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第四单元 导数及其应用
教材复习课 “导数”相关基础知识一课过
导数的基本运算
[过双基]
1．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)＝xn(n∈Q*) f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin x f′(x)＝cos_x
f(x)＝cos x f′(x)＝－sin_x
f(x)＝ax f′(x)＝axln_a
f(x)＝ex f′(x)＝ex
f(x)＝logax(a>0，且 a≠1) f′(x)＝ 1
xln a
f(x)＝ln x f′(x)＝
1
x
2．导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
(3)
fx
gx ′
＝
f′xgx－fxg′x
[gx]2
(g(x)≠0)．
3．复合函数的导数
复合函数 y＝f(g(x))的导数和函数 y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为 yx′＝yu′·ux′，
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．
1．下列求导运算正确的是( )
A.
x＋1
x ′＝1＋ 1
x2
B．(log2x)′＝
1
xln 2
C．(3x)′＝3xlog3e D．(x2cos x)′＝－2sin x
解析：选 B
x＋1
x ′＝1－ 1
x2
；(log2x)′＝
1
xln 2
；(3x)′＝3xln 3；(x2cos x)′＝2xcos x
－x2sin x，故选 B.
2．函数 f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为( )
A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)
C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)
解析：选 C ∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2a3，
∴f′(x)＝3(x2－a2)．
3．函数 f(x)＝ax3＋3x2＋2，若 f′(－1)＝4，则 a的值是( )
A.19
3
B.16
3
C.13
3
D.10
3
解析：选 D 因为 f′(x)＝3ax2＋6x，
所以 f′(－1)＝3a－6＝4，
所以 a＝10
3
.
4．(2016·天津高考)已知函数 f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)为 f(x)的导函数，则 f′(0)的值为
________．
解析：因为 f(x)＝(2x＋1)ex，
所以 f′(x)＝2ex＋(2x＋1)ex＝(2x＋3)ex，
所以 f′(0)＝3e0＝3.
答案：3
5．函数 y＝ln2x＋1
x
的导数为________．
解析：y′＝
ln2x＋1
x
′
＝
[ln2x＋1]′x－x′ln2x＋1
x2
＝
2x＋1′
2x＋1
·x－ln2x＋1
x2
＝
2x
2x＋1
－ln2x＋1
x2
＝
2x－2x＋1ln2x＋1
2x＋1x2
.
答案：y′＝
2x－2x＋1ln2x＋1
2x＋1x2
[清易错]
1．利用公式求导时，一定要注意公式的适用范围及符号，如(xn)′＝nxn－1中 n≠0 且 n
∈Q*，(cos x)′＝－sin x.
2．注意公式不要用混，如(ax)′＝axln a，而不是(ax)′＝xax－1.
1．已知函数 f(x)＝sin x－cos x，若 f′(x)＝1
2
f(x)，则 tan x的值为( )
A．1 B．－3
C．－1 D．2
解析：选 B ∵f′(x)＝(sin x－cos x)′＝cos x＋sin x，
又 f′(x)＝1
2
f(x)，
∴cos x＋sin x＝1
2
sin x－1
2
cos x，
∴tan x＝－3.
2．若函数 f(x)＝2x＋ln x且 f′(a)＝0，则 2aln 2a＝( )
A．－1 B．1
C．－ln 2 D．ln 2
解析：选 A f′(x)＝2xln 2＋1
x
，由 f′(a)＝2aln 2＋1
a
＝0，得 2aln 2＝－
1
a
，则 a·2a·ln 2
＝－1，即 2aln 2a＝－1.
导数的几何意义
[过双基]
函数 f(x)在点 x0处的导数 f′(x0)的几何意义是在曲线 y＝f(x)上点 P(x0，y0)处的切线的
斜率(瞬时速度就是位移函数 s(t)对时间 t的导数)．相应地，切线方程为 y－y0＝f′(x0)·(x－
x0)．
1.(2018·郑州质检)已知 y＝f(x)是可导函数，如图，直线 y＝kx＋2是曲线 y＝f(x)在 x＝3
处的切线，令 g(x)＝xf(x)，g′(x)是 g(x)的导函数，则 g′(3)＝( )
A．－1 B．0
C．2 D．4
解析：选 B 由题图可知曲线 y＝f(x)在 x＝3 处切线的斜率等于－
1
3
，∴f′(3)＝－
1
3
，
∵g(x)＝xf(x)，∴g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(3)＝f(3)＋3f′(3)，又由题图可知 f(3)＝1，
所以 g′(3)＝1＋3×
－
1
3 ＝0.
2．设函数 f(x)＝xln x，则点(1,0)处的切线方程是________．
解析：因为 f′(x)＝ln x＋1，所以 f′(1)＝1，所以切线方程为 x－y－1＝0.
答案：x－y－1＝0
3．已知曲线 y＝2x2的一条切线的斜率为 2，则切点的坐标为________．
解析：因为 y′＝4x，设切点为(m，n)，则 4m＝2，所以 m＝
1
2
，则 n＝2×
1
2 2＝
1
2
，则
切点的坐标为
1
2
，
1
2 .
答案：
1
2
，
1
2
4．函数 y＝f(x)的图象在点 M(1，f(1))处的切线方程是 y＝3x－2，则 f(1)＋f′(1)＝
________.
解析：因为函数 y＝f(x)的图象在点 M(1，f(1))处的切线方程是 y＝3x－2，所以 f′(1)
＝3，且 f(1)＝3×1－2＝1，所以 f(1)＋f′(1)＝1＋3＝4.
答案：4
[清易错]
1．求曲线切线时，要分清在点 P处的切线与过 P点的切线的区别，前者只有一条，而
后者包括了前者．
2．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有
差别．
1．若存在过点(1,0)的直线与曲线 y＝x3和 y＝ax2＋15
4
x－9都相切，则 a等于( )
A．－1或－
25
64
B．－1或21
4
C．－
7
4
或－
25
64
D．－
7
4
或 7
解析：选 A 因为 y＝x3，所以 y′＝3x2，
设过点(1,0)的直线与 y＝x3相切于点(x0，x30)，
则在该点处的切线斜率为 k＝3x20，
所以切线方程为 y－x30＝3x20(x－x0)，即 y＝3x20x－2x30，又(1,0)在切线上，则 x0＝0或 x0
＝
3
2
，当 x0＝0时，由 y＝0与 y＝ax2＋15
4
x－9相切，可得 a＝－
25
64
，
当 x0＝
3
2
时，由 y＝27
4
x－27
4
与 y＝ax2＋15
4
x－9相切，可得 a＝－1，所以选 A.
2.(2017·兰州一模)已知直线 y＝2x＋1与曲线 y＝x3＋ax＋b相切于点(1,3)，则实数 b的
值为________．
解析：因为函数 y＝x3＋ax＋b 的导函数为 y′＝3x2＋a，所以此函数的图象在点(1,3)
处的切线斜率为 3＋a，
所以
3＋a＝2，
3＝1＋a＋b，
解得
a＝－1，
b＝3.
答案：3
利用导数研究函数的单调性
[过双基]
1．函数 f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与 f′(x)的关系
(1)若 f′(x)>0，则 f(x)在这个区间上是增加的．
(2)若 f′(x)<0，则 f(x)在这个区间上是减少的．
(3)若 f′(x)＝0，则 f(x)在这个区间内是常数．
2．利用导数判断函数单调性的一般步骤
(1)求 f′(x)．
(2)在定义域内解不等式 f′(x)>0或 f′(x)<0.
(3)根据结果确定 f(x)的单调性及单调区间．
1．函数 f(x)＝2x3－9x2＋12x＋1的单调减区间是( )
A．(1,2) B．(2，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1)和(2，＋∞)
解析：选 A 解 f′(x)＝6x2－18x＋12<0可得 10 时，由导函数 f′(x)＝ax2＋bx＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x1)
内的值是大于 0的，则在此区间内函数 f(x)单调递增．只有 D选项符合题意．
3．已知 f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数 a的取值范围为( )
A．(－∞，－2 6] B.
－∞，
6
2
C．[－2 6，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：选 C 由题意得 f′(x)＝2x＋a＋3
x
＝
2x2＋ax＋3
x
≥0 在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)
＝2x2＋ax＋3≥0 在 (1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0 或
Δ＝a2－24>0，
－
a
4
≤1，
g1＝5＋a≥0
⇔－
2 6≤a≤2 6或 a>2 6⇔a≥－2 6，故选 C.
[清易错]
若函数 y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则 f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号
不恒成立；若函数 y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则 f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，
等号不恒成立．
若函数 f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是 R上的单调增函数，则 m的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，
∴f′(x)＝3x2＋2x＋m.
又∵f(x)在 R上是单调增函数，∴f′(x)≥0恒成立，
∴Δ＝4－12m≤0，即 m≥
1
3
.
答案：
1
3
，＋∞
利用导数研究函数的极值与最值
[过双基]
1．函数的极大值
在包含 x0的一个区间(a，b)内，函数 y＝f(x)在任何一点的函数值都小于 x0点的函数值，
称点 x0为函数 y＝f(x)的极大值点，其函数值 f(x0)为函数的极大值．
2．函数的极小值
在包含 x0的一个区间(a，b)内，函数 y＝f(x)在任何一点的函数值都大于 x0点的函数值，
称点 x0为函数 y＝f(x)的极小值点，其函数值 f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为
极值，极大值点与极小值点统称为极值点．
3．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数 f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数 f(x)在[a，b]上单调递增，则 f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若
函数 f(x)在[a，b]上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
1．如图是 f(x)的导函数 f′(x)的图象，则 f(x)的极小值点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 A 由图象及极值点的定义知，f(x)只有一个极小值点．
2．若函数 f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在 x＝－3时取得极值，则 a的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选 D f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知 f′(－3)＝0，即 3×(－3)2＋2a×(－3)＋3
＝0，解得 a＝5.
3．(2017·济宁一模)函数 f(x)＝1
2
x2－ln x的最小值为( )
A.1
2
B．1
C．0 D．不存在
解析：选 A f′(x)＝x－1
x
＝
x2－1
x
，且 x>0.令 f′(x)>0，得 x>1；令 f′(x)<0，得 00)，
因为函数 f(x)＝1
2
x2－ax＋ln x有极值，
令 g(x)＝x2－ax＋1，且 g(0)＝1>0，
所以
a
2
>0，
g
a
2 ＝－
a2
4
＋1<0，
解得 a>2.
答案：(2，＋∞)
5．设 x1，x2是函数 f(x)＝x3－2ax2＋a2x 的两个极值点，若 x1<22，
a
3
<2， ∴20可得 x>1或 x<－1，
由 f′(x)<0可得－10且 a≠1)，若 f′(1)＝－1，则 a＝( )
A．e B.1
e
C.1
e2
D.1
2
解析：选 B 因为 f′(x)＝ 1
xln a
，所以 f′(1)＝ 1
ln a
＝－1，所以 ln a＝－1，所以 a＝1
e
.
2．直线 y＝kx＋1与曲线 y＝x2＋ax＋b相切于点 A(1,3)，则 2a＋b的值为( )
A．－1 B．1
C．2 D．－2
解析：选 C 由曲线 y＝x2＋ax＋b，得 y′＝2x＋a，
由题意可得
k＋1＝3，
k＝2＋a，
1＋a＋b＝3，
解得
k＝2，
a＝0，
b＝2，
所以 2a＋b＝2.
3．函数 y＝2x3－3x2的极值情况为( )
A．在 x＝0处取得极大值 0，但无极小值
B．在 x＝1处取得极小值－1，但无极大值
C．在 x＝0处取得极大值 0，在 x＝1处取得极小值－1
D．以上都不对
解析：选 C y′＝6x2－6x，
由 y′＝6x2－6x>0，可得 x>1或 x<0，
即单调增区间是(－∞，0)，(1，＋∞)．
由 y′＝6x2－6x<0，可得 01，所以 m≤1.
5．函数 f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：选 D 依题意得 f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令 f′(x)>0，解得
x>2，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．故选 D.
6．已知函数 f(x)＝x(x－m)2在 x＝1处取得极小值，则实数 m＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选 B f(x)＝x(x2－2mx＋m2)＝x3－2mx2＋m2x，所以 f′(x)＝3x2－4mx＋m2＝(x
－m)(3x－m)．由 f′(1)＝0可得 m＝1或 m＝3.当 m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当 13时，f′(x)>0，此时在 x＝1处取得极大值，不合题意，∴m＝
1，此时 f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当
1
3
1时，f′(x)>0，此时
在 x＝1处取得极小值．选 B.
7．由曲线 y＝x2－1，直线 x＝0，x＝2和 x轴所围成的封闭图形的面积是( )
A.错误!(x2－1)dx
B.错误!|x2－1|dx
C.错误!(x2－1)dx
D.错误!(x2－1)dx＋错误!(1－x2)dx
解析：选 B 作出封闭图形的示意图如图所示，
易得所围成的封闭图形的面积是
S＝错误!(1－x2)dx＋错误!(x2－1)dx＝错误!|x2－1|dx.
8．若函数 f(x)＝
1－2x，x≤0，
x3－3x＋a，x>0
的值域为[0，＋∞)，则实数 a的取值范围是( )
A．[2,3] B．(2,3]
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：选 A 当 x≤0时，0≤f(x)＝1－2x<1；
当 x>0时，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，
当 x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当 x＝1 时，函数 f(x)取得最小值 f(1)＝1－3＋a＝a－2.由题意得 0≤a－2≤1，解
得 2≤a≤3，选 A.
二、填空题
9．若函数 f(x)＝x＋aln x不是单调函数，则实数 a的取值范围是________．
解析：由题意知 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋a
x
，要使函数 f(x)＝x＋aln x 不
是单调函数，则需方程 1＋a
x
＝0在(0，＋∞)上有解，即 x＝－a，∴a<0.
答案：(－∞，0)
10．已知函数 f(x)＝ln x－f′(－1)x2＋3x－4，则 f′(1)＝________.
解析：∵f′(x)＝1
x
－2f′(－1)x＋3，
∴f′(－1)＝－1＋2f′(－1)＋3，
∴f′(－1)＝－2，∴f′(1)＝1＋4＋3＝8.
答案：8
11．已知函数 f(x)的图象在点 M(1，f(1))处的切线方程是 y＝1
2
x＋3，则 f(1)＋f′(1)＝
________.
解析：由题意知 f′(1)＝1
2
，f(1)＝1
2
×1＋3＝7
2
，
∴f(1)＋f′(1)＝7
2
＋
1
2
＝4.
答案：4
12．已知函数 g(x)满足 g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋1
2
x2，且存在实数 x0，使得不等式 2m
－1≥g(x0)成立，则实数 m的取值范围为________．
解析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，
令 x＝1时，得 g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，
∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0－1＝1，
∴g′(1)＝e，
∴g(x)＝ex－x＋1
2
x2，g′(x)＝ex－1＋x，
当 x<0时，g′(x)<0，当 x>0时，g′(x)>0，
∴当 x＝0时，函数 g(x)取得最小值 g(0)＝1.
根据题意得 2m－1≥g(x)min＝1，∴m≥1.
答案：[1，＋∞)
三、解答题
13．已知函数 f(x)＝x＋a
x
＋b(x≠0)，其中 a，b∈R.
(1)若曲线 y＝f(x)在点 P(2，f(2))处的切线方程为 y＝3x＋1，求函数 f(x)的解析式；
(2)讨论函数 f(x)的单调性；
(3)若对于任意的 a∈
1
2
，2
，不等式 f(x)≤10在
1
4
，1
上恒成立，求实数 b的取值范围．
解：(1)f′(x)＝1－ a
x2
(x≠0)，
由已知及导数的几何意义得 f′(2)＝3，则 a＝－8.
由切点 P(2，f(2))在直线 y＝3x＋1上可得－2＋b＝7，解得 b＝9，所以函数 f(x)的解析
式为 f(x)＝x－8
x
＋9.
(2)由(1)知 f′(x)＝1－ a
x2
(x≠0)．
当 a≤0时，显然 f′(x)>0，这时 f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数．
当 a>0时，令 f′(x)＝0，解得 x＝± a，
当 x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－ a) － a (－ a，0) (0， a) ( a，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
所以当 a>0 时，f(x)在(－∞，－ a)，( a，＋∞)上是增函数，在(－ a，0)，(0， a)
上是减函数．
(3)由 (2)知，对于任意的 a∈
1
2
，2
，不等式 f(x)≤10 在
1
4
，1
上恒成立等价于
f
1
4 ≤10，
f1≤10，
即
b≤39
4
－4a，
b≤9－a
对于任意的 a∈
1
2
，2
成立，从而得 b≤7
4
，
所以实数 b的取值范围是
－∞，
7
4 .
14．已知函数 f(x)＝x
4
＋
a
x
－ln x－3
2
，其中 a∈R，且曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线
垂直于直线 y＝1
2
x.
(1)求 a的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间与极值．
解：(1)对 f(x)求导，得 f′(x)＝1
4
－
a
x2
－
1
x
(x>0)，由 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直
线 y＝1
2
x，
知 f′(1)＝－
3
4
－a＝－2，解得 a＝5
4
.
(2)由(1)知 f(x)＝x
4
＋
5
4x
－ln x－3
2
，
则 f′(x)＝x2－4x－5
4x2
，
令 f′(x)＝0，解得 x＝－1或 x＝5.
因为 x＝－1不在 f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当 x∈(0,5)时，f′(x)<0，故 f(x)在(0,5)内为减函数；
当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
由此知函数 f(x)在 x＝5时取得极小值 f(5)＝－ln 5，无极大值．
高考研究课(一)
导数运算是基点、几何意义是重点、定积分应用是潜考点
[全国卷 5年命题分析]
考点 考查频度 考查角度
导数的几何意义 5年 7考 求切线、已知切线求参数、求切点坐标
定积分 未考查
导数的运算
[典例] (1)(2018·惠州模拟)已知函数 f(x)＝1
x
cos x，则 f(π)＋f′
π
2 ＝( )
A．－
3
π2
B．－
1
π2
C．－
3
π
D．－
1
π
(2)已知 f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是 fn(x)的导函数，即 f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，
fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则 f2 018(x)等于( )
A．－sin x－cos x B．sin x－cos x
C．sin x＋cos x D．cos x－sin x
(3)已知函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且满足 f(x)＝2xf′(1)＋ln x，则 f′(1)＝( )
A．－e B．－1
C．1 D．e
[解析] (1)∵f′(x)＝－
1
x2
cos x＋1
x
(－sin x)，
∴f(π)＋f′
π
2 ＝－
1
π
＋
2
π
·(－1)＝－
3
π
.
(2)∵f1(x)＝sin x＋cos x，
∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，
∴f3(x)＝f2′(x)＝－sin x－cos x，
∴f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，
∴f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x，
∴fn(x)是以 4为周期的函数，
∴f2 018(x)＝f2(x)＝cos x－sin x，故选 D.
(3)由 f(x)＝2xf′(1)＋ln x，得 f′(x)＝2f′(1)＋1
x
.
∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则 f′(1)＝－1.
[答案] (1)C (2)D (3)B
[方法技巧]
1．可导函数的求导步骤
(1)分析函数 y＝f(x)的结构特点，进行化简；
(2)选择恰当的求导法则与导数公式求导；
(3)化简整理答案．
2．求导运算应遵循的原则
求导之前，应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简，然后求导，这样可以减
少运算量，提高运算速度，减少差错．
[即时演练]
1．(2018·江西九校联考)已知 y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)，则 y′＝( )
A．3x2－12x＋6 B．x2＋12x－11
C．x2＋12x＋6 D．3x2＋12x＋11
解析：选 D 法一：y′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＝3x2＋12x＋11.
法二：∵y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，
∴y′＝3x2＋12x＋11.
2．已知函数 f(x)＝xln x，若 f′(x0)＝2，则 x0＝________.
解析：f′(x)＝ln x＋1，由 f′(x0)＝2，
即 ln x0＋1＝2，解得 x0＝e.
答案：e
导数的几何意义
导数的几何意义为高考热点内容，考查题型多为选择、填空题，也常出现在解答题的
第1问中，难度较低，属中、低档题.
常见的命题角度有：
1求切线方程；
2确定切点坐标；
3已知切线求参数值或范围；
4切线的综合应用.
角度一：求切线方程
1．已知函数 f(x)＝ ln(1＋x)－x＋x2，则曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是
________．
解析：∵f′(x)＝ 1
1＋x
－1＋2x，∴f′(1)＝3
2
，f(1)＝ln 2，∴曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))
处的切线方程为 y－ln 2＝3
2
(x－1)，即 3x－2y＋2ln 2－3＝0.
答案：3x－2y＋2ln 2－3＝0
角度二：确定切点坐标
2．已知函数 f(x)＝ex
x
(x>0)，直线 l：x－ty－2＝0.若直线 l与曲线 y＝f(x)相切，则切点
横坐标的值为________．
解析：由 f(x)＝ex
x
(x>0)，得 f′(x)＝ex·x－ex
x2
＝
exx－1
x2
(x>0)．
当 x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
根据直线 l的方程 x＝ty＋2，可得 l恒过点(2,0)．
①当 t＝0时，直线 l：x＝2垂直于 x轴，不与曲线 y＝f(x)相切，舍去；
②当 t≠0时，设切点 A(x0，y0)，直线 l可化为 y＝1
t
x－2
t
，斜率 k＝1
t
＝f′(x0)＝
ex0x0－1
x20
，
又直线 l和曲线 y＝f(x)均过点 A(x0，y0)，则满足 y0＝
1
t
x0－
2
t
＝
ex0
x0
，
所以
ex0x0－1
x20
＝
ex0x0－1
x0·x0
＝
1
t
x0－2
t ·x0－1
x0
＝
x0－2
t
·x0－1
x0
＝
1
t
，两边约去 t后，可得(x0
－2)·x0－1
x0
＝1，化简得 x20－4x0＋2＝0，
解得 x0＝2± 2.
综上所述，切点的横坐标为 2± 2.
答案：2± 2
角度三：已知切线求参数值或范围
3．(2017·武汉一模)已知 a为常数，若曲线 y＝ax2＋3x－ln x上存在与直线 x＋y－1＝0
垂直的切线，则实数 a的取值范围是________．
解析：由题意知曲线上存在某点的导数值为 1，
所以 y′＝2ax＋3－1
x
＝1有正根，
即 2ax2＋2x－1＝0有正根．
当 a≥0时，显然满足题意；
当 a＜0时，需满足Δ≥0，解得－
1
2
≤a＜0.
综上，a≥－
1
2
.
答案：
－
1
2
，＋∞
4．若两曲线 y＝x2－1与 y＝aln x－1存在公切线，则正实数 a的取值范围是________．
解析：设 y＝aln x－1的切点为(x0，y0)，求导 y′＝
a
x
，
则切线的斜率为
a
x0
，
所以公切线方程为 y－(aln x0－1)＝ a
x0
(x－x0)，
联立方程 y＝x2－1可得 x2－ a
x0
x＋a－aln x0＝0，
由题意，可得Δ＝
－
a
x0 2－4(a－aln x0)＝0，
则 a＝4x20(1－ln x0)．
令 f(x)＝4x2(1－ln x)(x>0)，则 f′(x)＝4x(1－2ln x)，
易知，函数 f(x)＝4x2(1－ln x)在(0， e)上是增函数，在( e，＋∞)上是减函数，
所以函数 f(x)＝4x2(1－ln x)的最大值是 f( e)＝2e，
则正实数 a的取值范围是(0,2e]．
答案：(0,2e]
角度四：切线的综合应用
5．已知函数 f(x)＝mln(x＋1)，g(x)＝ x
x＋1
(x>－1)．
(1)讨论函数 F(x)＝f(x)－g(x)在(－1，＋∞)上的单调性；
(2)若 y＝f(x)与 y＝g(x)的图象有且仅有一条公切线，试求实数 m的值．
解：(1)F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝ m
x＋1
－
1
x＋12
＝
mx＋1－1
x＋12
(x>－1)，
当 m≤0时，F′(x)<0，函数 F(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
当 m>0时，由 F′(x)<0，得－10，得 x>－1＋1
m
，所以函数 F(x)在
－1＋1
m
，＋∞
上单调递增．
综上所述，当 m≤0时，函数 F(x)在(－1，＋∞)上单调递减，
当 m>0时，函数 F(x)在
－1，－1＋1
m 上单调递减，在
－1＋1
m
，＋∞
上单调递增．
(2)函数 f(x)＝mln(x＋1)在点(a，mln(a＋1))处的切线方程为 y－mln(a＋1)＝ m
a＋1
(x－a)，
即 y＝ m
a＋1
x＋mln(a＋1)－ ma
a＋1
.
函数 g(x)＝ x
x＋1
在点
b， b
b＋1 处的切线方程为 y－ b
b＋1
＝
1
b＋12
(x－b)，
即 y＝ 1
b＋12
x＋ b2
b＋12
.
因 为 y ＝ f(x) 与 y ＝ g(x) 的 图 象 有 且 仅 有 一 条 公 切 线 ， 即
m
a＋1
＝
1
b＋12
， ①
mlna＋1－ ma
a＋1
＝
b2
b＋12
， ②
所以有唯一数对(a，b)，满足这个方程组，
由①得 a＋1＝m(b＋1)2，代入②消去 a整理得：2mln(b＋1)＋ 2
b＋1
＋mln m－m－1＝0，
关于 b(b>－1)的方程有唯一的解，
令 h(b)＝2mln(b＋1)＋ 2
b＋1
＋mln m－m－1，
则 h′(b)＝ 2m
b＋1
－
2
b＋12
＝
2[mb＋1－1]
b＋12
，
方程组有解时，m>0，所以 h(b)在
－1，－1＋1
m 上单调递减，在
－1＋1
m
，＋∞
上单
调递增，
所以 h(b)min＝h
－1＋1
m ＝m－mln m－1，
因为 b→＋∞，h(b)→＋∞，b→－1，h(b)→＋∞，
所以只需 m－mln m－1＝0.
令 p(m)＝m－mln m－1，则 p′(m)＝－ln m在 m>0时为单调递减函数，且 m＝1时，
p′(m)＝0.
所以 p(m)max＝p(1)＝0，
所以 m＝1时，关于 b(b>－1)的方程 2mln(b＋1)＋ 2
b＋1
＋mln m－m－1＝0有唯一解，
此时 a＝b＝0，公切线为 y＝x.
[方法技巧]
利用导数解决切线问题的方法
(1)已知切点 A(x0，f(x0))求斜率 k，即求该点处的导数值：k＝f′(x0)．
(2)已知斜率 k，求切点 A(x1，f(x1))，即解方程 f′(x1)＝k.
(3)已知过某点M(x1，f(x1))(不是切点)的切线斜率为 k时，常需设出切点 A(x0，f(x0))，
利用 k＝fx1－fx0
x1－x0
求解．
定积分及应用
[典例] (1)(2018·东营模拟)设 f(x)＝
x2，x∈[0，1]，
2－x，x∈1，2]，
则 错误!f(x)dx等于( )
A.3
4
B.4
5
C.5
6
D．不存在
(2)设 f(x)＝
1－x2，x∈[－1，1，
x2－1，x∈[1，2]，
则 错误!f(x)dx的值为( )
A.π
2
＋
4
3
B.π
2
＋3
C.π
4
＋
4
3
D.π
4
＋3
(3)设 a＞0，若曲线 y＝ x与直线 x＝a，y＝0 所围成封闭图形的面积为 a2，则 a＝
________.
[解析] (1)如图，错误!f(x)dx＝错误!x2dx＋错误!(2－x)dx＝1
3
x3|1
0
＋
2x－1
2
x2 |2
1
＝
1
3
＋
4－2－2＋1
2 ＝
5
6
.
(2) 错误!f(x)dx＝错误! 1－x2dx＋错误!(x2－1)dx，
因为错误! 表示圆心在原点，半径为 1的上半圆的面积，则 错误! 1－x2dx＝π
2
；
错误! (x2－1)dx＝
1
3
x3－x 21＝
4
3
，
所以 错误!f(x)dx＝π
2
＋
4
3
.
(3)封闭图形如图所示，
则 错误! xdx＝2
3
x
3
2 |a
0
＝
2
3
a
3
2 －0＝a2，解得 a＝4
9
.
[答案] (1)C (2)A (3)4
9
[方法技巧]
求定积分的 2种方法及注意事项
(1)定理法
运用微积分基本定理求定积分时要注意以下几点：
①对被积函数要先化简，再求积分；
②求被积函数为分段函数的定积分，依据定积分“对区间的可加性”，分段积分再求
和；
③对于含有绝对值符号的被积函数，要先去掉绝对值符号再求积分；
④注意用“F′(x)＝f(x)”检验积分的对错．
(2)面积法
根据定积分的几何意义可利用面积求定积分．
[即时演练]
1．(2018·西安调研)定积分错误!(2x＋ex)dx的值为( )
A．e＋2 B．e＋1
C．e D．e－1
解析：选 C 错误!(2x＋ex)dx＝(x2＋ex)10＝1＋e1－1＝e.故选 C.
2．直线 y＝2x＋3与抛物线 y＝x2所围成封闭图形的面积为________．
解析：
如图，由方程组
y＝2x＋3，
y＝x2，
可得 x1＝－1，x2＝3，故所求图形面积为 S＝错误! [(2x
＋3)－x2]dx＝错误!－1(2x＋3)dx－错误!x2dx＝(x2＋3x) |
3
-1
－
1
3
x3|
3
-1
＝
32
3
.
答案：
32
3
3．如图，在长方形 OABC内任取一点 P，则点 P落在阴影部分的概率为________．
解析：由图知长方形 OABC的面积为 e；
函数 y＝ax过点(1，e)，则 a＝e，所以曲线的方程为 y＝ex，A，D在直线 y＝1－x上，
所以阴影部分的面积 S＝错误!(ex＋x－1)dx＝
ex＋1
2
x2－x 10＝e－3
2
，
所以在长方形 OABC内任取一点 P，则点 P落在阴影部分的概率 P＝
e－3
2
e
＝1－ 3
2e
.
答案：1－ 3
2e
1．(2014·全国卷Ⅱ)设曲线 y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为 y＝2x，则 a＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选 D y′＝a－ 1
x＋1
，由题意得 y′x＝0＝2，即 a－1＝2，所以 a＝3.
2．(2017·全国卷Ⅰ)曲线 y＝x2＋1
x
在点(1,2)处的切线方程为________．
解析：因为 y′＝2x－ 1
x2
，所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为 y′|x＝1＝2×1－ 1
12
＝1，
所以切线方程为 y－2＝x－1，即 x－y＋1＝0.
答案：x－y＋1＝0
3．(2016·全国卷Ⅱ)若直线 y＝kx＋b是曲线 y＝ln x＋2 的切线，也是曲线 y＝ln(x＋1)
的切线，则 b＝________.
解析：y＝ln x＋2的切线方程为：
y＝ 1
x1
·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为 x1)，
y＝ln(x＋1)的切线方程为：
y＝ 1
x2＋1
x＋ln(x2＋1)－ x2
x2＋1
(设切点的横坐标为 x2)，
∴
1
x1
＝
1
x2＋1
，
ln x1＋1＝lnx2＋1－ x2
x2＋1
，
解得 x1＝
1
2
，x2＝－
1
2
，
∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
答案：1－ln 2
4．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，
则 a＝________.
解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，
∴f′(1)＝3a＋1.又 f(1)＝a＋2，
∴切线方程为 y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)．
∵切线过点(2,7)，
∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得 a＝1.
答案：1
5．(2015·全国卷Ⅱ)已知曲线 y＝x＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1
相切，则 a＝________.
解析：∵y＝x＋ln x，
∴y′＝1＋1
x
，y′x＝1＝2.
∴曲线 y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为
y－1＝2(x－1)，即 y＝2x－1.
∵y＝2x－1与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当 a＝0时曲线变为 y＝2x＋1与已知直线平行)．
由
y＝2x－1，
y＝ax2＋a＋2x＋1，
消去 y，
得 ax2＋ax＋2＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，解得 a＝8.
答案：8
一、选择题
1．若 a＝错误!xdx，则二项式
x－a＋1
x 6展开式中的常数项是( )
A．20 B．－20
C．－540 D．540
解析：选 C a＝错误!xdx＝1
2
x|
2
0
＝2，则
x－3
x 6展开式的通项 Tr＋1＝(－3)rCr6x6－2r，令
6－2r＝0可得 r＝3，则常数项是 T4＝(－3)3C36＝－540.
2．(2018·衡水调研)曲线 y＝1－ 2
x＋2
在点(－1，－1)处的切线方程为( )
A．y＝2x＋1 B．y＝2x－1
C．y＝－2x－3 D．y＝－2x－2
解析：选 A ∵y＝1－ 2
x＋2
＝
x
x＋2
，
∴y′＝
x＋2－x
x＋22
＝
2
x＋22
，y′|x＝－1＝2，
∴曲线在点(－1，－1)处的切线斜率为 2，
∴所求切线方程为 y＋1＝2(x＋1)，
即 y＝2x＋1.
3．(2018·济南一模)已知曲线 f(x)＝ln x的切线经过原点，则此切线的斜率为( )
A．e B．－e
C.1
e
D．－
1
e
解析：选 C 法一：∵f(x)＝ln x，x∈(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1
x
.
设切点 P(x0，ln x0)，
则切线的斜率为 k＝f′(x0)＝ 1
x0
＝kOP＝ln x0
x0
.
∴ln x0＝1，∴x0＝e，∴k＝ 1
x0
＝
1
e
.
法二：(数形结合法)：在同一坐标系下作出 y＝ln x及曲线 y＝ln x 经过原点的切线，由
图可知，切线的斜率为正，且小于 1，故选 C.
4．已知 f(x)＝ln x，g(x)＝1
2
x2＋mx＋7
2
(m＜0)，直线 l与函数 f(x)，g(x)的图象都相切，
且与 f(x)图象的切点为(1，f(1))，则 m的值为( )
A．－1 B．－3
C．－4 D．－2
解析：选 D ∵f′(x)＝1
x
，
∴直线 l的斜率为 k＝f′(1)＝1.
又 f(1)＝0，
∴直线 l的方程为 y＝x－1.
g′(x)＝x＋m，设直线 l与 g(x)的图象的切点为(x0，y0)，
则有 x0＋m＝1，y0＝x0－1，
又因为 y0＝
1
2
x20＋mx0＋
7
2
(m＜0)，
解得 m＝－2，故选 D.
5．(2018·南昌二中模拟)设点 P是曲线 y＝x3－ 3x＋2
3
上的任意一点，P点处切线倾斜
角α的取值范围为( )
A.
0，π
2 ∪
5π
6
，π
B.
2π
3
，π
C.
0，π
2 ∪
2π
3
，π
D.
π
2
，
5π
6
解析：选 C 因为 y′＝3x2－ 3≥－ 3，故切线斜率 k≥－ 3，所以切线倾斜角α的取
值范围是
0，π
2 ∪
2π
3
，π
.
6．已知曲线 y＝ 1
ex＋1
，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为( )
A．x＋4y－2＝0 B．x－4y＋2＝0
C．4x＋2y－1＝0 D．4x－2y－1＝0
解析：选 A y′＝
－ex
ex＋12
＝
－1
ex＋1
ex
＋2
，因为 ex＞0，所以 ex＋1
ex
≥2 ex×1
ex
＝2(当且
仅当 ex＝1
ex
，即 x＝0时取等号)，则 ex＋1
ex
＋2≥4，故 y′＝
－1
ex＋1
ex
＋2
≥－
1
4
(当 x＝0时取等
号)．当 x＝0时，曲线的切线斜率取得最大值，此时切点的坐标为
0，1
2 ，切线的方程为 y
－
1
2
＝－
1
4
(x－0)，即 x＋4y－2＝0.故选 A.
二、填空题
7．若 a 和 b是计算机在区间(0,2)上产生的随机数，那么函数 f(x)＝lg(ax2＋4x＋4b)的
值域为 R的概率为________．
解析：由题意知
00，
Δ＝16－16ab≥0，
化简可得
a>0，
ab≤1，
如图所示，
不等式
a>0，
b>0，
ab≤1
所表示的图形的面积
S＝2×1
2
＋错误!1
2
1
a
da＝1＋ln a21
2
＝1＋2ln 2，
所以所求事件的概率为
1＋2ln 2
4
.
答案：
1＋2ln 2
4
8．已知函数 f(x)＝eax＋bx(a<0)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝5x＋1，且 f(1)＋f′(1)
＝12.则 a，b的值分别为________．
解析：f(x)＝eax＋bx，那么 f′(x)＝aeax＋b，
由
f′0＝5，
f1＋f′1＝12，
得
a＋b＝5，
aea＋b＋b＋ea＝12，
化简得(ea－2)(a＋1)＝0，
由 a<0，得 a＝－1，b＝6.
答案：－1,6
9．(2017·东营一模)函数 f(x)＝xln x在点 P(x0，f(x0))处的切线与直线 x＋y＝0垂直，则
切点 P(x0，f(x0))的坐标为________．
解析：∵f(x)＝xln x，
∴f′(x)＝ln x＋1，
由题意得 f′(x0)·(－1)＝－1，
即 f′(x0)＝1⇔ln x0＋1＝1⇔ln x0＝0⇔x0＝1，
∴f(x0)＝1·ln 1＝0，
∴P(1,0)．
答案：(1,0)
10．设过曲线 f(x)＝－ex－x(e 为自然对数的底数)上的任意一点的切线为 l1，总存在过
曲线 g(x)＝mx－3sin x上的一点处的切线 l2，使 l1⊥l2，则 m的取值范围是________．
解析：设曲线 f(x)上任意一点 A(x1，y1)，曲线 g(x)上存在一点 B(x2，y2)，f′(x)＝－ex
－1，g′(x)＝m－3cos x.
由题意可得 f′(x1)g′(x2)＝－1，且 f′(x1)＝－ex1－1∈(－∞，－1)，g′(x2)＝m－3cos
x2∈[m－3，m＋3]．
因为过曲线 f(x)＝－ex－x(e 为自然对数的底数)上的任意一点的切线为 l1，总存在过曲
线 g(x)＝mx－3sin x上的一点处的切线 l2，使 l1⊥l2，
所以(0,1)⊆[m－3，m＋3]，所以 m－3≤0，且 m＋3≥1，解得－2≤m≤3.
答案：[－2,3]
三、解答题
11．已知函数 f(x)＝1
3
x3－2x2＋3x(x∈R)的图象为曲线 C.
(1)求过曲线 C上任意一点切线斜率的取值范围；
(2)若在曲线 C上存在两条相互垂直的切线，求其中一条切线与曲线 C的切点的横坐标
的取值范围．
解：(1)由题意得 f′(x)＝x2－4x＋3，
则 f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，
即过曲线 C上任意一点切线斜率的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)设曲线 C的其中一条切线的斜率为 k，
则由题意，及(1)可知，
k≥－1，
－
1
k
≥－1，
解得－1≤k＜0或 k≥1，
故由－1≤x2－4x＋3＜0或 x2－4x＋3≥1，
得 x∈(－∞，2－ 2]∪(1,3)∪[2＋ 2，＋∞)．
12．已知函数 f(x)＝1
2
x2－ax＋(3－a)ln x，a∈R.
(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线 2x－y＋1＝0垂直，求 a的值；
(2)设 f(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1－5.
解：(1)∵f′(x)＝x－a＋3－a
x
＝
x2－ax＋3－a
x
，
∴f′(1)＝4－2a，
由题意知 4－2a＝－
1
2
，解得 a＝9
4
.
(2)证明：由题意知，x1，x2为 f′(x)＝0的两根，
∴
Δ＝a2－43－a>0，
a>0，
3－a>0，
∴20，故 h′(a)在(2,3)上递增．
又 h′(2)＝－2<0，a→3时，h′(a)→＋∞，
∴∃a0∈(2,3)，当 a∈(2，a0)时，h(a)递减，当 a∈(a0,3)时，h(a)递增，
∴h(a)min＝h(a0)＝－
1
2
a20＋a0－3＋(3－a0)·(－a0)＝
1
2
a20－2a0－3＝1
2
(a0－2)2－5>－5，
∴∀a∈(2,3)，h(a)>－5，
综上，f(x1)＋f(x2)>－5.
1．(2018·广东七校联考)已知函数 y＝x2的图象在点(x0，x20)处的切线为 l，若 l也与函数
y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，则 x0必满足( )
A．01，
设切点为(t，ln t)，
则切线 l的方程为 y＝1
t
x＋ln t－1，
因为函数 y＝x2的图象在点(x0，x20)处的切线 l的斜率为 2x0，
则切线方程为 y＝2x0x－x20，
因为 l也与函数 y＝ln x，x∈(0,1)的图象相切，
则有
2x0＝1
t
，
x20＝1－ln t，
则 1＋ln 2x0＝x20，x0∈(1，＋∞)．
令 g(x)＝x2－ln 2x－1，x∈(1，＋∞)，
所以该函数的零点就是 x0，则排除 A、B；
又因为 g′(x)＝2x－1
x
＝
2x2－1
x
>0，
所以函数 g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又 g(1)＝－ln 2<0，g( 2)＝1－ln 2 2<0，g( 3)＝2－ln 2 3>0，
从而 22)，
则φ(M，N)＝
|3x21－3x22|
x1－x22＋x31＋2－x32－22
＝
|3x21－3x22|
x1－x22[1＋x21＋x1x2＋x222]
＝
3|x1－x2|·|x1＋x2|
|x1－x2| 1＋[x1＋x22－x1x2]2
＝
3|x1＋x2|
1＋[x1＋x22－1]2
＝
3|t|
1＋t2－12
＝
3
t2＋2
t2
－2
.
设 g(x)＝x＋2
x
，x>4，则 g′(x)＝1－ 2
x2
>0，所以 g(x)在(4，＋∞)上单调递增，所以 g(x)>g(4)
＝
9
2
.
所以 t2＋2
t2
－2>5
2
，
所以 0<φ(M，N)<3 10
5
.
答案：
0，3 10
5
高考研究课二函数单调性必考，导数工具离不了
[全国卷 5年命题分析]
考点 考查频度 考查角度
函数单调性 5年 6考 讨论单调性及证明单调性问题
函数单调性的判断
[典例] (2016·山东高考节选)已知 f(x)＝a(x－ln x)＋2x－1
x2
，a∈R，讨论 f(x)的单调性．
[解] f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－a
x
－
2
x2
＋
2
x3
＝
ax2－2x－1
x3
.
当 a≤0，x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
当 a＞0时，f′(x)＝ax－1
x3
x－ 2
a
x＋ 2
a .
①若 0＜a＜2，则
2
a
＞1，
当 x∈(0,1)或 x∈
2
a，＋∞ 时，
f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当 x∈
1， 2
a 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
②若 a＝2，则
2
a
＝1，在 x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
③若 a＞2，则 0＜ 2
a
＜1，
当 x∈
0， 2
a 或 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当 x∈
2
a，1 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
综上所述，当 a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，
在(1，＋∞)内单调递减；
当 0＜a＜2时，f(x)在(0,1)内单调递增，在
1， 2
a 内单调递减，在
2
a，＋∞ 内
单调递增；
当 a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当 a＞2时，f(x)在
0， 2
a 内单调递增，在
2
a，1 内单调递减，在(1，＋∞)内单
调递增．
[方法技巧]
导数法判断函数 f(x)在(a，b)内单调性的步骤
(1)求 f′(x)；
(2)确定 f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．
[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行
分类讨论．
[即时演练]
1．(2017·芜湖一模)函数 f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是( )
A.(0，＋∞) B.(－∞，0)
C.(－∞，1) D.(1，＋∞)
解析：选 D 由题意知，f′(x)＝ex－e，令 f′(x)＞0，解得 x＞1，故选 D.
2．(2016·全国卷Ⅱ节选)讨论函数 f(x)＝x－2
x＋2
ex的单调性，并证明当 x>0 时，(x－2)ex
＋x＋2>0.
解：f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝x－1x＋2ex－x－2ex
x＋22
＝
x2ex
x＋22
≥0，
当且仅当 x＝0时，f′(x)＝0，所以 f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．
因此当 x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
利用导数研究函数单调性的应用
函数的单调性是高考命题的重点，其应用是考查热点.,常见的命题角度有：
1y＝fx与 y＝f′x的图象辨识；
2比较大小；
3已知函数单调性求参数的取值范围；
4构造函数解不等式.
角度一：y＝f(x)与 y＝f′(x)的图象辨识
1.已知函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，若函数 f(x)的图象如图所示，
则一定有( )
A．b>0，c>0 B．b<0，c>0
C．b>0，c<0 D．b<0，c<0
解析：选 B 由函数的图象与 y 轴的交点在原点的上方可知，d>0，f′(x)＝3ax2＋2bx
＋c，由函数的图象可知，函数 f(x)有两个极值点，且先增，再减，最后增，所以方程 f′(x)
＝0有两个大于 0不同的实根，且 a>0，由根与系数的关系可得－
2b
3a
>0，c
3a
>0，则 b<0，c>0.
2.已知函数 y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数 y＝f′(x)
的图象如图所示，则该函数的图象是( )
解析：选 B 由函数 f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象自左至右是先增后减，可知函数 y＝
f(x)图象的切线的斜率自左至右先增大后减小．
角度二：比较大小
3．设定义在 R上的函数 f(x)的导函数为 f′(x)，且满足 f(2－x)＝f(x)，f′x
x－1
<0，若 x1
＋x2>2，x1f(x2)
D．f(x1)与 f(x2)的大小不能确定
解析：选 C 由 f(2－x)＝f(x)，可得函数 f(x)的图象关于直线 x＝1对称，
当 x>1时，x－1>0，因为
f′x
x－1
<0，所以 f′(x)<0，
所以函数 f(x)在(1，＋∞)上是减函数，在(－∞，1)上是增函数．
因为 x1＋x2>2，x1f(x2)．
角度三：已知函数单调性求参数的取值范围
4．(2018·宝鸡一检)已知函数 f(x)＝x2＋4x＋aln x，若函数 f(x)在(1,2)上是单调函数，则
实数 a的取值范围是( )
A．(－6，＋∞)
B．(－∞，－16)
C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)
D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)
解析：选 C ∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x＋4＋a
x
＝
2x2＋4x＋a
x
，
f(x)在(1,2)上是单调函数，
∴f′(x)≥0或 f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，
即 2x2＋4x＋a≥0或 2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒成立，
即 a≥－(2x2＋4x)或 a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒成立．
记 g(x)＝－(2x2＋4x)，1＜x＜2，
则－16＜g(x)＜－6，
∴a≥－6或 a≤－16，故选 C.
5．(2018·成都模拟)已知函数 f(x)＝－
1
2
x2＋4x－3ln x 在区间[t，t＋1]上不单调，则 t
的取值范围是________．
解析：由题意知 f′(x)＝－x＋4－3
x
＝－
x－1x－3
x
，由 f′(x)＝0 得函数 f(x)的两个极
值点为 1和 3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数 f(x)在区间[t，t＋1]上
就不单调，
∴1∈(t，t＋1)或 3∈(t，t＋1)⇔
t＜1，
t＋1＞1
或
t＜3，
t＋1＞3
⇔0＜t＜1或 2＜t＜3.
答案：(0,1)∪(2,3)
[方法技巧]
由函数的单调性求参数的范围的方法
(1)可导函数 f(x)在 D 上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为 f′(x)≥0(或
f′(x)≤0)对 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)若已知 f(x)在区间 I上的单调性，区间 I中含有参数时，可先求出 f(x)的单调区间，
令 I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
(4)若已知 f(x)在 D上不单调，则 f(x)在 D上有极值点，且极值点不是 D的端点．
角度四：构造函数解不等式
6．设 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x<0 时， f′(x)g(x)＋
f(x)g′(x)>0，且 g(3)＝0.则不等式 f(x)g(x)<0的解集是( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
解析：选 D 令 h(x)＝f(x)g(x)，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(x<0)，所以函数 h(x)
＝f(x)g(x)在(－∞，0)上是增函数，又因为 f(x)，g(x)分别是定义在 R上的奇函数和偶函数，
所以 h(x)＝f(x)g(x)是 R上的奇函数，所以函数 h(x)＝f(x)g(x)在(0，＋∞)上是增函数，又因
为 g(3)＝0，所以 h(3)＝h(－3)＝0，所以不等式 f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．
7．设函数 f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为 f′(x)，且有 2f(x)＋
xf′(x)>x2，则不等式(x＋2 018)2f(x＋2 018)－f(－1)<0的解集为________．
解析：令 g(x)＝x2f(x)，由 2f(x)＋xf′(x)>x2(x<0)，得 g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)
＋xf′(x)]1 时，f′(x)＝k－1
x
≥0 恒成立，即 k≥1
x
在区间(1，＋∞)上恒成立．因为
x>1，所以 0<1
x
<1，所以 k≥1.故选 D.
3．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)≥0，求 a的取值范围．
解：(1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若 a＝0，则 f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若 a＞0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln a.
当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若 a＜0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln
－
a
2 .
当 x∈ －∞，ln
－
a
2 时，f′(x)＜0；
当 x∈ ln
－
a
2 ，＋∞ 时，f′(x)＞0.
故 f(x)在 －∞，ln
－
a
2 上单调递减，
在 ln
－
a
2 ，＋∞ 上单调递增．
(2)①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，所以 f(x)≥0.
②若 a＞0，则由(1)得，当 x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，即 0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若 a＜0，则由(1)得，当 x＝ln
－
a
2 时，f(x)取得最小值，最小值为 f ln
－
a
2 ＝
a2
3
4
－ln
－
a
2 .从而当且仅当 a2
3
4
－ln
－
a
2
≥0，
即－2e3
4
≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是
－2e3
4
，1
.
一、选择题
1．已知函数 f(x)＝ln x＋x2－3x(a∈R)，则函数 f(x)的单调递增区间为( )
A.
－∞，
1
2 B．(1，＋∞)
C.
－∞，
1
2 和(1，＋∞) D.
0，1
2 和(1，＋∞)
解析：选 D f′(x)＝2x2－3x＋1
x
(x>0)，令 f′(x)＝0，得 x＝1
2
或 x＝1，当 01
时，f′(x)>0，所以 f(x)的单调递增区间为
0，1
2 和(1，＋∞)．
2．(2017·浙江高考)函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示，则函数 y＝f(x)的
图象可能是( )
解析：选 D 由 f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故 f(x)在这三个零点处取
得极值，排除 A、B；记导函数 f′(x)的零点从左到右分别为 x1，x2，x3，因为在(－∞，x1)
上 f′(x)<0，在(x1，x2)上 f′(x)>0，所以函数 f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除 C，故选
D.
3．对于 R上可导的任意函数 f(x)，若满足
1－x
f′x
≤0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
解析：选 A 当 x＜1 时，f′(x)＜0，此时函数 f(x)单调递减，当 x＞1时，f′(x)＞0，
此时函数 f(x)单调递增，
∴当 x＝1时，函数 f(x)取得极小值同时也取得最小值，
所以 f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则 f(0)＋f(2)＞2f(1)．
4．已知函数 f(x)＝xsin x，x1，x2∈
－
π
2
，
π
2 ，且 f(x1)＜f(x2)，那么( )
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．x21－x22＞0 D．x21－x22＜0
解析：选 D 由 f(x)＝xsin x得 f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，当 x∈
0，π
2 时，
f′(x)＞0，即 f(x)在
0，π
2 上为增函数，又 f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x，因而 f(x)为偶函数，
∴当 f(x1)＜f(x2)时，有 f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x21－x22＜0，故选 D.
5．(2017·吉林长春三模)定义在 R上的函数 f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若 x1＜x2，
则 ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系为( )
A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)
B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)
C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)
D．ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系不确定
解析：选 A 设 g(x)＝fx
ex
，则 g′(x)＝f′xex－fxex
ex2
＝
f′x－fx
ex
，由题意知 g′(x)
＞0，所以 g(x)单调递增，当 x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即
fx1
ex1
＜
fx2
ex2
，所以 ex1f(x2)＞ex2f(x1)．
6．已知定义在 R上的函数 y＝f(x)满足条件 f(x＋4)＝－f(x)，且函数 y＝f(x＋2)是偶函
数，当 x∈(0,2]时，f(x)＝ln x－ax
a>1
2 ，当 x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为 3，则 a 的值为
( )
A．e2 B．e
C．2 D．1
解析：选 A 因为函数 y＝f(x＋2)是偶函数，即对称轴为 x＝0，
所以函数 y＝f(x)的对称轴为 x＝2，
当 x∈[2,4)时，4－x∈(0,2]，
所以 f(x)＝f(4－x)＝ln(4－x)－a(4－x)．
因为 f(x＋4)＝－f(x)，
所以 x∈[－2,0)时，x＋4∈[2,4)，
f(x)＝－f(x＋4)＝－ln[4－(x＋4)]＋a[4－(x＋4)]
＝－ln(－x)－ax，
所以 f′(x)＝－
1
x
－a，令 f′(x)＝0，得 x＝－
1
a
，
因为 a>1
2
，所以－
1
a
∈(－2,0)，
当－2≤x<－1
a
时，f′(x)<0，当－
1
a
0，
所以 f(x)在
－2，－
1
a 上是减函数，在
－
1
a
，0
上是增函数，
所以当 x＝－
1
a
时，f(x)取得最小值 f
－
1
a ＝－ln
1
a ＋1，
因为 f(x)在[－2,0)上的最小值为 3，
所以－ln
1
a ＋1＝3，解得 a＝e2.
二、填空题
7．设函数 f(x)＝x(ex－1)－1
2
x2，则函数 f(x)的单调增区间为________．
解析：因为 f(x)＝x(ex－1)－1
2
x2，所以 f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令 f′(x)>0，
即(ex－1)·(x＋1)>0，解得 x∈(－∞，－1)或 x∈(0，＋∞)．所以函数 f(x)的单调增区间为(－
∞，－1)和(0，＋∞)．
答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)
8．已知函数 f(x)＝xln x－ax2－x.若函数 f(x)在定义域上为减函数，则实数 a的取值范
围是________．
解析：由题意可知函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝ln x－2ax，因为函数 f(x)在定义域上为减函数，
所以 ln x－2ax≤0，即 a≥ln x
2x
在(0，＋∞)上恒成立，
令 g(x)＝ln x
2x
，则 g′(x)＝1－ln x
2x2
，
当 00；当 x>e时，g′(x)<0，
所以 g(x)max＝g(e)＝ 1
2e
，
所以 a≥ 1
2e
.
答案：
1
2e
，＋∞
9．(2018·兰州诊断)若函数 f(x)＝x2－ex－ax在 R上存在单调递增区间，则实数 a的取
值范围是________．
解析：∵f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a，
∵函数 f(x)＝x2－ex－ax在 R上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a≥0有解，即 a≤2x－ex有解，
设 g(x)＝2x－ex，则 g′(x)＝2－ex，
令 g′(x)＝0，解得 x＝ln 2，
则当 x＜ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当 x＞ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴当 x＝ln 2时，g(x)取得最大值，且 g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2]
三、解答题
10．已知函数 f(x)＝x－2
x
＋1－aln x，a＞0.讨论 f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数 f′(x)＝1＋ 2
x2
－
a
x
＝
x2－ax＋2
x2
.
设 g(x)＝x2－ax＋2，二次方程 g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即 0＜a≤2 2时，对一切 x＞0都有 f′(x)≥0.
此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＞0，即 a＞2 2时，方程 g(x)＝0 有两个不同的实根 x1＝
a－ a2－8
2
，x2＝
a＋ a2－8
2
，0＜x1＜x2.
由 f′(x)>0，得 0x2.
由 f′(x)<0，得 x10，
所以 g(x)在[a，＋∞)上为增函数．
令 h(x)＝1
3
x3－x＋a，则 h′(x)＝x2－1.
令 h′(x)＝0，得 x＝±1，所以 h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上
为减函数．
(1)因为 f(x)在 R上是增函数，所以 h(x)在(－∞，a)上为增函数，所以 a≤－1.
故 a的取值范围为(－∞，－1]．
(2)因为函数 f(x)在 R上不单调，所以 a>－1.
当－10)图象的两条不同切线，求实数 a 的取值
范围．
解：(1)f′(x)＝－ax2＋x＋a－1
x
＝
－[ax＋a－1]x－1
x
.
①当 a＝1
2
时，f′(x)≤0，此时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数．
②当 a≤0时，由 f′(x)>0，得 x>1；
由 f′(x)<0，得 00，得 11
a
－1.
此时，f(x)在(0,1)和
1
a
－1，＋∞
上是减函数，在
1，1
a
－1
上是增函数．
(2)y＝－
1
3
x3＋a
2
x2－2x，y′＝－x2＋ax－2，设点 P
t，－
1
3
t3＋a
2
t2－2t
(t>0)是函数 y＝g(x)
－f(x)图象上的切点，则过点 P的切线的斜率为 k＝－t2＋at－2，
所以过点 P的切线方程为 y＋1
3
t3－a
2
t2＋2t＝(－t2＋at－2)(x－t)．
因为点
0，－
1
3 在切线上，
所以－
1
3
＋
1
3
t3－a
2
t2＋2t＝(－t2＋at－2)(0－t)，
即
2
3
t3－1
2
at2＋1
3
＝0.
若过点
0，－
1
3 可作函数 y＝g(x)－f(x)图象的两条不同切线，
则方程
2
3
t3－1
2
at2＋1
3
＝0有两个不同的正数解．
令 h(x)＝2
3
x3－1
2
ax2＋1
3
，则函数 y＝h(x)与 x轴正半轴有两个不同的交点．
令 h′(x)＝2x2－ax＝0，解得 x＝0或 x＝a
2
.
因为 h(0)＝1
3
，h
a
2 ＝－
1
24
a3＋1
3
，
所以必须 a>0，且 h
a
2 ＝－
1
24
a3＋1
3
<0，解得 a>2.
所以实数 a的取值范围为(2，＋∞)．
高考研究课(三)
极值、最值两考点，利用导数巧推演
[全国卷 5年命题分析]
考点 考查频度 考查角度
极值 5年 6考 求极值、由极值求参数
最值 5年 5考 求最值、证明最值的存在性
运用导数解决函数的极值问题
函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适
中，为中高档题.
常见的命题角度有：
1知图判断函数极值；
2已知函数求极值；
3已知极值求参数值或范围.
角度一：知图判断函数极值
1.(2018·赤峰模拟 )设函数 f(x)在定义域 R 上可导，其导函数为
f′(x)，若函数 y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成
立的是( )
A．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1)
B．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(1)
C．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(－2)
D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)
解析：选 D 由题图可知，当 x＜－2时，f′(x)＞0；当 x＝－2时，f′(x)＝0；当－2
＜x＜1时，f′(x)＜0；当 1＜x＜2时，f′(x)＜0；当 x＝2时，f′(x)＝0；当 x＞2时，f′(x)
＞0.由此可得函数 f(x)在 x＝－2处取得极大值，在 x＝2处取得极小值．故选 D.
角度二：已知函数求极值
2．已知函数 f(x)＝x－1＋a
ex
(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x轴，求 a的值；
(2)求函数 f(x)的极值．
解：(1)由 f(x)＝x－1＋a
ex
，得 f′(x)＝1－a
ex
.
又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x轴，
得 f′(1)＝0，即 1－a
e
＝0，解得 a＝e.
(2)f′(x)＝1－a
ex
，
①当 a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数 f(x)无极值．
②当 a＞0时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a．当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单
调递增，故 f(x)在 x＝ln a处取得极小值，且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当 a≤0时，函数 f(x)无极值；当 a＞0时，f(x)在 x＝ln a处取得极小值 ln a，无
极大值．
角度三：已知极值求参数值或范围
3．设函数 f(x)＝ln x－1
2
ax2－bx，若 x＝1是 f(x)的极大值点，则 a的取值范围是( )
A．(－1,0) B．(－1，＋∞)
C．(0,1) D．(1，＋∞)
解析：选 B f′(x)＝1
x
－ax－b(x>0)，
因为 x＝1是 f(x)的极大值点，
所以 f′(1)＝1－a－b＝0，即 b＝1－a，
则 f′(x)＝1
x
－ax－1＋a＝1－xax＋1
x
(x>0)，
当 a<0时，因为 x＝1是 f(x)的极大值点，
所以 f(x)在(0,1)，
－
1
a
，＋∞
上是增函数，在
1，－
1
a 上是减函数，
则－
1
a
>1，即－10时，f(x)在 (0,1)是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，
所以 x＝1是 f(x)的极大值点．
综上，a的取值范围是(－1，＋∞)．
4．已知函数 f(x)＝ax－x2－ln x，若函数 f(x)存在极值，且所有极值之和小于 5＋ln 2，
则实数 a的取值范围是________．
解析：因为 f′(x)＝a－2x－1
x
＝
－2x2＋ax－1
x
(x>0)，
设 g(x)＝－2x2＋ax－1，
当Δ＝a2－8≤0时，g(x)≤0恒成立，
所以 f(x)单调递减，故不存在极值．
所以Δ＝a2－8>0，设 g(x)＝－2x2＋ax－1＝0的两根为 x1，x2(不妨设 x10，因此 x1，x2同号，
所以问题等价于 g(x)＝－2x2＋ax－1＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根 x1，x2，
因此
Δ＝a2－8>0，
x1＋x2＝a
2
>0，
x1x2＝1
2
>0，
从而 a>2 2.
所以 f(x)的所有极值之和为 f(x1)＋f(x2)＝ax1－x21－ln x1＋ax2－x22－ln x2＝a(x1＋x2)－
(x1＋x2)2＋2x1x2－ln x1x2＝
a2
2
－
a2
4
＋1－ln 1
2
<5＋ln 2，
因此 a2<16，解得－42 2，所以实数 a的取值范围是(2 2，4)．
答案：(2 2，4)
[方法技巧]
利用导数研究函数极值的一般流程
运用导数解决函数的最值问题
[典例] (2018·日照模拟)设函数 f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．
(1)当 k＝1时，求函数 f(x)的单调区间；
(2)当 k∈
1
2
，1
时，求函数 f(x)在[0，k]上的最大值M.
[解] (1)当 k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，
∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝ln 2.
当 x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0) 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
由表可知， 函数 f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，
∵
1
2
＜k≤1，∴1＜2k≤2，
由(1)可知 f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，＋∞)上单调递增．
设 g(x)＝x－ln 2x
1
2
＜x≤1
，
则 g′(x)＝1－1
x
，
∵
1
2
＜x≤1，∴1≤1
x
＜2，∴－1＜1－1
x
≤0，
∴g(x)＝x－ln 2x在
1
2
，1
上单调递减，
∵
1
2
＜x≤1，
∴g(x)＞g(1)＝1－ln 2＞0，
∴k－ln 2k＞0，即 k＞ln 2k，
∴f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，k)上单调递增，
∴f(x)在[0，k]上的最大值应在端点处取得．
而 f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，
下面比较 f(0)与 f(k)的大小．
令 h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，
则 h′(k)＝k(ek－3k)，
再令φ(k)＝ek－3k，则φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，
∴φ(k)在
1
2
，1
上递减，
而φ
1
2 ·φ(1)＝
e－3
2 (e－3)＜0，
∴存在 x0∈
1
2
，1
使得φ(x0)＝0，且当 k∈
1
2
，x0
时，φ(k)＞0，当 k∈(x0,1)时，φ(k)＜0，
∴h(k)在
1
2
，x0
上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
又 h
1
2 ＝－
1
2
e＋7
8
＞0，h(1)＝0.
∴h(k)≥0 在
1
2
，1
上恒成立，当且仅当 k＝1 时取“＝”．综上，函数 f(x)在[0，k]
上的最大值M＝(k－1)ek－k3.
[方法技巧]
求函数 f(x)在[a，b]上的最值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值 f(a)，f(b)；
(3)将函数 f(x)的极值与 f(a)，f(b)比较，其中最
大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
[即时演练]
1．若函数 f(x)＝1
3
x3＋x2－2
3
在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数 a的取值范围是( )
A．[－5,0) B．(－5,0)
C．[－3,0) D．(－3,0)
解析：选 C 由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故 f(x)
在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，
作出其图象如图所示，令
1
3
x3＋x2－2
3
＝－
2
3
得，x＝0或 x＝－3，
则结合图象可知
－3≤a＜0，
a＋5＞0，
解得 a∈[－3,0)，故选 C.
2．(2018·南昌模拟)已知函数 f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x>0，a∈R，e是自然对数的底
数)．
(1)若 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数 a的取值范围；
(2)当 a∈
0，1
2 时，证明：函数 f(x)有最小值，并求函数 f(x)的最小值的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)ex＋2a(x＋2)，依题意，当 x>0时，
函数 f′(x)≥0恒成立，即 a≥－
x－1ex
x＋2
恒成立，记 g(x)＝－
x－1ex
x＋2
，
则 g′(x)＝－
xexx＋2－x－1ex
x＋22
＝－
x2＋x＋1ex
x＋22
<0，
所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以 g(x)0，
所以 y＝f′(x)是(0，＋∞)上的增函数．
又 f′(0)＝4a－2<0，f′(1)＝6a>0，
所以存在 t∈(0,1)，使得 f′(t)＝0，
当 x∈(0，t)时，f′(x)<0，当 x∈(t，＋∞)时，f′(x)>0，
所以 f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2.
由 f′(t)＝0⇒a＝－
t－1et
t＋2
，
则 f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et＝et(－t2＋t－2)．
记 h(t)＝et(－t2＋t－2)，
则 h′(t)＝et(－t2－t－1)<0，t∈(0,1)，
所以当 t∈(0,1)时，h(1)0，解得 x<－2或 x>1，
令 f′(x)<0，解得－23，其中 k∈Z.由题意，存在整数 k使得不等式 m21－
k＋1
2 2>3成立．当
k≠－1且 k≠0时，必有
k＋1
2 2>1，此时不等式显然不能成立，故 k＝－1或 k＝0，此时，
不等式即为
3
4
m2>3，解得 m<－2或 m>2.
3．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( )
A．∃x0∈R，f(x0)＝0
B．函数 y＝f(x)的图象是中心对称图形
C．若 x0是 f(x)的极小值点，则 f(x)在区间(－∞，x0)单调递减
D．若 x0是 f(x)的极值点，则 f′(x0)＝0
解析：选 C 因为函数 f(x)的值域为 R，所以一定存在 x0∈R，使 f(x0)＝0，故 A正确，
函数 f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函
数图象，函数的解析式可以化为 y＝x3＋nx 的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点
对称，故函数 f(x)的图象是中心对称图形，选项 B中的结论正确；由于 f′(x)＝3x2＋2ax＋
b是二次函数，若 f(x)有极小值点 x0，必定有一个极大值点 x1，且 x10，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若 a>0，则当 x∈
0，1
a 时，f′(x)>0；
当 x∈
1
a
，＋∞
时，f′(x)<0.
所以 f(x)在
0，1
a 上单调递增，在
1
a
，＋∞
上单调递减．
(2)由(1)知，当 a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当 a>0时，f(x)在 x＝1
a
处取得最大值，最大值为
f
1
a ＝ln
1
a ＋a
1－1
a ＝－ln a＋a－1.
因此 f
1
a >2a－2等价于 ln a＋a－1<0.
令 g(a)＝ln a＋a－1，则 g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当 01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
5．(2013·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝x2e－x.
(1)求 f(x)的极小值和极大值；
(2)当曲线 y＝f(x)的切线 l的斜率为负数时，求 l在 x轴上截距的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝－e－xx(x－2)．①
当 x∈(－∞，0)或 x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0；当 x∈(0,2)时，f′(x)>0.
所以 f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0,2)上单调递增．
故当 x＝0 时，f(x)取得极小值，极小值为 f(0)＝0；当 x＝2时，f(x)取得极大值，极大
值为 f(2)＝4e－2.
(2)设切点为(t，f(t))，则 l的方程为
y＝f′(t)(x－t)＋f(t)．
所以 l在 x轴上的截距为
m(t)＝t－ ft
f′t
＝t＋ t
t－2
＝t－2＋ 2
t－2
＋3.
由已知和①得 t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．
令 h(x)＝x＋2
x
(x≠0)，则当 x∈(0，＋∞)时，h(x)的取值范围为[2 2，＋∞)；当 x∈(－
∞，－2)时，h(x)的取值范围是(－∞，－3)．
所以当 t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，
m(t)的取值范围是(－∞，0)∪[2 2＋3，＋∞)．
综上，l在 x轴上的截距的取值范围是(－∞，0)∪[2 2＋3，＋∞)．
6．(2017·江苏高考)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有极值，且导函数 f′(x)
的极值点是 f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求 b关于 a的函数关系式，并写出定义域；
(2)证明：b2>3a；
(3)若 f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－
7
2
，求 a的取值范围．
解：(1)由 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，
得 f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3
x＋a
3 2＋b－a2
3
.
当 x＝－
a
3
时，f′(x)有极小值 b－a2
3
.
因为 f′(x)的极值点是 f(x)的零点，
所以 f
－
a
3 ＝－
a3
27
＋
a3
9
－
ab
3
＋1＝0，
又 a>0，故 b＝2a2
9
＋
3
a
.
因为 f(x)有极值，故 f′(x)＝0有实根，
从而 b－a2
3
＝
1
9a
(27－a3)≤0，即 a≥3.
当 a＝3时，f′(x)>0(x≠－1)，
故 f(x)在 R上是增函数，f(x)没有极值；
当 a>3时，f′(x)＝0有两个相异的实根
x1＝
－a－ a2－3b
3
，x2＝
－a＋ a2－3b
3
.
当 x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
故 f(x)的极值点是 x1，x2.
从而 a>3.
因此 b＝2a2
9
＋
3
a
，定义域为(3，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，
b
a
＝
2a a
9
＋
3
a a
.
设 g(t)＝2t
9
＋
3
t
，则 g′(t)＝2
9
－
3
t2
＝
2t2－27
9t2
.
当 t∈
3 6
2
，＋∞
时，g′(t)>0，
从而 g(t)在
3 6
2
，＋∞
上单调递增．
因为 a>3，所以 a a>3 3，
故 g(a a)>g(3 3)＝ 3，即
b
a
> 3.
因此 b2>3a.
(3)由(1)知，f(x)的极值点是 x1，x2，且 x1＋x2＝－
2
3
a，x21＋x22＝
4a2－6b
9
.
从而 f(x1)＋f(x2)＝x31＋ax21＋bx1＋1＋x32＋ax22＋bx2＋1＝x1
3
(3x21＋2ax1＋b)＋x2
3
(3x22＋2ax2
＋b)＋1
3
a(x21＋x22)＋2
3
b(x1＋x2)＋2
＝
4a3－6ab
27
－
4ab
9
＋2＝0.
记 f(x)，f′(x)所有极值之和为 h(a)，
因为 f′(x)的极值为 b－a2
3
＝－
1
9
a2＋3
a
，
所以 h(a)＝－
1
9
a2＋3
a
，a>3.
因为 h′(a)＝－
2
9
a－ 3
a2
<0，
于是 h(a)在(3，＋∞)上单调递减．
因为 h(6)＝－
7
2
，于是 h(a)≥h(6)，故 a≤6.
因此 a的取值范围为(3,6]．
7．(2017·山东高考)已知函数 f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)，其中 e
＝2.718 28…是自然对数的底数．
(1)求曲线 y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
(2)令 h(x)＝g(x)－af(x)(a∈R)，讨论 h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
解：(1)由题意知 f(π)＝π2－2.
又 f′(x)＝2x－2sin x，所以 f′(π)＝2π，
因此曲线 y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为
y－(π2－2)＝2π(x－π)，
即 2πx－y－π2－2＝0.
(2)由题意得 h(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，
因为 h′(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)＋ex(－sin x－cos x＋2)－a(2x－2sin x)
＝2ex(x－sin x)－2a(x－sin x)
＝2(ex－a)(x－sin x)，
令 m(x)＝x－sin x，
则 m′(x)＝1－cos x≥0，
所以 m(x)在 R上单调递增．
因为 m(0)＝0，
所以当 x>0时，m(x)>0；
当 x<0时，m(x)<0.
①当 a≤0时，ex－a>0，
当 x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当 x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当 x＝0时，h(x)取到极小值，
极小值是 h(0)＝－2a－1，无极大值．
②当 a>0时，h′(x)＝2(ex－eln a)(x－sin x)，
由 h′(x)＝0，得 x1＝ln a，x2＝0.
当 00，h(x)单调递增；
当 x∈(ln a,0)时，ex－eln a>0，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当 x∈(0，＋∞)时，ex－eln a>0，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当 x＝ln a时，h(x)取到极大值，
极大值为 h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]，
当 x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是 h(0)＝－2a－1；
当 a＝1时，ln a＝0，
所以当 x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，函数 h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当 a>1时，ln a>0，
所以当 x∈(－∞，0)时，ex－eln a<0，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当 x∈(0，ln a)时，ex－eln a<0，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当 x∈(ln a，＋∞)时，ex－eln a>0，h′(x)>0，h(x)单调递增．
所以当 x＝0时 h(x)取到极大值，
极大值是 h(0)＝－2a－1；
当 x＝ln a时 h(x)取到极小值，
极小值是 h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．
综上所述：
当 a≤0时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
函数 h(x)有极小值，无极大值，极小值是 h(0)＝－2a－1；
当 01 时，函数 h(x)在(－∞，0)和(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，
函数 h(x)有极大值，也有极小值，
极大值是 h(0)＝－2a－1，
极小值是 h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．
一、选择题
1．函数 f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或 0 D．x＝0
解析：选 C ∵f(x)＝x4－2x2＋3，
∴由 f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，
得 x＝0或 x＝1或 x＝－1，
又当 x<－1时，f′(x)<0，当－10，
当 01时，f′(x)>0，
∴x＝0,1，－1都是 f(x)的极值点．
2．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在 x＝1处取得极大值 10，则
a
b
的值为( )
A．－
2
3
B．－2
C．－2或－
2
3
D．2或－
2
3
解 析 ： 选 A 由 题 意 知 ， f′(x)＝ 3x2 ＋ 2ax＋ b， f′(1)＝ 0， f(1)＝ 10， 即
3＋2a＋b＝0，
1＋a＋b－a2－7a＝10，
解得
a＝－2，
b＝1
或
a＝－6，
b＝9，
经检验
a＝－6，
b＝9
满足题意，
故
a
b
＝－
2
3
.
3．(2018·浙江瑞安中学月考)已知函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如
图所示，则 x21＋x 22等于( )
A.2
3
B.4
3
C.8
3
D.16
3
解析：选 C 由图象可知 f(x)过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数 f(x)的极值点，因此 1＋b
＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得 b＝－3，c＝2，所以 f(x)＝x3－3x2＋2x，所以 f′(x)＝3x2－6x
＋2.x1，x2是方程 f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此 x1＋x2＝2，x1x2＝2
3
，所以 x21＋x22＝(x1
＋x2)2－2x1x2＝4－4
3
＝
8
3
.
4．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在 x＝±1 处的
切线斜率均为－1，有以下命题：
①f(x)的解析式为：f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]；
②f(x)的极值点有且仅有一个；
③f(x)的最大值与最小值之和等于零．
其中正确的命题个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选 C f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在 x＝±1处的切线
斜率均为－1，
所以
f′1＝3＋2a＋b＝－1，
f′－1＝3－2a＋b＝－1，
c＝0，
解得
a＝0，
b＝4，
c＝0，
则 f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]，故①正确；
f′(x)＝3x2－4，令 f′(x)＝0，解得 x＝±2 3
3
∈[－2,2]，
易知，x＝±2 3
3
均为函数的极值点，故②错误；
易知函数 f(x)＝x3－4x，x∈[－2,2]是奇函数，所以最大值与最小值之和为 0，故③正
确．
因此，正确命题的个数为 2，故选 C.
5．(2017·长沙二模)已知函数 f(x)＝ x
x2＋a
(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为
3
3
，则 a的值
为( )
A. 3－1 B.3
4
C.4
3
D. 3＋1
解析：选 A 由 f(x)＝ x
x2＋a
，得 f′(x)＝ a－x2
x2＋a2
，当 a＞1时，若 x＞ a，则 f′(x)＜0，
f(x)单调递减，若 1＜x＜ a，则 f′(x)>0，f(x)单调递增，故当 x＝ a时，函数 f(x)有最大值
1
2 a
＝
3
3
，得 a＝3
4
＜1，不合题意；当 a＝1 时，函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值
为 f(1)＝1
2
，不合题意；当 0＜a＜1时，函数 f(x)在 [1，＋∞)上单调递减，此时最大值为 f(1)
＝
1
a＋1
＝
3
3
，得 a＝ 3－1，符合题意．故 a的值为 3－1，选 A.
6．已知直线 l1：y＝x＋a 分别与直线 l2：y＝2(x＋1)及曲线 C：y＝x＋ln x 交于 A，B
两点，则 A，B两点间距离的最小值为( )
A.3 5
5
B．3
C.6 5
5
D．3 2
解析：选 D 由
y＝x＋a，
y＝2x＋1，
得 A(a－2,2a－2)，
由
y＝x＋a，
y＝x＋ln x，
得 B(ea，a＋ea)，
|AB|＝ ea－a＋22＋[ea＋a－2a－2]2＝ 2(ea－a＋2)，
令 g(a)＝ea－a＋2，
则 g′(a)＝ea－1，g(a)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，
所以 g(a)在 a＝0处取得最小值 g(0)＝3，
所以 A，B两点间距离的最小值为 3 2.
二、填空题
7．若函数 f(x)＝2x2－ln x 在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实
数 k的取值范围是________．
解析：因为 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又 f′(x)＝4x－1
x
，
由 f′(x)＝0，得 x＝1
2
.
据题意
k－1<1
2
0)．
设 g(x)＝ex
x
(x>0)，则 g′(x)＝x－1ex
x2
，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为 g(1)＝e，结合 g(x)＝ex
x
与 y＝k的图象可知，要满足
题意，只需 k≤e.
答案：(－∞，e]
9．(2018·湘中名校联考)已知函数 g(x)＝a－x21
e
≤x≤e，e为自然对数的底数与 h(x)＝2ln
x的图象上存在关于 x轴对称的点，则实数 a的取值范围是________．
解析：由题意，知方程 x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2在
1
e
，e
上有解．设 f(x)＝2ln x
－x2，则 f′(x)＝2
x
－2x＝－
2x＋1x－1
x
.易知 x∈
1
e
，1
时，f′(x)>0，x∈[1，e]时 f′(x)<0，
所以函数 f(x)在
1
e
，1
上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以 f(x)极大值＝f(1)＝－1，又 f(e)
＝2－e2，f
1
e ＝－2－1
e2
，f(e)0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则 f(x)在[1，e]上的最大值为 f(e)＝a.
故当 a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为 a；
当 a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为 2.
11．设函数 f(x)＝1
2
x2－(a＋1)x＋aln x，a>0.
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)讨论函数 f(x)的零点个数．
解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为 f′(x)＝x－(a＋1)＋a
x
＝
x2－a＋1x＋a
x
＝
x－ax－1
x
(x>0)，
①当 00，得 01，
所以函数 f(x)的单调增区间为(0，a)和(1，＋∞)，单调减区间为(a,1)．
②当 a＝1 时，f′(x)＝x－12
x
≥0恒成立，所以函数 f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无
减区间．
③当 a>1时，令 f′(x)<0，得 10，得 0a，
所以函数 f(x)的单调增区间为 (0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a)．
(2)由(1)可知，
①当 00，
所以函数 f(x)有唯一零点．
②当 a＝1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又注意到 f(1)＝－
3
2
<0，f(4)＝ln 4>0，
所以函数 f(x)有唯一零点．
③当 a>1时，函数 f(x)的单调增区间为(0,1)和(a，＋∞)，单调减区间为(1，a)，
所以 f(x)极大值＝f(1)＝－
1
2
－a<0，f(x)极小值＝f(a)＝－
1
2
a2－a＋aln a<0，
注意到 f(2a＋2)＝aln(2a＋2)>0，
所以函数 f(x)有唯一零点，
综上，函数 f(x)有唯一零点．
12．已知函数 f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)当 a＝3时，求函数 f(x)的单调区间；
(2)若函数 f(x)有两个极值点 x1，x2，且 x1∈(0,1]，证明 f(x1)－f(x2)≥－
3
4
＋ln 2.
解：f′(x)＝1
x
＋2x－a＝2x2－ax＋1
x
(x>0)．
(1)当 a＝3时，f′(x)＝2x2－3x＋1
x
.
令 f′(x)＝0，得 x＝1
2
或 x＝1.
所以当 01时，f′(x)>0；当
1
2
0时，
－a－ a2
4
3
＝－
a
2
＝c，不符合题意；
当 a<0时，
－a－ a2
4
3
＝－
a
6
0，
只需
m－1
2
>0，
Δ＝1－m2－4>0，
解得
m>1，
m>3或 m<－1，
即 m>3.
所以实数 m的取值范围为(3，＋∞)．
(2)f′(x)＝x2＋1－mx＋1
x
，
令 f′(x)＝0，即 x2＋(1－m)x＋1＝0，
由题知，两根分别为 x1，x2，则
x1＋x2＝m－1，
x1x2＝1，
又因为 f(x1)－f(x2)＝1
2
x21＋(1－m)x1＋ln x1－1
2
x22－(1－m)x2－ln x2＝1
2
(x21－x22)＋(1－
m)(x1－x2)＋ln x1
x2
＝
1
2
(x21－x22)－(x21－x22)＋ln x1
x2
＝ln x1
x2
－
1
2
(x21－x22)＝ln x1
x2
－
1
2
x21－x22
x1x2 ＝ln x1
x2
－
1
2
x1
x2
－
x2
x1 .
令
x1
x2
＝t，由于 x10)，
f′(x)＝1－ 2
x2
－
1
x
＝
x＋1x－2
x2
，
当 1＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 2＜x＜e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当 x＝2时，f(x)取得极小值 f(2)＝3－ln 2.
又∵f(1)＝3，f(e)＝e－1＋2
e
，即有 f(1)＞f(e)，
∴方程 f(x)＝b在区间[1，e]上有两个不同的实数根，则有 f(2)＜b≤f(e)，
即 3－ln 2＜b≤e－1＋2
e
.
故实数 b的取值范围为
3－ln 2，e－1＋2
e .
利用导数研究与不等式有关的问题
导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较
大，属中高档题.
常见的命题角度有：
1证明不等式；
2不等式恒成立问题.
角度一：证明不等式
1．已知函数 f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x(a>0)．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)证明：当 0f
1
a
－x
；
(3)设函数 y＝f(x)的图象与 x轴交于 A，B两点，线段 AB的中点的横坐标为 x0，证明：
f′(x0)<0.
[思路点拨] (1)f′(x)＝－ax＋12x＋1
x
，再解不等式 f′(x)>0与 f′(x)<0，即可得出
结论；
(2)设 g(x)＝f
1
a
＋x
－f
1
a
－x
，求导并判断函数的单调性，且 g(0)＝0，则结论易得；
(3)由(1)知：函数 f(x)的最大值为 f
1
a >0，不妨设 A(x1,0)，B(x2,0)，则 0f(x1)＝f(x2)＝0，则有 x2>
2
a
－x1，即 x0＝
x1＋x2
2
>1
a
，再由(1)，则可得结论．
解：(1)f′(x)＝1
x
－2ax＋(2－a)＝－ax＋12x＋1
x
(x>0)．
当 00，所以函数 f(x)在
0，1
a 上是增函数；当 x>1
a
时，f′(x)<0，所以
函数 f(x)在
1
a
，＋∞
上是减函数，
综上所述，函数 f(x)的增区间是
0，1
a ，函数 f(x)的减区间是
1
a
，＋∞
.
(2)证明：设 g(x)＝f
1
a
＋x
－f
1
a
－x
，
则 g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，
所以 g′(x)＝ a
1＋ax
＋
a
1－ax
－2a＝ 2a3x2
1－a2x2
.
当 00，
所以 g(x)在
0，1
a 上单调递增．
又 g(0)＝0，所以 g(x)>0，
故当 0f
1
a
－x
.
(3)证明：由(1)知，函数 f(x)的最大值为 f
1
a ，且 f
1
a >0，
不妨设 A(x1,0)，B(x2,0)，0f(x1)＝f(x2)＝0，又 f(x)在
1
a
，＋∞
上单调递减，从而，
x2>
2
a
－x1，所以 x0＝
x1＋x2
2
>1
a
.
结合(1)知，f′(x0)<0.
[方法技巧]
利用导数证明不等式的方法
可以从所证不等式的结构和特点出发，结合已有的知识利用转化与化归思想，构造一
个新的函数，再借助导数确定函数的单调性，利用单调性实现问题的转化，从而使不等式
得到证明，其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出
结论．
如：证明：f(x)＞g(x)(x∈D)，令 F(x)＝f(x)－g(x)，x∈D，只需证明 F(x)min＞0(x∈D)
即可，从而把证明不等式问题转化求 F(x)min问题．
角度二：不等式恒成立问题
2．(2016·四川高考)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，其中 a∈R.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)确定 a的所有可能取值，使得 f(x)＞1
x
－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为
自然对数的底数)．
解：(1)f′(x)＝2ax－1
x
＝
2ax2－1
x
(x＞0)．
当 a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当 a＞0时，由 f′(x)＝0，有 x＝ 1
2a
.
此时，当 x∈
0， 1
2a 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当 x∈
1
2a
，＋∞
时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)令 g(x)＝1
x
－
1
ex－1
＝
ex－1－x
xex－1
，s(x)＝ex－1－x，
则 s′(x)＝ex－1－1.
而当 x＞1时，s′(x)＞0，
所以 s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又由 s(1)＝0，则 s(x)＞0，
从而当 x＞1时，g(x)＞0.
当 a≤0，x＞1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x＜0.
故当 f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a＞0.
当 0＜a＜1
2
时，
1
2a
＞1.
由(1)有 f
1
2a ＜f(1)＝0，而 g
1
2a ＞0，
所以此时 f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当 a≥1
2
时，令 h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当 x＞1时，h′(x)＝2ax－1
x
＋
1
x2
－e1－x＞x－1
x
＋
1
x2
－
1
x
＝
x3－2x＋1
x2
＞
x2－2x＋1
x2
＞0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为 h(1)＝0，所以当 x＞1时，h(x)＝f(x)－g(x)＞0，
即 f(x)＞g(x)恒成立．
综上，a∈
1
2
，＋∞
.
[方法技巧]
1．利用导数研究不等式恒成立问题的思路
首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等
式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值
问题．
2．不等式成立(恒成立)问题常见转化方法
(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，f(x)≥a成立⇒f(x)max≥a.
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.
(3)f(x)＞g(x)恒成立
Fx＝fx－gx
F(x)min＞0.
(4)①∀x1∈M，∀x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)max.
②∀x1∈M，∃x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)min＞g(x2)min.
③∃x1∈M，∃x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x)min.
④∃x1∈M，∀x2∈N，
f(x1)＞g(x2)⇔f(x1)max＞g(x2)max.
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)有两个零点，求 a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
(ⅰ)若 a≤0，则 f′(x)<0，
所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若 a>0，则由 f′(x)＝0，得 x＝－ln a.
当 x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0；
当 x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以 f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)(ⅰ)若 a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．
(ⅱ)若 a>0，由(1)知，当 x＝－ln a时，f(x)取得最小值，最小值为 f(－ln a)＝1－1
a
＋ln a.
①当 a＝1时，由于 f(－ln a)＝0，
故 f(x)只有一个零点；
②当 a∈(1，＋∞)时，由于 1－1
a
＋ln a>0，
即 f(－ln a)>0，故 f(x)没有零点；
③当 a∈(0,1)时，1－1
a
＋ln a<0，即 f(－ln a)<0.
又 f(－2)＝ae－4＋(a－2)e－2＋2>－2e－2＋2>0，
故 f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点．
设正整数 n0满足 n0>ln
3
a
－1
，
则 f(n0)＝en0(aen0＋a－2)－n0>en0－n0>2n0－n0>0.
由于 ln
3
a
－1
>－ln a，
因此 f(x)在(－ln a，＋∞)有一个零点．
综上，a的取值范围为(0,1)．
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝x－1－aln x.
(1)若 f(x)≥0，求 a的值；
(2)设 m为整数，且对于任意正整数 n，
1＋1
2 ·
1＋ 1
22 ·…·
1＋ 1
2n 0，由 f′(x)＝1－a
x
＝
x－a
x
知，当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞)时，
f′(x)>0.
所以 f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
故 x＝a是 f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点．
由于 f(1)＝0，所以当且仅当 a＝1时，f(x)≥0.
故 a＝1.
(2)由(1)知当 x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0.
令 x＝1＋ 1
2n
，得 ln
1＋ 1
2n < 1
2n
.
从而 ln
1＋1
2 ＋ln
1＋ 1
22 ＋…＋ln
1＋ 1
2n <1
2
＋
1
22
＋…＋
1
2n
＝1－ 1
2n
<1.
故
1＋1
2
1＋ 1
22 ·…·
1＋ 1
2n 2，
所以 m的最小值为 3.
3．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求 a的取值范围；
(2)设 x1，x2是 f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设 a＝0，则 f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设 a>0，则当 x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以 f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b满足 b<0且 ba
2
(b－2)＋a(b－1)2＝a
b2－3
2
b
>0，
故 f(x)存在两个零点．
③设 a<0，由 f′(x)＝0得 x＝1或 x＝ln(－2a)．
若 a≥－
e
2
，则 ln(－2a)≤1，
故当 x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此 f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当 x≤1时，f(x)<0，所以 f(x)不存在两个零点．
若 a<－e
2
，则 ln(－2a)>1，
故当 x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当 x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此 f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当 x≤1时，f(x)<0，所以 f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设 x1f(2－x2)，即 f(2－x2)<0.
由于 f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而 f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以 f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设 g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则 g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当 x>1时，g′(x)<0，而 g(1)＝0，
故当 x>1时，g(x)<0.
从而 g(x2)＝f(2－x2)<0，故 x1＋x2<2.
4．(2015·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意 x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求 m的取值范围．
解：(1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若 m≥0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；
当 x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0.
若 m<0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0；
当 x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知，对任意的 m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故 f(x)在 x
＝0 处取得最小值．所以对于任意 x1，x2∈[－1,1]， |f(x1)－f(x2)|≤e－1 的充要条件是
f1－f0≤e－1，
f－1－f0≤e－1，
即
em－m≤e－1，
e－m＋m≤e－1.
①
设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则 g′(t)＝et－1.
当 t<0时，g′(t)<0；当 t>0时，g′(t)>0.
故 g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，
故当 t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
当 m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当 m>1时，由 g(t)的单调性，g(m)>0，
即 em－m>e－1；
当 m<－1时，g(－m)>0，即 e－m＋m>e－1.
综上，m的取值范围是[－1,1]．
1．(2014·全国卷Ⅰ)设函数 f(x)＝aln x＋1－a
2
x2－bx(a≠1)，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))
处的切线斜率为 0.
(1)求 b；
(2)若存在 x0≥1，使得 f(x0)<
a
a－1
，求 a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a
x
＋(1－a)x－b.
由题设知 f′(1)＝0，解得 b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f(x)＝aln x＋1－a
2
x2－x，
f′(x)＝a
x
＋(1－a)x－1＝1－a
x
x－ a
1－a (x－1)．
①若 a≤1
2
，则
a
1－a
≤1，故当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以，存在 x0≥1，使得 f(x0)<
a
a－1
的充要条件为 f(1)< a
a－1
，即
1－a
2
－1< a
a－1
，解得－
2－11，故当 x∈
1， a
1－a 时，f′(x)<0；当 x∈
a
1－a
，＋∞
时，f′(x)>0，
f(x)在
1， a
1－a 上单调递减，在
a
1－a
，＋∞
上单调递增．
所以，存在 x0≥1，使得 f(x0)<
a
a－1
的充要条件为 f
a
1－a < a
a－1
.
而 f
a
1－a ＝aln a
1－a
＋
a2
21－a
＋
a
a－1
> a
a－1
，所以不符合题意．
③若 a>1，则 f(1)＝1－a
2
－1＝－a－1
2
< a
a－1
.
综上，a的取值范围是(－ 2－1， 2－1)∪(1，＋∞)．
2．已知函数 f(x)＝ln x－a
x
＋
a
x2
(a∈R)．
(1)若 a＝1，求函数 f(x)的极值；
(2)若 f(x)在[1，＋∞)内为单调增函数，求实数 a的取值范围；
(3)对于 n∈N*，求证：
1
1＋12
＋
2
2＋12
＋
3
3＋12
＋…＋
n
n＋12
0)．
(1)若 a＝1，则 f′(x)＝x2＋x－2
x3
，令 f′(x)＝0，得 x＝1或 x＝－2(舍去)，
由 f′(x)>0，得 x>1，由 f′(x)<0，得 01时，即 a<－2时，g
－
a
2 ≥0⇒－8≤a≤0，所以－8≤a<－2，
综上，实数 a的取值范围为[－8,1]．
(3)证明：当 a＝1时，由(1)知，f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
即 x>1时，f(x)>f(1)＝0，即 ln x>1
x
－
1
x2
，
令 x＝n＋1
n
(n∈N*)，因为
n＋1
n
>1，
所以 ln n＋1
n
> n
n＋1
－
n2
n＋12
＝
n
n＋12
，
所以错误! i
i＋12
h(0)＝0，∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(0)＝0(不合题意)．
②当 3a≥1，即 a≥1
3
时，h′(x)≤0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h(x)0，h′(π)＝－1－3a<0，∴在(0，π)
上，∃x0使 h′(x0)＝0，
且 x∈(0，x0)时，h′(x)>0⇒g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，
∴存在 g(x)>g(0)＝0(不符合题意)，
综上，a的取值范围为
1
3
，＋∞
.
(3)证明：m＝∫
π
2
0f(x)dx＝(－xsin x－2cos x)π
2
0＝2－π
2
，
∴g(x)＝ 3
x2
f(x)．
由(2)知，当 a＝1
3
时，f(x)<1
3
x3，
∴g(x)0，则 u′(x)＝ －x
x＋1
<0，
∴u(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴u(x)0，
故当 x∈[1，x0)时，H1′(x)<0，H1(x)单调递减；
当 x∈(x0,2]时，H1′(x)>0，H1(x)单调递增．
因此，当 x∈[1，x0)∪(x0,2]时，H1(x)>H1(x0)＝－f(x0)＝0，可得 H1(m)>0，即 h(m)>0.
令函数 H2(x)＝g(x0)(x－x0)－f(x)，
则 H2′(x)＝g(x0)－g(x)．
由(1)知 g(x)在[1,2]上单调递增，
故当 x∈[1，x0)时，H2′(x)>0，H2(x)单调递增；
当 x∈(x0,2]时，H2′(x)<0，H2(x)单调递减．
因此，当 x∈[1，x0)∪(x0,2]时，H2(x)0，故 f(x)在[1,2]上单调递增，所以 f(x)在区间[1,2]上除 x0
外没有其他的零点，而
p
q
≠x0，故 f
p
q ≠0.
又因为 p，q，a均为整数，
所以|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|是正整数，
从而|2p4＋3p3q－3p2q2－6pq3＋aq4|≥1.
所以|pq－x0|≥ 1
g2q4
.
所以只要取 A＝g(2)，就有|pq－x0|≥ 1
Aq4
.
已知函数 f(x)＝ln(1＋x)－x，g(x)＝x2＋2x＋a
x＋2
(a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间及最值；
(2)若对∀x>0，f(x)＋g(x)>1恒成立，求 a的取值范围；
(3)求证：
1
3
＋
1
5
＋
1
7
＋…＋
1
2n＋1
0，得－10，
所以函数 f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)，f(x)max＝f(0)＝0，
无最小值．
(2)f(x)＋g(x)>1⇔ln(1＋x)－x＋x2＋2x＋a
x＋2
>1⇔
ln(1＋x)＋ a
x＋2
>1⇔a>(x＋2)[1－ln(1＋x)]．
令 h(x)＝(x＋2)[1－ln(1＋x)]，
则 h′(x)＝1－ln(1＋x)－x＋2
x＋1
＝－ln(1＋x)－ 1
x＋1
.
当 x>0时，显然 h′(x)＝－ln(1＋x)－ 1
x＋1
<0，
所以 h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
所以当 x>0时，h(x)0时，ln(1＋x)＋ 2
x＋2
>1，
即 ln(1＋x)> x
x＋2
.
令 x＝1
k
(k∈N*)，得 lnk＋1
k
>
1
k
2＋1
k
，
即 lnk＋1
k
> 1
2k＋1
.
所以 ln 2
1
＋ln 3
2
＋ln 4
3
＋…＋ln n＋1
n
>1
3
＋
1
5
＋
1
7
＋…＋
1
2n＋1
，
即
1
3
＋
1
5
＋
1
7
＋…＋
1
2n＋1
2}与 N＝{x|13} D．{x|x≤1}
解析：选 D 由 Venn 图可知，阴影部分表示(∁UM)∩(∁UN)，因为 M＝{x|x>2}，N＝
{x|10，
解得 0≤x<2.
3．已知集合M＝ m|14≤
1
2 m≤4，m∈Z
，N＝ x|
2
x－1
≥1
，则M∩N＝( )
A．∅ B．{2}
C．{x|14”成立的一个充分不必要条件是( )
A．m>0 B．m>1
C．m>2 D．m≥2
解析：选 C 当 m>0时，m＋
4
m
≥4，当且仅当 m＝2时，等号成立，所以 m>0且 m≠2
是“不等式 m＋
4
m
>4”成立的充要条件，因此，“不等式 m＋
4
m
>4”成立的一个充分不必要
条件是 m>2，故选 C.
6．已知函数 f(x)＝
1－2－x，x≥0，
2x－1，x<0，
则函数 f(x)是( )
A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减
C．奇函数，且单调递增
D．奇函数，且单调递减
解析：选 C 易知 f(0)＝0，当 x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，而－x<0，则 f(－
x)＝2－x－1＝－f(x)；当 x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，而－x>0，则 f(－x)＝1－2－(－
x)＝1－2x＝－f(x)．即函数 f(x)是奇函数，且单调递增，故选 C.
7．若 m＝错误!exdx，n＝错误!1
x
dx，则 m与 n的大小关系是( )
A．m>n B．mn.
8．函数 y＝
x
3
x2－1
的图象大致是( )
解析：选 A 由 x2－1≠0，得 x≠±1，当 x>1时，y＝
x
3
x2－1
>0，排除 D；当 x<－1时，
y＝
x
3
x2－1
<0，排除 C；当 01－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)是 f(x)的导函数，则不
等式 exf(x)>ex－1(其中 e为自然对数的底数)的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选 B 设 g(x)＝exf(x)－ex＋1，因为 f(x)>1－f′(x)，所以 g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x)
－1)>0，所以函数 g(x)是 R上的增函数，又因为 f(0)＝0，g(0)＝e0f(0)－e0＋1＝0，所以不
等式 exf(x)>ex－1的解集为(0，＋∞)．
10．已知函数 f(x)＝
x2＋4a－3x＋3a，x＜0，
logax＋1＋1，x≥0
(a＞0，且 a≠1)在 R上单调递减，且
关于 x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则 a的取值范围是( )
A.
0，2
3 B.
2
3
，
3
4
C.
1
3
，
2
3 ∪
3
4 D.
1
3
，
2
3 ∪
3
4
解析：选 C 由 y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得 0＜a＜1.
又由 f(x)在 R上单调递减，则
02＋4a－3·0＋3a≥1，
3－4a
2
≥0 ⇒
1
3
≤a≤3
4
.如图所示，在同一坐标系中作出函数 y＝|f(x)|和 y＝2－x的图象．
由图象可知，在[0，＋∞)上|f(x)|＝2－x有且仅有一个解，故在(－∞，0)上|f(x)|＝2－x
同样有且仅有一个解．
当 3a＞2，即 a＞2
3
时，由 x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中 x＜0)，得 x2＋(4a－2)x＋3a－2
＝0(其中 x＜0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，解得 a＝3
4
或 a＝1(舍去)；
当 1≤3a≤2，即
1
3
≤a≤2
3
时，由图象可知，符合条件．
综上所述，a∈
1
3
，
2
3 ∪
3
4 .故选 C.
11．已知奇函数 f(x)是定义在 R上的连续函数，满足 f(2)＝5
3
，且 f(x)在(0，＋∞)上的
导函数 f′(x)x
3－3
3
的解集为( )
A．(－2,2) B．(－∞，2)
C.
－∞，
1
2 D.
－
1
2
，
1
2
解析：选 B 令 g(x)＝f(x)－x3－3
3
，因为奇函数 f(x)是定义在 R上的连续函数，所以函
数 g(x)是定义在 R上的连续函数，则 g′(x)＝f′(x)－x2<0，所以函数 g(x)＝f(x)－x3－3
3
在
R上是减函数，又 g(2)＝f(2)－23－3
3
＝0，所以不等式 f(x)>x
3－3
3
的解集为(－∞，2)．
12．已知函数 f(x)＝
x＋1，x≤0，
log2x，x>0，
则函数 g(x)＝f(f(x))－1
2
的零点个数是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选 B 因为函数 f(x)＝
x＋1，x≤0，
log2x，x>0，
所以 g(x)＝f(f(x))－1
2
＝0 等价于 f(x)＋1
＝
1
2
或 log2f(x)＝
1
2
，则 f(x)＝－
1
2
或 f(x)＝ 2，当 f(x)＝－
1
2
时，x＝－
3
2
或 x＝ 2
2
；当 f(x)＝ 2
时，x＝2 2，故函数 g(x)＝f(f(x))－1
2
的零点个数是 3.
二、填空题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．请把正确答案填在题中的横线上)
13．已知 a＝log2.10.6，b＝2.10.6，c＝log0.50.6，则 a，b，c的大小关系是________．
解析：由指数函数与对数函数的性质可知，a＝，b＝，c＝,1)，所以 b>c>a.
答案：b>c>a
14．函数 y＝log
1
2 (－x2＋4x－3)的单调增区间为________．
解析：设 t＝－x2＋4x－3，则函数可化为 y＝log
1
2 t是减函数．由－x2＋4x－3>0，得 10，
解得 x>2或 x<－1，即 A＝{x|x>2或 x<－1}．
要使函数 g(x)有意义，则 3－|x|≥0，
解得－3≤x≤3，即 B＝{x|－3≤x≤3}．
故 A∩B＝{x|－3≤x<－1或 2－2，要使 C⊆B成立，
则
m>－2，
m－1≥－3，
2m＋1≤3，
解得－20，得
1
2
0，得－
1
a
0)．
(1)当 a＝1时，求函数 f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求函数 f(x)的单调区间；
(3)若 f(x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立，求实数 a的取值范围．
解：(1)当 a＝1时，f(x)＝x－1
x
，f′(x)＝1＋ 1
x2
，
则 f(2)＝3
2
，f′(2)＝5
4
，
所以函数 f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 y－3
2
＝
5
4
(x－2)，即 5x－4y－4＝0.
(2)函数 f(x)的定义域为{x|x≠0}，
则 f′(x)＝a－a－2
x2
＝
ax2＋2－a
x2
(a>0)，
当 02时，令 f′(x)＝0，即 ax2＋2－a＝0，解得 x1＝－
a－2
a
，x2＝
a－2
a
，
由 f′(x)>0，得 x>x2或 x0)在[1，＋
∞)上恒成立．
令 g(x)＝ax＋a－2
x
＋2－2a－2ln x，
则 g′(x)＝a－a－2
x2
－
2
x
＝
ax2－2x－a＋2
x2
＝
x－1[ax＋a－2]
x2
.
令 g′(x)＝0，得 x＝1或 x＝－
a－2
a
，
若－
a－2
a
＝1，即 a＝1时，g′(x)≥0，函数 g(x)在[1，＋∞)上单调递增，又 g(1)＝0，
所以 f(x)≥2ln x在[1，＋∞)上恒成立；
若－
a－2
a
>1，即 00，g(x)单调递增；
当 x∈
1，－
a－2
a 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以 g(x)在[1，＋∞)上的最小值为 g
－
a－2
a .
因为 g(1)＝0，所以 g
－
a－2
a <0，不合题意．
若－
a－2
a
<1，即 a>1，当(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以 g(x)在[1，＋∞)上的最小值为 g(1)，
又因为 g(1)＝0，所以 f(x)≥2ln x恒成立，
综上，实数 a的取值范围是[1，＋∞)．
21．(本小题满分 12分)(2018·合肥质检)已知函数 f(x)＝1
3
x3－1
2
(a＋2)x2＋x(a∈R)．
(1)当 a＝0时，记 f(x)图象上动点 P处的切线斜率为 k，求 k的最小值；
(2)设函数 g(x)＝e－ex
x
(e为自然对数的底数)，若对于∀x＞0，f′(x)≥g(x)恒成立，求实
数 a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－(a＋2)x＋1.
设 P(x，y)，由于 a＝0，∴k＝x2－2x＋1≥0，即 kmin＝0.
(2)由 g(x)＝e－ex
x
，得 g′(x)＝ex1－x
x2
，易知 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单
调递减，∴g(x)≤g(1)＝0，由条件知 f′(1)≥g(1)，可得 a≤0.
当 a≤0时，f′(x)＝x2－(a＋2)x＋1＝(x－1)2－ax≥(x－1)2≥0.
∴f′(x)≥g(x)对∀x∈(0，＋∞)成立．
综上，实数 a的取值范围为(－∞，0]．
22．(本小题满分 12分)已知函数 f(x)＝xln x＋a.
(1)若对定义域内任意 x，f(x)>0恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)若 00)，
令 f′(x)＝0，得 x＝1
e
.
当 x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
所以 f(x)min＝f
1
e ＝－
1
e
＋a.
因为对定义域内任意 x，f(x)>0恒成立，所以－
1
e
＋a>0，所以 a>1
e
，
故实数 a的取值范围为
1
e
，＋∞
.
(2)证明：易知 f′(x)＝ln x＋1在(0，＋∞)上为增函数．
欲证
fx－fx1
x－x1
0，
所以 G(x)＝f(x)－f(x2)－(x－x2)(ln x＋1)在(x1，x2)内为增函数，
所以 G(x)
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