2018版高考文科数学（北师大版）一轮文档讲义：章3-2导数在研究函数中的应用 51页

第2讲　导数在研究函数中的应用 最新考纲　1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.会用导数解决实际问题．‎ 知 识 梳 理 ‎1．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：‎ ‎(1)如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；‎ ‎(2)如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减；‎ ‎(3)如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是常数函数．‎ ‎2．函数的极值与导数 ‎(1)极值点与极值 设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性相反或导数值异号，则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的极值．‎ ‎(2)极大值点与极小值点 ‎①若先增后减(导数值先正后负)，则x0为极大值点；‎ ‎②若先减后增(导数值先负后正)，则x0为极小值点．‎ ‎(3)求可导函数极值的步骤：‎ ‎①求f′(x)；‎ ‎②求方程f′(x)＝0的根；‎ ‎③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．‎ ‎3．函数的最值与导数 ‎(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．‎ ‎(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：‎ ‎①求f(x)在(a，b)内的极值；‎ ‎②将f(x)的各极值与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．‎ 诊 断 自 测 ‎1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)　精彩PPT展示 ‎(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.(　　)‎ ‎(2)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　)‎ ‎(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．(　　)‎ ‎(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　)‎ 解析　(1)函数f(x)在(a，b)上单调递增，则在(a，b)上有f′(x)≥0，故(1)错．‎ ‎(2)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，(2)错．‎ ‎(3)如f(x)＝x3，当x＝0时，f′(x)＝0，而函数f(x)在R上为增函数，所以x＝0不是极值点，故(3)错．‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2.(教材改编)函数f(x)的定义域为区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在区间(a，b)内极小值点的个数为(　　)‎ A．1 B．2 C．3 D．4‎ 解析　导函数f′(x)的图像与x轴的交点中，左侧图像在x轴下方，右侧图像在x轴上方的只有一个，所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．‎ 答案　A ‎3．(2017·郑州调研)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)‎ A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)‎ 解析　函数y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，‎ y′＝x－＝，令y′≤0，则可得00，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ 故f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2.‎ 答案　D ‎5．(2014·全国Ⅱ卷改编)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是________．‎ 解析　依题意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，‎ 即k≥在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0<<1，∴k≥1.‎ 答案　[1，＋∞)‎ 第1课时　导数与函数的单调性 考点一　利用导数研究函数的单调性　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例1】 (2016·四川卷节选)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)证明：当x>1时，g(x)>0.‎ ‎(1)解　由题意得f′(x)＝2ax－＝(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＝，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ ‎(2)证明　令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.‎ 当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，‎ 从而g(x)＝－>0.‎ 规律方法　用导数讨论(证明)函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤：‎ ‎(1)求f′(x)；‎ ‎(2)确认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．‎ ‎【训练1】 设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x)的单调性．‎ 解　f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1)‎ ‎＝ex[ax2＋(2a＋1)x＋2]‎ ‎＝ex(ax＋1)(x＋2)‎ ‎＝aex(x＋2)‎ ‎①当a＝时，f′(x)＝ex(x＋2)2≥0恒成立，‎ ‎∴函数f(x)在R上单调递增；‎ ‎②当0＜a＜时，有＞2，‎ 令f′(x)＝aex(x＋2)＞0，‎ 有x＞－2或x＜－，‎ 令f′(x)＝aex(x＋2)＜0，有－＜x＜－2，‎ ‎∴函数f(x)在和(－2，＋∞)上单调递增，在上单调递减；‎ ‎③当a＞时，有＜2，‎ 令f′(x)＝aex(x＋2)＞0时，‎ 有x＞－或x＜－2，‎ 令f′(x)＝aex(x＋2)＜0时，‎ 有－2＜x＜－，‎ ‎∴函数f(x)在(－∞，－2)和上单调递增；在上单调递减.‎ 考点二　求函数的单调区间(易错警示)‎ ‎【例2】 (2015·重庆卷改编)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．‎ ‎(1)确定a的值；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间．‎ 解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，‎ 因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，‎ 即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)得g(x)＝ex 故g′(x)＝ex＋ex ‎＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.‎ 令g′(x)<0，得x(x＋1)(x＋4)<0.‎ 解之得－10，得单调递增区间；‎ ‎(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间．‎ 易错警示　个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(x＝0时，f′(x)＝0)，但f(x)＝x3在R上是增函数．‎ ‎【训练2】 已知函数f(x)＝＋－ln x－，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＝x.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间．‎ 解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，‎ 由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，(x>0)．‎ 则f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.‎ 但－1∉(0，＋∞)，舍去．‎ 当x∈(0,5)时，f′(x)<0；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0.‎ ‎∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)．‎ 考点三　已知函数的单调性求参数(易错警示)‎ ‎【例3】 (2017·西安模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．‎ ‎(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；‎ ‎(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．‎ 解　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x>0.‎ ‎∴h′(x)＝－ax－2.‎ 若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，‎ 则当x>0时，－ax－2<0有解，即a>－有解．‎ 设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min.(*)‎ 又G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1.‎ 所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．‎ ‎(2)由h(x)在[1,4]上单调递减，‎ ‎∴当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，(**)‎ 则a≥－恒成立，所以a≥G(x)max.‎ 又G(x)＝2－1，x∈[1,4]‎ 因为x∈[1,4]，所以∈，‎ 所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.‎ 当a＝－时，‎ h′(x)＝＋x－2＝＝，‎ ‎∵x∈[1,4]，‎ ‎∴h′(x)＝≤0，‎ 当且仅当x＝4时等号成立．(***)‎ ‎∴h(x)在[1,4]上为减函数．‎ 故实数a的取值范围是.‎ 易错警示　(1)特称命题理解不清，不能将第(1)问转化为－ax－2<0有解，难以得到不等式(*)．错求a的取值范围．(2)错误理解“f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0，且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．”导致在第(2)问中(**)处易错求h′(x)<0恒成立，另外在(***)处容易忽视a＝－进行检验.‎ ‎【训练3】 已知函数f(x)＝x3－ax－1.‎ ‎(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若函数f(x)的单调减区间为(－1,1)，求a的值．‎ 解　(1)因为f(x)在R上是增函数，‎ 所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，‎ 即a≤3x2对x∈R恒成立．‎ 因为3x2≥0，所以只需a≤0.‎ 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号．‎ ‎∴f(x)＝x3－1在R上是增函数．‎ 所以实数a的取值范围是(－∞，0]．‎ ‎(2)f′(x)＝3x2－a.‎ 当a≤0时，f′(x)≥0，‎ f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，‎ 所以a≤0不合题意．‎ 当a>0时，令3x2－a<0，‎ 得－0，f′(x)<0的解，并注意函数f(x)的定义域．‎ ‎2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．‎ ‎3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．‎ ‎[易错防范]‎ ‎1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．‎ ‎2．注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别．‎ ‎3．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．‎ ‎4．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题 ‎1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)‎ A．(0,1) B．(0，＋∞)‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)‎ 解析　函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，解得0f(c)>f(d)‎ B．f(b)>f(a)>f(e)‎ C．f(c)>f(b)>f(a)‎ D．f(c)>f(e)>f(d)‎ 解析　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，由af(b)>f(a)．‎ 答案　C ‎4．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，2) B．(－∞，2]‎ C. D. 解析　∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，‎ 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，‎ 即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立．‎ 令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－，‎ ‎∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴m≤2＋＝.‎ 答案　D ‎5．(2017·上饶模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)‎ A．(－1,1) B．(－1，＋∞)‎ C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)‎ 解析　由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，‎ 因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．‎ 又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1.‎ 答案　B 二、填空题 ‎6．已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f(x)的单调递增区间为________．‎ 解析　因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，‎ 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ‎＝(－x2＋2)ex.‎ 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，‎ 因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－0)，则h′(x)＝－－<0，‎ 即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．‎ 由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；‎ 当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.‎ 综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．‎ ‎10．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，求实数c的取值范围．‎ 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，‎ 得f′(x)＝3x2＋2ax－1.‎ 当x＝时，得a＝f′＝3×2＋2a×－1，‎ 解得a＝－1.‎ ‎(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，‎ 则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：‎ x ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎－‎ ‎＋‎ f(x)‎ 递增 递减 递增 所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)；‎ f(x)的单调递减区间是.‎ ‎(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，‎ 有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex ‎＝(－x2－3x＋c－1)ex，‎ 因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，‎ 所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立，只要h(2)≥0，解得c≥11，‎ 所以c的取值范围是[11，＋∞)．‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)‎ A．a0，‎ 则f(x)在(－∞，1)上为增函数；‎ 又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，‎ 因此有f(－1)0时，xf′(x)－f(x)>0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．‎ 解析　令g(x)＝，则g′(x)＝>0，x∈(0，＋∞)，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又g(－x)＝＝＝＝g(x)，‎ 则g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)．‎ 则f(x)＝xg(x)>0⇔或 解得x>2或－20的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．‎ 答案　(－2,0)∪(2，＋∞)‎ ‎14．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.‎ ‎(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；‎ ‎(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．‎ 解　(1)由已知得f′(x)＝，∴f′(1)＝1＝a，a＝2.‎ 又∵g(1)＝0＝a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.‎ ‎(2)∵φ(x)＝－f(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数，‎ ‎∴φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，‎ ‎∴x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，‎ 则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，‎ ‎∵x＋∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2.‎ 故实数m的取值范围是(－∞，2].‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎ 第2课时　导数与函数的极值、最值 考点一　用导数研究函数的极值(多维探究)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 命题角度一　根据函数图像判断极值 ‎【例1－1】 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)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)‎ A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)‎ B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)‎ C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)‎ D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)‎ 解析　由题图可知，当x<－2时，1－x>3，此时f′(x)>0；当－22时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．‎ 答案　D 命题角度二　求函数的极值 ‎【例1－2】 求函数f(x)＝x－aln x(a∈R)的极值．‎ 解　由f′(x)＝1－＝，x>0知：‎ ‎(1)当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；‎ ‎(2)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝a.‎ 又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，‎ 从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值．‎ 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值.命题角度三　已知极值求参数 ‎【例1－3】 已知关于x的函数f(x)＝－x3＋bx2＋cx＋bc在x＝1处有极值－，试求b，c的值．‎ 解　∵f′(x)＝－x2＋2bx＋c，‎ 由f(x)在x＝1处有极值－，‎ 可得 解得或 若b＝1，c＝－1，‎ 则f′(x)＝－x2＋2x－1＝－(x－1)2≤0，f(x)没有极值．‎ 若b＝－1，c＝3，‎ 则f′(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1)．‎ 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3,1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎1‎ f(x)‎  极小值 ‎－12‎ 极大值 ‎－  ‎∴当x＝1时，f(x)有极大值－，满足题意．‎ 故b＝－1，c＝3为所求．‎ 规律方法　(1)求函数f(x)极值的步骤：‎ ‎①确定函数的定义域；‎ ‎②求导数f′(x)；‎ ‎③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；‎ ‎④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值；如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值．‎ ‎(2)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．应注意，导数为零的点不一定是极值点．对含参数的求极值问题，应注意分类讨论．‎ ‎【训练1】 设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．‎ ‎(1)当a＝1，且函数图像过(0,1)时，求函数的极小值；‎ ‎(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围．‎ 解　由题意得f′(x)＝3ax2－4x＋1.‎ ‎(1)函数图像过(0,1)时，有f(0)＝c＝1.‎ 当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1.‎ 令f′(x)>0，解得x<或x>1；‎ 令f′(x)<0，解得0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，‎ ‎(1)求实数a，b的值；‎ ‎(2)求函数f(x)在上的最大值．‎ 解　(1)由f(x)＝aln x－bx2，得f′(x)＝－2bx(x>0)．‎ ‎∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．‎ ‎∴解得 ‎(2)由(1)知f(x)＝ln x－x2，‎ 则f′(x)＝－x＝，‎ 当≤x≤e时，令f′(x)>0，得0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．‎ 解　(1)f′(x)＝ ‎＝.‎ 令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，由于ex>0.‎ 令f′(x)＝0，则g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c＝0，‎ ‎∴－3和0是y＝g(x)的零点，且f′(x)与g(x)的符号相同．‎ 又因为a>0，所以－30，即f′(x)>0，当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，‎ 所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．‎ ‎(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，‎ 所以有 解得a＝1，b＝5，c＝5，‎ 所以f(x)＝.‎ 因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．‎ 所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，‎ 故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，‎ 又f(－5)＝＝5e5>5＝f(0)，‎ 所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.‎ 规律方法　(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．‎ ‎(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．‎ ‎(3)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值．‎ ‎【训练3】 (2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．‎ ‎(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；‎ ‎(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b 的最大值．‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝a－＝.‎ 当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．‎ 当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>，‎ ‎∴f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x＝处有极小值．‎ 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；‎ 当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．‎ ‎(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，‎ ‎∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.‎ 因此f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，‎ 令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，‎ 令g′(x)＝0，得x＝e2，‎ 则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，‎ ‎∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.‎ 故实数b的最大值是1－.‎ ‎[思想方法]‎ ‎1．利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分．‎ ‎2．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．‎ ‎3．可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同.‎ ‎4.若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．‎ ‎[易错防范]‎ ‎1．求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．‎ ‎2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．‎ ‎3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题 ‎1．下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(　　)‎ A．y＝x3 B．y＝ln(－x)‎ C．y＝xe－x D．y＝x＋ 解析　由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)，D选项中的函数既为奇函数又存在极值．‎ 答案　D ‎2．(2017·石家庄质检)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为(　　)‎ A．2 B．3 C．6 D．9‎ 解析　f′(x)＝12x2－2ax－2b，则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a＋b＝6，‎ 又a>0，b>0，则t＝ab≤2＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号．‎ 答案　D ‎3．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于(　　)‎ A. B. C. D．1‎ 解析　由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.‎ 令f′(x)＝－a＝0，得x＝，‎ 当00；当x>时，f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.‎ 答案　D ‎4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)‎ C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ 解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，‎ 由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根，‎ ‎∴Δ＝4a2－4×3×(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，‎ ‎∴a>6或a<－3.‎ 答案　B ‎5．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是(　　)‎ 解析　因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.‎ 答案　D 二、填空题 ‎6．(2017·咸阳模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________.‎ 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋3.‎ 依题意知，－3是方程f′(x)＝0的根 所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.‎ 经检验，a＝5时，f(x)在x＝－3处取得极值．‎ 答案　5‎ ‎7．(2016·北京卷改编)设函数f(x)＝则f(x)的最大值为________．‎ 解析　当x>0时，f(x)＝－2x<0；‎ 当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当－10时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.‎ 答案　(－∞，－1)‎ 三、解答题 ‎9．(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝(a>0，r>0)．‎ ‎(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值．‎ 解　(1)由题意可知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．‎ f(x)＝＝，‎ f′(x)＝＝.‎ 所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；‎ 当－r0.‎ 因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；‎ f(x)的单调递增区间为(－r，r)．‎ ‎(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减．‎ 因此，x＝r是f(x)的极大值点，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100，f(x)在(0，＋∞)内无极小值；‎ 综上，f(x)在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值．‎ ‎10．(2017·衡水中学二调)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．‎ ‎(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；‎ ‎(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值．‎ 解　(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e.‎ 又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，‎ 故切线的斜率为g′(1)＝4e.‎ 所以切线方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，‎ 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  ‎①当t≥时，在区间[t，t＋2]上f(x)为增函数，‎ 所以f(x)min＝f(t)＝tln t.‎ ‎②当00，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0‎ C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0‎ 解析　由函数y＝f(x)的图像知，a>0，f(0)＝d>0.‎ 又x1，x2是函数f(x)的极值点，‎ 且f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0，‎ ‎∴x1，x2是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根．‎ 由图像知，x1>0，x2>0，‎ ‎∴因此b<0，且c>0.‎ 答案　A ‎13．(2015·陕西卷)函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________．‎ 解析　由y＝xex可得y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，从而可得y＝xex在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，所以当x＝－1时，y＝xex取得极小值－e－1，因为y′|x＝－1＝0，故切线方程为y＝－e－1，即y＝－.‎ 答案　y＝－ ‎14．(2016·山东卷改编)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x(常数a>0)‎ ‎(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；‎ ‎(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值．求实数a的取值范围．‎ ‎(1)解　由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，‎ 可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．‎ 所以g′(x)＝－2a＝.‎ 又a>0，‎ 当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，‎ 当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．‎ ‎∴函数y＝g(x)的单调增区间为，单调减区间为.‎ ‎(2)由(1)知，f′(1)＝0.‎ ‎①当01，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0.‎ 所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增．‎ 所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．‎ ‎②当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．‎ ‎③当a>时，0<<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．‎ 所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．‎ 综上可知，实数a的取值范围为.‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎ 第3课时　导数与函数的综合应用 考点一　用导数研究生活中的优化问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例1】 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，其中30，又由h>0可得00，故V(r)在(0,5)上为增函数；‎ 当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．‎ 由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.‎ 所以当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大.‎ 考点二　利用导数研究函数的零点或方程的根 ‎【例2】 (2014·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.‎ ‎(1)求a；‎ ‎(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．‎ ‎(1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.‎ 曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.‎ 由题设得－＝－2，所以a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.‎ 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.‎ 由题设知1－k>0.‎ 当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，‎ 所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根．‎ 当x>0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，‎ 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．‎ h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，‎ 所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.‎ 所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根．‎ 综上，g(x)＝0在R有唯一实根，‎ 即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．‎ 规律方法　(1)本题求解的关键是通过构造函数，把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决．‎ ‎(2)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，并借助函数的大致图像判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．‎ ‎【训练2】 (2016·北京卷节选)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；‎ ‎(2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围．‎ 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(0)＝c，f′(0)＝b，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝bx＋c.‎ ‎(2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，‎ 所以f′(x)＝3x2＋8x＋4.‎ 令f′(x)＝0，得3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－.‎ 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：‎ x ‎(－∞，－2)‎ ‎－2‎ ‎－ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  c  c－  所以，当c>0且c－<0，存在x1∈(－4，－2)，x2∈，x3∈，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由f(x)的单调性知，当且仅当c∈时，‎ 函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点．‎ 考点三　导数在不等式中的应用(多维探究)‎ 命题角度一　不等式恒成立问题 ‎【例3－1】 已知函数f(x)＝ln x－，若f(x)0，∴a>xln x－x3，‎ 令g(x)＝xln x－x3，则h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，‎ h′(x)＝－6x＝.‎ ‎∵当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，‎ ‎∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数，‎ ‎∴h(x)1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.‎ ‎(1)解　依题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，得x＝1，‎ ‎∴当00，f(x)单调递增．‎ 当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值f(1)＝0.‎ 所以当x≠1时，ln x1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，‎ 则g′(x)＝c－1－cxln c.‎ 令g′(x)＝0，解得x0＝.‎ 当x0，g(x)单调递增；‎ 当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．‎ 由(2)知1<0.‎ 所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x>cx.‎ 规律方法　(1)利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.‎ ‎(2)不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．‎ ‎【训练3】 (2017·西安模拟)已知函数f(x)＝ln x.‎ ‎(1)求函数F(x)＝＋的最大值；‎ ‎(2)证明：＋0时，0e，‎ 故F(x)在(0，e)上是增函数，在(e，＋∞)上是减函数，‎ 故F(x)max＝F(e)＝＋.‎ ‎(2)证明　令h(x)＝x－f(x)＝x－ln x，‎ 则h′(x)＝1－＝，‎ 当h′(x)<0时，00时，x>1，‎ 故h(x)在(0,1)上是减函数，在(1＋∞)上是增函数，‎ 故h(x)min＝h(1)＝1.‎ 又F(x)max＝＋<1，‎ 故F(x)g(x)时，找到函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点是解题的突破口．‎ ‎2．在讨论方程的根的个数、研究函数图像与x轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时，常常需要求出其中参数的取值范围，这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用．注意转化思想与数形结合思想的应用．‎ ‎3．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．‎ ‎[易错防范]‎ ‎1．利用导数解决恒成立问题时，若分离参数后得到“a0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)‎ A．(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,0)∪(0,2)‎ C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)‎ 解析　x>0时′<0，∴φ(x)＝在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，‎ ‎∴当且仅当00，此时x2f(x)>0.‎ 又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．‎ 故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．‎ 答案　D ‎3．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，7] B．(－∞，－20]‎ C．(－∞，0] D．[－12,7]‎ 解析　令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0得x＝－1或x＝3(舍去)．‎ ‎∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，‎ ‎∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.‎ 答案　B ‎4．(2017·景德镇联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：‎ x ‎－1‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ f(x)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0‎ f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示．当10，则 a的取值范围是(　　)‎ A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)‎ C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)‎ 解析　a＝0时，不符合题意，a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x.‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.‎ 若a>0，则由图像知f(x)有负数零点，不符合题意．‎ 则a<0，由图像结合f(0)＝1>0知，此时必有 f>0，即a×－3×＋1>0，‎ 化简得a2>4.‎ 又a<0，所以a<－2.‎ 答案　C 二、填空题 ‎6．某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间有关系y＝x3－x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．‎ 解析　由y′＝x2－39x－40＝0，‎ 得x＝－1或x＝40，‎ 由于040时，y′>0.‎ 所以当x＝40时，y有最小值．‎ 答案　40‎ ‎7．已知函数y＝x3－3x＋c的图像与x轴恰有两个公共点，则c＝________.‎ 解析　设f(x)＝x3－3x＋c，‎ 对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，‎ 令f′(x)＝0，可得x＝±1，‎ 易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，‎ 在(－1,1)上单调递减．‎ 若f(1)＝1－3＋c＝0，可知c＝2；‎ 若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.‎ 答案　－2或2‎ ‎8．(2017·长沙调研)定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为________．‎ 解析　构造函数g(x)＝，‎ 则g′(x)＝＝.‎ 由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减．‎ 又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)<1，所以x>0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．‎ 答案　(0，＋∞)‎ 三、解答题 ‎9．据环保部门侧定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k(k>0)．现已知相距18 km的A，B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a，b，它们连线上任意一点C处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC＝x(km)．‎ ‎(1)试将y表示为x的函数；‎ ‎(2)若a＝1，且x＝6时，y取得最小值，试求b的值．‎ 解　(1)设点C受A污染源污染程度为，‎ 点C受B污染源污染程度为，‎ 其中k为比例系数，且k>0，从而点C处受污染程度y＝＋.‎ ‎(2)因为a＝1，所以，y＝＋，‎ y′＝k，‎ 令y′＝0，得x＝，‎ 又此时x＝6，解得b＝8，经验证符合题意，所以，污染源B的污染强度b的值为8.‎ ‎10．(2017·榆林月考)已知函数f(x)＝ln x－.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)证明：当x>1时，f(x)0得 解得01时，F(x)1时，f(x)1时，f(x)0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，‎ 所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，‎ 即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．‎ 答案　A ‎12．(2017·山东省实验中学诊断)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则(　　)‎ A．3f(1)f(3)‎ C．3f(1)＝f(3) D．f(1)＝f(3)‎ 解析　由于f(x)>xf′(x)，则′＝<0恒成立，因此在R上是单调递减函数，‎ ‎∴<，即3f(1)>f(3)．‎ 答案　B ‎13．(2017·安徽江南名校联考)已知x∈(0,2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为________．‎ 解析　依题意，知k＋2x－x2>0.‎ 即k>x2－2x对任意x∈(0,2)恒成立，从而k≥0，‎ 因此由原不等式，得k<＋x2－2x恒成立．‎ 令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1).‎ 令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1,2)上单调递增，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减，所以k0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间和极值；‎ ‎(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ ‎(1)解　由f(x)＝－kln x(k>0)，‎ 得x>0且f′(x)＝x－＝.‎ 由f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)．‎ f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：‎ x ‎(0，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  所以f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．‎ f(x)在x＝处取得极小值f()＝.‎ ‎(2)证明　由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为f()＝.‎ 因为f(x)存在零点，所以≤0，从而k≥e.‎ 当k＝e时，f(x)在区间(1，)上单调递减，且f()＝0，所以x＝是f(x)在区间(1，]上的唯一零点．‎ 当k>e时，f(x)在区间(0，)上单调递减，且f(1)＝>0，f()＝<0，‎ 所以f(x)在区间(1，]上仅有一个零点．‎ 综上可知，若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，]上仅有一个零点.‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎