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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)．
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
[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
2f(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
2f(x)，
∴cos x＋sin x＝1
2sin x－1
2cos 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
2x2－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
2x2－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
31 时，f′(x)>0，此时
在 x＝1 处取得极小值．选 B.
7．已知曲线 y＝x2
4
－3ln x 的一条切线的斜率为1
2
，则切点的横坐标为( )
A．3 B．2
C．1 D.1
2
解析：选 A 已知曲线 y＝x2
4
－3ln x(x>0)的一条切线的斜率为1
2
，由 y′＝1
2x－3
x
＝1
2
，
得 x＝3，故选 A.
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
2x＋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
2x2，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
2x2，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
2x.
(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
2x，
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
[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 8 考 求切线、已知切线求参数、求切点坐标
导数的运算
[典例] (1)(2018·惠州模拟)已知函数 f(x)＝1
xcos 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
x2cos 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．(2018·沈阳模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，点 M 在曲线 C：y＝x3－x－1 上，且在
第三象限内，已知曲线 C 在点 M 处的切线的斜率为 2，则点 M 的坐标为________．
解析：∵y′＝3x2－1，曲线 C 在点 M 处的切线的斜率为 2，∴3x2－1＝2，x＝±1，
又∵点 M 在第三象限，
∴x＝－1，∴y＝(－1)3－(－1)－1＝－1，
∴点 M 的坐标为(－1，－1)．
答案：(－1，－1)
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．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当 a＝4 时，求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求 a 的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当 a＝4 时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋1
x
－3，f′(1)＝－2.
故曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0.
(2)当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0 等价于 ln x－ax－1
x＋1
＞0.
设 g(x)＝ln x－ax－1
x＋1
，
则 g′(x)＝1
x
－ 2a
x＋12
＝x2＋21－ax＋1
xx＋12
，g(1)＝0.
①当 a≤2，x∈(1，＋∞)时，
x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，
故 g′(x)＞0，
g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因此 g(x)＞0；
②当 a＞2 时，令 g′(x)＝0，
得 x1＝a－1－ a－12－1，x2＝a－1＋ a－12－1.
由 x2＞1 和 x1x2＝1 得 x1＜1，
故当 x∈(1，x2)时，
g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此 g(x)＜0.
综上，a 的取值范围是(－∞，2]．
[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．
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．设曲线 y＝1＋cos x
sin x
在点
π
2
，1 处的切线与直线 x－ay＋1＝0 平行，则实数 a 等于
( )
A．－1 B.1
2
C．－2 D．2
解析：选 A ∵y′＝－1－cos x
sin2x
，∴y′x＝π
2
＝－1，由条件知1
a
＝－1，∴a＝－1.
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
2x2＋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
2x20＋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．已知 f(x)为偶函数，当 x<0 时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线 y＝f(x)在点(1，－3)处的
切线方程是________．
解析：由题意，当 x>0 时，则－x<0，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，则 f′(x)＝1
x
－3，所以
曲线 y＝f(x)在点(1，－3)处的切线的斜率 f′(1)＝－2，则切线方程为 y－(－3)＝－2(x－1)，
即 2x＋y＋1＝0.
答案：2x＋y＋1＝0
8．曲线 y＝log2x 在点(1,0)处的切线与坐标轴所围三角形的面积等于________．
解析：∵y′＝ 1
xln 2
，∴k＝ 1
ln 2
，
∴切线方程为 y＝ 1
ln 2(x－1)，
令 y＝0，得 x＝1，令 x＝0，得 y＝－ 1
ln 2
，
∴所求三角形面积为 S＝1
2
×1× 1
ln 2
＝ 1
2ln 2.
答案： 1
2ln 2
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
3x3－2x2＋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．(2017·北京高考)已知函数 f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数 f(x)在区间 0，π
2 上的最大值和最小值．
解：(1)因为 f(x)＝excos x－x，
所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为 f(0)＝1，
所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
(2)设 h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当 x∈ 0，π
2 时，h′(x)＜0，
所以 h(x)在区间 0，π
2 上单调递减．
所以对任意 x∈ 0，π
2 ，有 h(x)＜h(0)＝0，
即 f′(x)＜0.
所以函数 f(x)在区间 0，π
2 上单调递减．
因此 f(x)在区间 0，π
2 上的最大值为 f(0)＝1，
最小值为 f
π
2 ＝－π
2.
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
tx＋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 8 考 讨论单调性及证明单调性问题
函数单调性的判断
[典例] 设函数 f(x)＝－a2ln x＋x2－ax(a∈R)．讨论函数 f(x)的单调性．
[ 解 ] 由 f(x) ＝ － a2ln x ＋ x2 － ax ， 可 知 f′(x) ＝ － a2
x
＋ 2x － a ＝ 2x2－ax－a2
x
＝
2x＋ax－a
x (x>0)．
若 a>0，则当 x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减，当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
函数 f(x)单调递增；
若 a＝0，则 f′(x)＝2x>0 在 x∈(0，＋∞)内恒成立，函数 f(x)单调递增；
若 a<0，则当 x∈ 0，－a
2 时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减，当 x∈ －a
2
，＋∞ 时，
f′(x)>0，函数 f(x)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．已知函数 F(x)＝xf(x)，f(x)满足 f(x)＝f(－x)，且当 x∈(－∞，0]时，F′(x)<0 成立，
若 a＝20.1·f(20.1)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log2
1
2·f log2
1
2 ，则 a，b，c 的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．a>c>b
解析：选 C 因为 f(x)＝f(－x)，所以 f(x)是偶函数，则函数 F(x)＝xf(x)是奇函数．
因为当 x∈(－∞，0]时，F′(x)<0 成立，
所以 F(x)在(－∞，0]上是减函数，
所以 F(x)在 R 上是减函数，
因为 20.1>1,0b>a.
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
2x2＋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．已知函数 f′(x)是函数 f(x)的导函数，且 f(1)＝1
e
，对任意实数都有 f(x)－f′(x)>0，
则不等式 f(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．(2018·成都外国语学校月考)已知函数 f(x)＝x2＋2cos x，若 f′(x)是 f(x)的导函数，
则函数 f′(x)的图象大致是( )
解析：选 A 设 g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数 f′(x)在 R
上单调递增．
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．(2018·九江模拟)已知函数 f(x)＝1
2x2＋2ax－ln x，若 f(x)在区间
1
3
，2 上是增函数，
则实数 a 的取值范围为( )
A.
－∞，4
3 B.
4
3
，＋∞
C.
－∞，－3
2 D.
－3
2
，＋∞
解析：选 B f′(x)＝x＋2a－1
x
≥0 在
1
3
，2 上恒成立，
即 2a≥－x＋1
x
在
1
3
，2 上恒成立，
∵ －x＋1
x max＝8
3
，
∴2a≥8
3
，即 a≥4
3.
二、填空题
7．设函数 f(x)＝x(ex－1)－1
2x2，则函数 f(x)的单调增区间为________．
解析：因为 f(x)＝x(ex－1)－1
2x2，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
3x3－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－11)，
则 f′(x)＝ 1
x－1
－1＝2－x
x－1
.
由 f′(x)<0，得 x>2；由 f′(x)>0，得 10，所以函数 f(x)在(－a，＋∞)上为增函数．
②当 a<0 时，令 f′(x)＝0，解得 x＝－a－1
a>－a，当 f′(x)>0 时，解得－a－a－1
a
，函数 f(x)在
－a－1
a
，＋∞ 上为单调递减函数．
综上所述，当 a≥0 时，函数 f(x)在(－a，＋∞)上单调递增；当 a<0 时，函数 f(x)在
－a，－a－1
a 上单调递增，在 －a－1
a
，＋∞ 上单调递减．
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
2ax2－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．(2018·江西八校联考)已知函数 f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数 a 的取值范
围是( )
A．(－∞，0) B. 0，1
2
C．(0,1) D．(0，＋∞)
解析：选 B ∵f(x)＝x(ln x－ax)，
∴f′(x)＝ln x－2ax＋1，
故 f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，
令 f′(x)＝0，则 2a＝ln x＋1
x
，
设 g(x)＝ln x＋1
x
，则 g′(x)＝－ln x
x2
，
∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又∵当 x→0 时，g(x)→－∞，当 x→＋∞时，g(x)→0，
而 g(x)max＝g(1)＝1，
∴只需 0＜2a＜1，
即 0＜a＜1
2.
[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
3x3＋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
3x3
＋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
4m2>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
3a，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
3a(x21＋x22)＋2
3b(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
9a2＋3
a
，
所以 h(a)＝－1
9a2＋3
a
，a>3.
因为 h′(a)＝－2
9a－ 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]．
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．设函数 f(x)＝3xex，若存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)－1 时，f′(x)>0，当 x<－1 时，f′(x)<0，所以
当 x＝－1 时，f(x)取得最小值为 f(－1)＝－3
e
，因此，要使“存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)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．(2018·威海调研)已知函数 f(x)＝ x
ln x
＋ax(x＞1)．
(1)若 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数 a 的取值范围；
(2)若 a＝2，求函数 f(x)的极小值；
(3)在(2)的条件下，若方程(2x－m)ln x＋x＝0 在(1，e]上有两个不等实根，求实数 m 的
取值范围．
解：(1)∵f(x)＝ x
ln x
＋ax(x＞1)．
∴f′(x)＝ln x－1
ln x2
＋a.由题意可得 f′(x)≤0 在(1，＋∞)
上恒成立，即 a≤ 1
ln x2
－ 1
ln x
＝
1
ln x
－1
2 2－1
4
，对 x∈(1，＋∞)恒成立．
∵x∈(1，＋∞)，∴ln x∈(0，＋∞)，
∴ 1
ln x
－1
2
＝0 时，函数 t(x)＝
1
ln x
－1
2 2－1
4
的最小值为－1
4
，∴a≤－1
4.
故实数 a 的取值范围为 －∞，－1
4 .
(2)当 a＝2 时，f(x)＝ x
ln x
＋2x，
f′(x)＝ln x－1＋2ln x2
ln x2
＝2ln x－1ln x＋1
ln x2 .
由 f′x＝0，
x＞1，
得 x＝e1
2.
则当 x 变化时，f′(x)与 f(x)在(1，＋∞)上的变化情况如下表：
x e1
2
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值 f e1
2
∴f(x)极小值＝f(e1
2)＝
e1
2
1
2
＋2e1
2
＝4 e.
(3)∵x＞1，
∴(2x－m)ln x＋x＝0⇔2x－m＋ x
ln x
＝0⇔m＝ x
ln x
＋2x，
∴方程(2x－m)ln x＋x＝0 在(1，e]上有两个不等实根，
即函数 f(x)与函数 y＝m 在(1，e]上有两个不同的交点．
由(2)可知，f(x)在 1，e1
2 上单调递减，在 e1
2
，e 上单调递增且 f e1
2 ＝4 e，f(e)＝3e，
∴当 x→1 时， x
ln x
→＋∞，
∴4 e＜m≤3e，
故实数 m 的取值范围是(4 e，3e]．
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
20 时，
－a－ a2
4
3
＝－a
2
＝c，不符合题意；
当 a<0 时，
－a－ a2
4
3
＝－a
60，
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
2x21＋(1－m)x1＋ln x1－1
2x22－(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．(2016·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)证明当 x∈(1，＋∞)时，1＜x－1
ln x
＜x；
(3)设 c＞1，证明当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1
x
－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1.
当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，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，
最大值为 f(1)＝0.
所以当 x≠1 时，ln x＜x－1.
故当 x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln 1
x
＜1
x
－1，
即 1＜x－1
ln x
＜x.
(3)证明：由题设 c＞1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则 g′(x)＝c－1－cxln c.
令 g′(x)＝0，解得 x0＝
lnc－1
ln c
ln c
.
当 x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当 x＞x0 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知 1＜c－1
ln c
＜c，故 0＜x0＜1.
又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x＜1 时，g(x)＞0.
所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
[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
2b >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Ⅰ)设函数 f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数；
(2)证明：当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln2
a.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－a
x.
当 a≤0 时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当 a>0 时，设 u(x)＝e2x，v(x)＝－a
x
，
因为 u(x)＝e2x 在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－a
x
在(0，＋∞)上单调递增，
所以 f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又 f′(a)>0，当 b 满足 00 时，f′(x)存在唯一零点．
(2)证明：由(1)，可设 f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为 x0，当 x∈(0，x0)时，f′(x)<0；
当 x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故 f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当 x＝x0 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(x0)．
由于 2e2x0－ a
x0
＝0，
所以 f(x0)＝ a
2x0
＋2ax0＋aln2
a
≥2a＋aln2
a.
故当 a>0 时，f(x)≥2a＋aln2
a.
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＋120)．
(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＋12h(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
，＋∞
.
4．(2017·天津高考)设 a∈Z，已知定义在 R 上的函数 f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a 在区
间(1,2)内有一个零点 x0，g(x)为 f(x)的导函数．
(1)求 g(x)的单调区间；
(2)设 m∈[1，x0)∪(x0,2]，函数 h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，求证：h(m)h(x0)<0；
(3)求证：存在大于 0 的常数 A，使得对于任意的正整数 p，q，且p
q
∈[1，x0)∪(x0,2]，满
足|p
q
－x0|≥ 1
Aq4.
解：(1)由 f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，
可得 g(x)＝f′(x)＝8x3＋9x2－6x－6，
进而可得 g′(x)＝24x2＋18x－6.
令 g′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝1
4.
当 x 变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1)
g′(x) ＋ － ＋
g(x)
所以 g(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，
1
4
，＋∞ ，单调递减区间是 －1，1
4 .
(2)证明：由 h(x)＝g(x)(m－x0)－f(m)，
得 h(m)＝g(m)(m－x0)－f(m)，
h(x0)＝g(x0)(m－x0)－f(m)．
令函数 H1(x)＝g(x)(x－x0)－f(x)，
则 H1′(x)＝g′(x)(x－x0)．
由(1)知，当 x∈[1,2]时，g′(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|p
q
－x0|≥ 1
g2q4.
所以只要取 A＝g(2)，就有|p
q
－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；
解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝ 1
1＋x
－1＝－ x
1＋x
，
由 f′(x)>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)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|1
4
≤
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．(2018·重庆一测)设曲线 y＝f(x)与曲线 y＝x2＋a(x>0)关于直线 y＝－x 对称，且 f(－2)
＝2f(－1)，则 a＝( )
A．0 B.1
3
C.2
3 D．1
解析：选 C 依题意得，曲线 y＝f(x)即为－x＝(－y)2＋a(其中－y>0，即 y<0，注意到
点(x0，y0)关于直线 y＝－x 的对称点是点(－y0，－x0))，化简后得 y＝－ －x－a，即 f(x)＝
－ －x－a，于是有－ 2－a＝－2 1－a，由此解得 a＝2
3
，选 C.
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)x3－3
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)>x3－3
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
20，得－1
a0，
a2－4a>0，
a>0，
解得 a>4，且 x1＋x2＝a，x1x2＝a.
∴g(x1)＋g(x2)＝aln(x1x2)＋1
2(x21＋x22)－a(x1＋x2)＝aln a－1
2a2－a.
令 f(x)＝xln x－1
2x2－x(x>4)，
则 f′(x)＝ln x＋1－x－1＝ln x－x.
令 h(x)＝ln x－x，则当 x>4 时，h′(x)＝1
x
－1<0，
∴h(x)在(4，＋∞)上为减函数，
即 h(x)0 恒成立，∴函数 f(x)在 R 上单调递增．
②当 a<0 时，由 f′(x)>0，得 x>ln(－a)；
由 f′(x)<0，得 x0，使 h(x0)＝0，且 x∈(0，x0)时，h(x)<0，即 g′(x)<0，∴g(x)
在(0，x0)上单调递减，x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即 g′(x)>0，∴g(x)在(x0，＋∞)上单调递
增．
∴g(x)min＝g(x0)＝2ex0－(x0－a)2＋3≥0，
又 h(x0)＝2(ex0－x0＋a)＝0，
从而 2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得 0
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