=1时(x)=lnx+x+2 意的x>0恒成立. 【卡壳点】不能把4香看作参体，分离出来 定义城为0.+)，则f八)=士+1-是=《-+2 设函数F()-2红-(x>0). 令f'(x)>0,得x>1,令f'(x)<0,得0<x<1, xe 故函数f代x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+∞)， 则F'(x)= (2x+1)(x-1) 故f(x)有极小值f代1)=0+1+2=3，无极大值. xe (2)若对Hxe(e1,e)fx)<x+2, 【易错点】导数运算 即对Yxe(e1,e),lnx+2-2<0, 当0<x<1时，F'(x)>0:当x>1时，F(x)<0 ax 所以函数F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递 令g()=nx+2-2,则g(x)=-是=m2 x ax 减，所以F()=FI)=日 ①当a<0时，g(x)=-二2>0，函数g(x)在(e,e)上单调 【卡壳点】不能确定F(x)ms=F(I)》 ax 于是。1≥，解得≥ 递增， e e-I' 则g(x)<g(e)=lne+2-2=-1+2<0,符合题意： ae ae 故实数a的取位范国是[，+】 ②当a>0时，令g()=0,解得x=2>0. 变式训练 a [解析]由fx)≥(a2-a)lnx对xe(1,+o)恒成立，得 则西纸g()在(0，名)上单调漫减，在（名+0）上单调 d+1≤对e(仙，+)恒度立. 递增， 【卡壳点】分离参数，构造函数 若g(x)<0在(e1,e)上恒成立， 设6()后x>1),测()=2 [g(e)=-3+2 (Inx)2 只需满足 ge)=-1+2≤0， 解得a≥号 【易错点】注意定义域要求 ae 当xe(1,E)时，h(x)<0;当xe(E,+o)时，h'(x)>0. 所以h(x)min=h(e)=2e, 综上所述，实数a的取值范围为(-0,0)U[号，+如） 则a2+1≤2e,解得-2e-1≤a≤√2e-I. 考点3 故a的取值范围是[-√2e-I,√2e-I]. 例：[解析](1)如果存在x1,2e[0,2]使得g(x)-g(x2)≥M 考点2 成立，等价于[g(x)-g(2)]m≥M 例：[解析]fx)≥lnx-a+1可化为e-1-ax+a-1≥0(x>0), 由g()=2-2-3,得g(x)=32-2x=3x(x-子)} 令p(x)=e-1-ax+a-l, 则当x∈[1，+o)时，p(x)min≥0， 令g'()>0得x<0或>子，令g()<0得0<<号，又 p'(x)=e-1-a, xe[0,2], ①当a≤日时，e()>0, 所以g(x)在区间[0，子]上单调递减，在区间[子，2上单调 458 遵增，所以g()=()=-。 即x(e-1)-ax≥0，即e-1-ax≥0， 令p(x)=e-1-ax(x>0),则p(x)mn≥0， 又g(0)=-3,g(2)=1, p'(x）=e-a. 所以g(x)nmm=g(2)=1. ①当a≤1时，p'(x)=e-a>0, 故[g()-)】=8)mg(到m-≥n .p(x)在(0，+∞)上单调递增， .p(x)>p(0)=0,.a≤1满足条件. 则满足条件的最大整数M=4, ②当a>1时，若0<x<na,则p'(x)<0 （2)对于任意的s,e[片2小害有八)≥g)成立，等价于在 若x>lna,则p'(x)>0. ∴.p(x)在(0，lna)上单调递减，在(na,+o)上单调递增， 区同[22上，函数x)n≥g(x), .p(x)min=p(na）=a-1-ana≥0. 由()可知在区同[分2小上g()的最大值为g(2)=1 g(a)=a-1-aln a(ax1), ∴.g'(a)=1-(1+na)=-lna<0. 在区何[？，2]小上)=共+xnx≥1恒成立等价于a≥x ∴.g(a)在(1，+∞)上单调递减. .g(a）<g(1)=0与g(a)≥0矛盾， lnx恒成立 故a>1不满足条件， 设(=-n,e[2h()=1-2n- 综上，实数a的取值范围是(-∞，1]. 解法二：当x>0时，代x)≥0， 令m(x)=n,由m'(x)=lnx+1>0得x>。 1 即x(e-1)-ax2≥0，即e-1-ax≥0， 即m()=恤x在（日+上单调递增。 即ax≤e-1,即a≤e-1恒成立， 可知()在区问[分，2小上是减函数， 令h(x)=e-l(x>0), 又h'(1)=0, h'(x)=e(x-1)+1 所以当1<x<2时，h'(x)<0; 令k(x)=e(x-1)+1(x>0),.k'(x)=e·x>0, 当<<1时，h()>0 ∴.k(x)在(0，+0)上单调递增 ∴.k(x)>k(0)=0,.h'(x)>0 即函数()=-1nx在区间（分）上单调递增，在区间 .h(x)在(0，+o)上单调递增. (1,2)上单调递减，所以h(x)mm=h(1)=1, 所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，+0) 由洛必装法则知，回(=回g=1,a≤1敢实 变式训练 数a的取值范围是(-0,1]. [解析]xe(-,+o)且f'(x)=e*+1+(x-1)·e*+l 第三课时导数与函数的零点 2mx =x(e+2m), 当m>0时，因为e*l>0,所以e+1+2m>0, 考点突破·互动探究 所以当x>0时，f'(x)>0; 考点1 当x<0时f'(x)<0. 例1：[解析](1)f(x)的定义域是(0，+o), 故f(x)在区间(-0,0)上单调递减， 在区间(0，+∞)上单调递增， Ax)-hx-zu(aeR)/(s)-o1- 所以f代x)mn=f(0)=-e 当a=1时，()=1==0，得x=±1 又ge=3+手m46- .…x>0. 因为0<m≤6，所以g'(x)>0, ∴.当x∈(0,1)时，f'(x)>0,函数f(x)单调递增， 所以g(x)在(0,2]上为增函数， 当xe(1,+o)时，f'(x)<0,f代x)函数单调递减， 所以g(x)m=g(2)=8-2-2m=6-2m. 当x=1时，函数x)取最大值，最大信为)=-) 依题意有f代x1)m≤g()ma, 所以6-2m≥-e,所以0<m≤3+号， 2))=0.得a2 故m的取值范围为(0,3+] 令()=2，周g)=2-n 名师讲坛·素养提升 由g'(x)>0得1<x<√E,由g(x)<0,得e<x<e2, 变式训练 g(x)在区间[1，e]上单调递增，在区间[e,e2]上单调 [解析](1)f'(x)=e-1+xe-2ax=(x+1)e-2ax-1, 递减， 1 依题意知f'(-1)=2a-1=0,.a= e8(e2) 又g(1)=0,g()= 经检验a=)特合题意。 (2)解法一：当x>0时(x)≥0， 作函数g(x)的图象如图， -459 徐上：当0≤a号或a=时)在[1e门上有-个零点， .当m<1时，m=x-lnx无解，即g(x)无零点； 当m=1时，m=x-lnx有1个解，即g(x)有1个零点； 号≤a<时)在[1，e]上有2个零点， 当 当m>1时，m=x-lnx有2个解，即g(x)有2个零点. 考点2 当a<0或a>工时f代x)[1,e2]在上没有零点. 例1：A函数)=2-1+匹在(-0，-1)上存在零点， 例2：[解析](1)八f代x)=e-1-ax(x>0),f(x)=e-1-a, x=1是fx)的极值点，f(1)=e°-a=0,解得a=1. 则f代x）=2-1+a=0有解， (2)由(1)知，h(x)=fx)-sinx=e-1-x-sinx(0<x<π)， ..h'(x)=e*-!-1-cosx,H()=h'(x)=e*-1-1-cos x, 即a=2-上在(-0，-1)上有解， 则H(x)=e-l+sinx>0在xe(0,π)上恒成立， .H(x)在(0，π)上单调递增 令gx)=2-则g()=21n2+ , 又H(0)=e1-2<0,H(受）=e31-1>0, 当xe(-,-）时g()=2n2+>0, 所以函数g(x)在(-∞，-1)上单调递增， 3e(0,受），使得()=0，即e0l-1-cos=0, 当0<x<6时，H(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减； 所以0<8)<a(-)=2-=子，即0<a< 当<x<π时，H(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增 所以实数a取值范围是(0，号）·故选A .'.h(x)min =h()=e--sin o=1+coso-sin o 例2：[解析]利用导数求函数的最值+利用导数研究函数的零 令g(x)=l+cos--sin,xe(0,7） 点（理性思维、数学探索） 则g'(x)=-sinx-1-cosx<0恒成立， （0)当a=0时)=-士h(>0),所以W(月 ·g(x)在(0，受)上单调递减， x x2 又g(0)=1+1=2>0,8罗）=1-受-1<0， 若xe(0,1)f'(x)>0,fx)单调递增； 若xe(1,+∞)，f'(x)<0,f代x)单调递减， 3e(0,受），使得当xe(,受)时，8()<0， 所以f代x)m=f1)=-1. 即h(x)mn<0成立. h(0)=el>0,h(π)=em-l-π>0， (2②)由)=m--(a+1h(>0),()=a+ 故h(x)在(0，π)上有2个零点. a+1=(ax-1)(x-1D(x>0). 变式训练 x [解析](1)证明：当m=1时，fx)=e-1-xnx(x>0), 当a=0时，由(1)可知，f代x)不存在零点； f'(x)=e-1-lnx-1, Ah(x)=f'(x)=e'-1-Inx-1, 当a<0时，f'(x)= x 则h'(x)=e--⊥ 若xe(0,1)f'(x)>0,fx)单调递增， x 若xe(1,+o),f'(x)<0,fx)单调递减， 当x∈(0,1)时，h'(x)<0,h(x)单调递减； 当x∈(1，+o)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 所以f代x)m=f(1)=a-1<0,所以f代x)不存在零点； .h(x)mm=h(1）=0, -水x- 当x>0时，h(x)=f'(x)=e-l-lnx-1≥0， 当a>0时f'(x)= 一，若a=1,f'(x)≥0， f代x)在(0，+∞)上单调递增. f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为f(1)=a-1=0,所以函数 (2)由题意得，f'(x)=e-m-lnx-1, f代x)恰有一个零点， g(x)=f'(x)-m+1=e'-m-Inx-m(x>0), 令g(x)=e-m-lnx-m=0,则e-m=lhx+m, 若a>1)在(0，)1，+)上单调递增，在（位，上 .e*=e"(In x+m), .'xe*=xe"(In x+m), 单调道减，因为)=a-1>0,所以W(日）>)>0，当x ..xe*=em+I(In x+m), 0时x)一-0，由零点存在定理可知fx)在(0，）上 令p(x)=xe,则p(x)=p(m+lnx), 必有一个零点，所以a>1满足条件， 当x>0时，p'(x)=(x+1)e>0, 当x>0时，p(x)=xe为单调递增函数， 若0<a<1,f(x)在(0，)，（口，+）上单调递增，在 ∴.x=m+lnx,∴.m=x-nx(x>0), 令(x)=x-lnx(x>0),则r'()=1-上， （1,日）上单满递减，因为山=a-1<0,所以W(日< <0,当x一+时，f(x)>0,由零点存在定理可知f(x)在 当0<x<1时，t'(x)<0,t(x)单调递减，当x>1时， t'(x)>0,t(x)单调递增， (日+)上必有一个零点，即0<a<1满足条件。 .t(x)mia=t(1)=1, 综上，若f代x)恰有一个零点，a的取值范围为(0，+∞) —460 变式训练 所以当c<一 B由方程x3-x2-x-1-2k=0有3个不同的根， 时，心)只有大于1的零点 即x3-x2-x-1=2k有3个不同的根， 因为-D=()=- 令fx)=x3-x2-x-1,xeR, 则f'(x)=3x2-2x-1=(3x+1)(x-1), 所以当c>子时)只有小于-1的客点 令()>0，解得x<-弓或x>1, 1 由题设可知-4≤c≤4 令r()<0,解得-方<x<1, 当c=时)只有两个零点-子和1 所以函数f(x)在(-0，-号）和(1。 当c=子时)只有两个零点-1布分 +×)上单调递增，在(-分，1）上单 当-子<c<时，f()有三个零点新，，且e 调递减，且f(-分）=号) (-1,)(方)（分 /11 -2,作出f(x)图象如图， 综上，若f代x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零 所以-2<2<号 点的绝对值都不大于1. 变式训练 即ke（-1,贵)放选B [证明](1)fx)的定义域为(0，+0). 考点3 f(e)=+nx-1=n- 例1：(-2,1)令x2-3x=-(x-1)2+a, 因为y=hx在(0，+0)上单调递增，y=在(0，+如)上单调 即a=x3+x2-5x+1, 令g(x)=x3+x2-5x+1(x>0), 递减， 则g'(x)=3x2+2x-5=(3x+5)(x-1), 所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增. 令g'(x)=0(x>0)得x=1, 又f')=-1<0(2)=ln2-3-4>0, 2 当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 故存在唯一e(1,2),使得f'(x)=0. 当xe(1,+∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 又当x<xo时，f'(x)<0,f(x)单调递减， g(0)=1,g(1)=-2, 当x>x。时，f'(x)>0f(x)单调递增， 因为曲线y=x2-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有 因此f代x)存在唯一的极值点. 两个不同的交点， (2)由(1)知f(xo)<fe)=-2,又f(e2)=e2-3>0, 所以等价于y=a与g(x)有两个交点，所以ae(-2,1). 所以f(x)=0在(xo,+∞)内存在唯一根x=a. 由a>>1得0<日<1< '=g(x ）(位h。女-1i00 故日是)=0在(0,6)的唯一根 综上(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数， 例2：[解析](1)f'(x)=3x2+b. 第四章三角函数、解三角形 依题意得f(宁）=0，即产+6=0， 第一讲任意角和弧度制及任意角的三角函数 知识梳理·双基自测 (2)证明：由(1)知f(x)=x- 知识梳理 4x+c, 知识点一 了()=3-子令f()=0,解得x=弓或x=分 3 1.负角零角 2.象限角轴线角 x变化时f'(x)与f代x)的变化情况为： 3.BlB=2km +a,keZ 行，+ 知识点二 1.半径长 '(x) 0 0 f(x) c+ 4 3m(9)j 因为f)=f(-)=c+4 一461—