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第三章　导数及其应用
第一节　变化率与导数、导数的计算
[复习要点]　1.了解导数概念的实际背景．
2．通过函数图象直观理解导数的几何意义．
3．能根据导数定义求函数y＝C(C为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝，y＝的导数．
4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，并了解复合函数的求导法则，能求简单复合函数[仅限于形如f(ax＋b)的复合函数]的导数．
知识点一　函数y＝f(x)在x＝x0处的导数
1．定义
称函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率__________＝ 为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝ ＝____________.
2．几何意义
函数f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点(x0，f(x0))处的________[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____________________．
答案：1. 　
2．切线的斜率　y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)
知识点二　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)＝________
f(x)＝xn(n∈Q*) f′(x)＝________
f(x)＝sin x f′(x)＝________
f(x)＝cos x f′(x)＝________
f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f′(x)＝________
f(x)＝ex f′(x)＝________
f(x)＝logax(a>0，且a≠1，x>0) f′(x)＝________
f(x)＝ln x(x>0) f′(x)＝________
答案：0　nxn－1　cos x　－sin x　axln a　ex　　
知识点三　导数的运算法则
若y＝f(x)，y＝g(x)的导数存在，则
(1)[f(x)±g(x)]′＝________________；
(2)[f(x)·g(x)]′＝__________________________；
(3)′＝(g(x)≠0)．
答案：(1)f′(x)±g′(x)　(2)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
知识点四　复合函数的导数
设函数u＝φ(x)在点x处有导数u′＝φ′(x)，函数y＝f(u)在点x的对应点u处有导数y′＝f′(u)，则复合函数y＝f(φ(x))在点x处也有导数y′x＝f′u·u′x，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．
?链/接/教/材
1．[选修2－2·P19·B组T2改编]曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是(　　)
A．－9 B．－3
C．9 D．15
答案：C
2．[选修2－2·P3·问题2改编]在高台跳水运动中，t s时运动员相对于水面的高度(单位：m)是h(t)＝－4.9t2＋6.5t＋10，则运动员的速度v＝________m/s，加速度a＝________m/s.
答案：－9.8t＋6.5　－9.8
?易/错/问/题
导数运算中的两个误区：变量理解错误；运算法则用错．
(1)若函数f(x)＝2x3＋a2，则f′(x)＝________.
(2)函数y＝的导函数为__________．
(1)答案：6x2　解析：本题易出现一种求导错解：f′(x)＝6x2＋2a，没弄清函数中的自变量是x，而a只是一个字母常量，其导数为0.
(2)答案：y′＝　解析：y′＝＝.
?通/性/通/法
求曲线的切线方程：点斜式写出方程；条件的转化．
(1)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＝________.
(2)若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝__________.
(1)答案：1　解析：因为f′(x)＝3ax2＋1，
所以图象在点(1，f(1))处的切线的斜率k＝3a＋1，
所以切线方程为y－7＝(3a＋1)(x－2)，
即y＝(3a＋1)x－6a＋5，
又切点为(1，f(1))，
所以f(1)＝3a＋1－6a＋5＝－3a＋6，
又f(1)＝a＋2，
所以－3a＋6＝a＋2，解得a＝1.
(2)答案：　解析：易知点(1，a)在曲线y＝ax2－ln x上，y′＝2ax－，∴y′|x＝1＝2a－1＝0，∴a＝.
题型　导数的概念及其运算
角度Ⅰ.导数的概念
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．设函数f(x)可导，则 等于(　　)
A．f′(1) B．3f′(1)
C．f′(1) D．f′(3)
[答案]　A
2．若函数f(x)在点x0处的导数值为1，则：
＝________.
[答案]　4　[解析]　
＝4·
＝4·f′(x0)＝4.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
导数的定义中，必须严格形式的统一，即分子为函数的差，分母为相应自变量的差，也就是代数式必须表达两点间割线的斜率．
角度Ⅱ.求导法则与复合函数求导
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．分别求下列函数的导数：
(1)y＝excos x；
(2)y＝x；
(3)y＝x－sin cos ；
(4)y＝ln.
[解]　(1)y′＝(ex)′cos x＋ex(cos x)′＝excos x－exsin x＝ex(cos x－sin x)．
(2)∵y＝x3＋1＋，
∴y′＝3x2－.
(3)∵y＝x－sin cos ＝x－sin x，
∴y′＝′＝1－cos x.
(4)∵y＝ln＝ln(1＋x2)，
∴y′＝··(1＋x2)′＝··2x＝.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
导数运算的原则和方法
1．基本原则
先化简、再求导．
2．具体方法
角度Ⅲ.应用导数求值
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．[2021江西南昌联考]已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，当x>0且x≠1时，>0，若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为－，则f(1)＝(　　)
A．0 B．1
C． D．
[答案]　C　[解析]　由x>0且x≠1时，
>0，可得x>1时，
2f(x)＋xf′(x)>0；0令g(x)＝x2f(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]．
可得当x>1时，g′(x)>0；
当0则函数g(x)在x＝1处取得极值，
∴g′(1)＝2f(1)＋f′(1)＝0，
又f′(1)＝－，
∴f(1)＝－×＝.
5．[2021湖北宜昌联考]已知f′(x)是函数f(x)的导数，f(x)＝f′(1)·2x＋x2，则f′(2)＝(　　)
A． B．
C． D．－2
[答案]　C
题型　导数的几何意义及应用
角度Ⅰ.求在点P(x0，y0)处的切线方程
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2020全国卷Ⅰ文]曲线y＝ln x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________．
[答案]　2x－y＝0　[解析]　本题考查导数的几何意义及切线方程的求法．设切点为(x0，y0)，对y＝ln x＋x＋1求导，得y′＝＋1，则曲线的切线的斜率为＋1＝2，解得x0＝1.所以y0＝ln 1＋1＋1＝2，则切点为(1,2)，切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
2．[多选]若函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线的斜率之和等于常数t，则称函数y＝f(x)为“t型函数”，下列函数中为“2型函数”的有　(　　)
A．y＝x－x3 B．y＝x＋ex
C．y＝sin x D．y＝x＋cos x
[答案]　CD　[解析]　选项A：y′＝1－3x2∈(－∞，1]，所以 x1，x2(x1≠x2)，都有f′(x1)＋f′(x2)<2，不符合；选项B：y′＝1＋ex∈(1，＋∞)，所以 x1，x2(x1≠x2)，都有f′(x1)＋f′(x2)>2，不符合；选项C：y′＝cos x∈[－1,1]，所以 x1，x2(x1≠x2)，使得f′(x1)＋f′(x2)＝2(例如取x1＝0，x2＝2π)，符合；选项D：y′＝1－sin x∈[0,2]，所以 x1，x2(x1≠x2)，使得f′(x1)＋f′(x2)＝2 ，符合．故选CD.
角度Ⅱ.求过点P(x0，y0)的切线方程
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．[2021浙江宁波镇海中学期末]已知函数f(x)＝x3＋.
(1)求曲线y＝f(x)在点P处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若过点(2，a)可作三条不同的直线与曲线y＝f(x)相切，求实数a的取值范围．
[解]　(1)函数f(x)＝x3＋的导数为f′(x)＝x2.
曲线y＝f(x)在点P处的切线斜率k＝f′(1)＝1，
所以切线方程为y－＝x－1，整理得6x－6y－1＝0.
切线与x轴交于点，与y轴交于点，
所以所求三角形的面积S＝××＝.
(2)设切点坐标为，
则切线斜率为f′(t)＝t2，
所以切线方程为y－＝t2(x－t)，
整理得y＝－t3＋t2x＋.
过点(2，a)可作曲线y＝f(x)的三条不同的切线，等价于
直线y＝a与函数y＝－t3＋2t2＋的图象有三个不同的交点．
设g(t)＝－t3＋2t2＋，
则g′(t)＝－2t2＋4t，
所以当t∈(0,2)时，g′(t)>0，g(t)在(0,2)上单调递增；当t∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，g′(t)<0，g(t)在(－∞，0)和(2，＋∞)上分别单调递减，
因此函数g(t)的极小值为g(0)，极大值为g(2)．
要使直线y＝a与函数y＝－t3＋2t2＋的图象有三个不同的交点，则g(0)故实数a的取值范围是.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
利用导数求切线方程的一般过程
已知曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)，求曲线过点P的切线方程，需分点P是切点和不是切点两种情况求解：
1．若P(x0，y0)是切点，则曲线的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)；
2．若P(x0，y0)不是切点，则分以下几个步骤：
(1)设出切点坐标P′(x1，y1)．
(2)写出过P′(x1，y1)的切线方程y－y1＝f′(x1)·(x－x1)．
(3)将点P(x0，y0)的坐标代入切线方程求出x1.
(4)将x1的值代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)得到所求切线方程．
[提示]　“在”和“过”的区别：
(1)“曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线”指点P(x0，y0)是切点，切线的斜率k＝f′(x0)；
(2)“曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线”指点P(x0，y0)只是切线上一点，不一定是切点．
角度Ⅲ.计算切点坐标
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．[2019江苏卷]在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
[答案]　(e,1)　[解析]　设A(m，n)，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－n＝(x－m)．
又切线过点(－e，－1)，
所以有n＋1＝(m＋e)．
再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1.
故点A的坐标为(e,1)．
5．[2021广东广州综合测试(一)]设函数f(x)＝x3＋ax2，若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为x＋y＝0，则点P的坐标为(　　)
A．(0,0) B．(1，－1)
C．(－1,1) D．(1，－1)或(－1,1)
[答案]　D　[解析]　由题易知f′(x)＝3x2＋2ax，所以曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率为f′(x0)＝3x＋2ax0，
又切线方程为x＋y＝0，
所以x0≠0，且
解得或
所以当时，点P的坐标为(1，－1)；
当时，点P的坐标为(－1,1)，故选D.
角度Ⅳ.求参数的值或范围
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
6．[2020全国卷Ⅲ文]设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.
[答案]　1　[解析]　本题考查导数的应用．
由f(x)＝，得f′(x)＝，
因此f′(1)＝＝，解得a＝1.
7．[2021四川乐山调研]已知曲线f(x)＝e2x－2ex＋ax－1存在两条斜率为3的切线，则实数a的取值范围是(　　)
A．(3，＋∞) B．
C． D．(0,3)
[答案]　B　[解析]　由题意得f′(x)＝2e2x－2ex＋a，则方程2e2x－2ex＋a＝3有两个不同的解，令t＝ex(t>0)，
且g(t)＝2t2－2t＋a－3，
则结合二次函数的性质可知，有g(0)>0且Δ>0，
即a－3>0且4－8(a－3)>0，
解得3解/题/感/悟(小提示，大智慧)
根据导数的几何意义求参数的值时，一般利用切点既在曲线上，又在切线上，以及切线的斜率等于函数在切点处的导数值，构造方程(组)求解．
提醒 完成限时跟踪检测(十二)
第二节　导数与函数的单调性
[复习要点]　1.了解函数的单调性和导数的关系．
2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次) .
知识点　函数的导数与单调性的关系
在(a，b)内的可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.
f′(x)≥0 f(x)在(a，b)上为________．
f′(x)≤0 f(x)在(a，b)上为________．
答案：增函数　减函数
?链/接/教/材
1．[选修2－2·P32·A组T4改编]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是(　　)
A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数
B．在区间(1,3)上f(x)是减函数
C．在区间(4,5)上f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取到极小值
答案：C
2．[选修2－2·P28·例4改编]设函数f(x)＝＋ln x，则　(　　)
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
答案：D
3．[选修2－2·P24·例2改编]函数f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为________．
答案：(0,4)
4．[选修2－2·P30·例5改编]函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是________．
答案：＋
?通/性/通/法
导数符号与单调性．
1．[多选]函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．(－1,3)为函数y＝f(x)的递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
答案：ABD　解析：由导函数图象可知，y＝f(x)的递增区间是(－1，3)和(5，＋∞)，递减区间是(－∞，－1)和(3,5)，极小值点是－1和5，极大值点是3.故选ABD.
2．已知函数f(x)＝x3－ax2＋ax是R上的增函数，则实数a的取值范围为__________．
答案：[0,3]　解析：依题意，f′(x)＝3x2－2ax＋a≥0恒成立，所以Δ＝4a2－12a≤0，解得0≤a≤3.
?核/心/素/养
已知函数f(x)＝ex－ax－1.
(1)求f(x)的单调递增区间．
(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上单调递减，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：f′(x)＝ex－a，
(1)若a≤0，则f′(x)＝ex－a>0，
即f(x)在R上单调递增，
若a>0，ex－a≥0，
所以ex≥a，x≥ln a.
因此当a≤0时，f(x)的单调递增区间为R；
当a>0时，f(x)的单调递增区间是[ln a，＋∞)．
(2)因为f(x)在(－2,3)上单调递减，
所以f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)上恒成立．
所以a≥ex在x∈(－2,3)上恒成立，
又因为－2只需a≥e3.
当a＝e3时，f′(x)＝ex－e3，在x∈(－2,3)上，f′(x)<0，
即f(x)在(－2,3)上单调递减，
故存在实数a≥e3，使f(x)在(－2,3)上单调递减．
题型　已知函数的解析式，求单调区间
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝4x2＋；
(2)f(x)＝；
(3)f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x；
(4)f(x)＝.
[解]　(1)定义域为{x|x≠0}，y′＝8x－，
令y′>0，得8x－>0，即x3>，∴x>.
∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(－∞，0)，.
(2)定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
f′(x)＝＝.
由f′(x)>0，解得x>e；
由f′(x)<0，解得0∴f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0,1)，(1，e)．
(3)定义域为R.
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
由f′(x)>0，解得x<－2或x>－ln 2；
由f′(x)<0，得－2∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)，单调递减区间为(－2，－ln 2)．
(4)f′(x)＝＝.
由f′(x)>0，得cos x>－，
解得2kπ－由f′(x)<0，得cos x<－，
解得2kπ＋因此f(x)的单调递增区间为(k∈Z)，
单调递减区间为(k∈Z)．
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
求具体函数的单调区间，首先确定函数的定义域．其次解不等式f′(x)>0，得到函数的单调递增区间；解不等式f′(x)<0，得到函数的单调递减区间．另：求导的过程以及因式分解等常是解题中的关键因素．
题型　讨论函数的单调性
角度Ⅰ.含参函数单调性的讨论
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2020全国卷Ⅰ理]已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
[解]　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
(2)f(x)≥x3＋1等价于e－x≤1.
设函数g(x)＝·e－x(x≥0)，
则g′(x)＝－e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x
＝－x(x－2a－1)(x－2)e－x.
①若2a＋1≤0，即a≤－，
则当x∈(0,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)＝1，
故当x∈(0,2)时，g(x)>1，不合题意．
②若0<2a＋1<2，
即－则当x∈(0,2a＋1)∪(2，＋∞)时，g′(x)<0；
当x∈(2a＋1,2)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0,2a＋1)，(2，＋∞)单调递减，
在(2a＋1,2)单调递增．由于g(0)＝1，
所以g(x)≤1当且仅当g(2)＝(7－4a)e－2≤1，
即a≥.
所以当≤a<时，g(x)≤1.
③若2a＋1≥2，即a≥，
则g(x)≤e－x.
由于0∈，
故由②可得e－x≤1.
故当a≥时，g(x)≤1.
综上，a的取值范围是.
2．已知函数f(x)＝－x＋aln x，讨论f(x)的单调性．
[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
(1)当a≤2时，
x2－ax＋1≥x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，
故f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)当a>2时，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝，
当x∈或x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
含参函数单调性的求法
此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：
(1)首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论，即“有无实根判别式，两种情形需知晓”．
(2)如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，逻辑分类有两种情况，需要考虑首项系数是否含有参数．如果首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如果首项系数无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小，即“首项系数含参数，先论系数零正负；首项系数无参数，根的大小定胜负”.
(3)注意：讨论两个根x1，x2的大小时，一定要结合函数定义域进行讨论，考虑两根是否在定义域中，即“定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．
[口诀记忆]
导数取零把根找，先定有无后大小；
有无实根判别式，两种情形需知晓．
因式分解见两根，逻辑分类有区分；
首项系数含参数，先论系数零正负．
首项系数无参数，根的大小定胜负；
定义域，紧跟踪，两根是否在其中．
角度Ⅱ.利用单调性求参数的取值范围
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围为________．
[答案]　∪(0，＋∞)
[探究]
1．(变条件)若本例条件变为“函数h(x)在[1,4]上单调递增”，则a的取值范围为________．
[答案]　(－∞，－1]
2．(变条件)若本例条件变为“函数h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，则a的取值范围为________．
[答案]　(－1,0)∪(0，＋∞)
3．(变条件)若本例条件变为“函数h(x)在[1,4]上不单调”，则a的取值范围为________．
[答案]　
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．
(2)可导函数在区间(a，b)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，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
角度Ⅲ.抽象函数单调性问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．[2021河南名校联盟]已知函数f(x)的定义域为(－∞，0)，若关于函数f(x)及其导函数的不等式x－>f′(x)恒成立，则不等式(2x＋2 019)2f(2x＋2 019)A．(－1 010，－1 009)
B．
C．
D．(－1 010,0)
[答案]　C　[解析]　因为(2x＋2 019)2f(2x＋2 019)f′(x)，即>f′(x)，所以 x3－2xf(x)>x2f′(x)，即x3>2xf(x)＋x2f′(x)．由 x<0，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)5．[多选]定义在上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)＜0成立，则有　(　　)
A．f>f B．f>f
C．f>f D．f>f
[答案]　CD　[解析]　本题考查导数的综合运用、函数的单调性．构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，即函数g(x)在上单调递减，
所以g>g，
所以f>f，
同理，g>g，
即f>f，故选CD.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
与求导法则有关的两类构造函数的方法
第一类：若已知xf′(x)－f(x)的符号，则通常构造函数g(x)＝；
若已知xf′(x)－2f(x)的符号，则通常构造函数g(x)＝；
若已知f′(x)－f(x)的符号，则通常构造函数g(x)＝.
第二类：若已知xf′(x)＋f(x)的符号，则通常构造函数g(x)＝xf(x)；
若已知f′(x)＋f(x)的符号，则通常构造函数g(x)＝x3f(x)；
若已知f′(x)＋2f(x)的符号，则通常构造函数g(x)＝e2xf(x)．
提醒 完成限时跟踪检测(十三)
第三节　导数与函数的极值、最值
[复习要点]　1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．
2．会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
3．会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
知识点一　函数的极值与导数
1．函数的极小值与极小值点
若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值________，且f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左侧________，右侧________，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．
2．函数的极大值与极大值点
若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值________，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左侧________，右侧________，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
3．函数的极值与极值点
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
答案：1.都小　f′(x)＜0　f′(x)＞0　2.都大　f′(x)＞0　f′(x)＜0
知识点二　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)的图象是一条________的曲线，那么它必有最大值和最小值．
2．求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的________．
(2)将函数y＝f(x)的各极值与________________比较，其中________的一个是最大值，________的一个是最小值．
答案：1.连续不断　2.(1)极值　(2)端点处的函数值f(a)，f(b)　最大　最小
?链/接/教/材
1．[选修2－2·P65·A组T7]若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
答案：A　解析：函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
f′(－2)＝e－3(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)．
由ex－1>0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，
且当x<－2时，f′(x)>0；
当－2当x>1时，f′(x)>0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
故选A.
2．[选修2－2·P65·A组T7]若f(x)＝ax3＋3x＋2无极值，则a的范围为________．
答案：[0，＋∞)　解析：f′(x)＝3ax2＋3，Δ＝－36a≤0，所以a≥0.
?易/错/问/题
易混的一组概念：极值点；极值；最值．
(1)函数y＝x＋(x>0)的极小值点为________；
(2)函数y＝x＋(x>0)的极小值为________；
(3)函数y＝x＋(x>0)的最小值为________．
答案：(1)x＝　(2)2　(3)2
解析：(1)y′＝1－，令y′＝0，得x＝或x＝－(舍去)．当x∈(0，)时，y′<0；当x∈(，＋∞)时，y′>0.所以x＝是函数的极小值点．极值点是函数取得极值时对应的x的值，而不是函数值．
(2)由(1)知，当x＝时，函数取得极小值y＝＋＝2.
(3)由(1)(2)知，函数的极小值恰好是函数的最小值，即ymin＝2.极值是个“局部”概念，而最值是个“整体”概念．函数在开区间内只有一个极值时，那么极值是相应的最值．
?核/心/素/养
设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(x>0)的图象与直线y＝4相切于点M(1,4)，则y＝f(x)在区间(0,4]上的最大值为________；最小值为________．
答案：4　0　解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b(x>0)．依题意，有即解得
所以f(x)＝x3－6x2＋9x.
令f′(x)＝3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3.
当x变化时，f′(x)，f(x)在区间(0,4]上的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1,3) 3 (3,4) 4
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ ＋
f(x) ? 4 ? 0 ? 4
所以函数f(x)＝x3－6x2＋9x在区间(0,4]上的最大值是4，最小值是0.
题型　运用导数求函数的极值
角度Ⅰ.极值与函数图象
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　C　
2．[多选]已知函数f(x)是R上的可导函数，f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论不正确的是(　　)
A．a，c分别是极大值点和极小值点
B．b，c分别是极大值点和极小值点
C．f(x)在区间(a，c)上是增函数
D．f(x)在区间(b，c)上是减函数
[答案]　ABD　[解析]　由极值点的定义可知，a是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f(x)在区间(a，＋∞)上是增函数，故选ABD.
3．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是　(　　)
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)
[答案]　D　[解析]　①当x<－2时，1－x>0，
∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，
即函数f(x)在(－∞，－2)上是增函数；
②当－20，
∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，
即函数f(x)在(－2,1)上是减函数；
③当1∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，
即函数f(x)在(1,2)上是减函数；
④当x>2时，1－x<0，
∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，
即函数f(x)在(2，＋∞)上是增函数．
综上，f(－2)为极大值，f(2)为极小值．故选D.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
f(x)的单调性只与f′(x)的符号有关，与f′(x)的变化趋势无关．
角度Ⅱ.已知函数求极值或极值点
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．[2021辽宁沈阳模拟]设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
[答案]　D　[解析]　由f(x)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，令f′(x)>0可得x>－1，即函数f(x)在(－1，＋∞)上是增函数；令f′(x)<0可得x<－1，即函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数．所以x＝－1为f(x)的极小值点．故选D.
5．[2021江西赣州五校协作体联考]设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)存在极值点x0，且f(x1)＝f(x0)，其中 x1≠x0，求证：x1＋2x0＝0.
(1)[解]　由f(x)＝x3－ax－b可得f′(x)＝3x2－a，
下面分两种情况讨论：
①当a≤0时，f′(x)＝3x2－a≥0恒成立，则f(x)在R上单调递增，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－) － (－，) (，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.
(2)[证明]　因为f(x)存在极值点x0，
所以由(1)知a>0且x0≠0，
由题意，得f′(x0)＝3x－a＝0，
即x＝，进而f(x0)＝x－ax0－b＝－x0－b，
f(－2x0)＝－8x＋2ax0－b
＝－x0＋2ax0－b
＝－x0－b＝f(x0)，
且－2x0≠x0，
由题意及(1)知，存在唯一实数x1，满足f(x1)＝f(x0)，且x1≠x0，
因此x1＝－2x0，所以x1＋2x0＝0.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
利用导数研究函数极值的一般流程
角度Ⅲ.由极值点或极值求参数的值
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
6．[2021河北张家口期末]函数f(x)＝x3－3ax2＋bx－2a2在x＝2时有极值0，那么a＋b的值为(　　)
A．14 B．40
C．48 D．52
[答案]　B　[解析]　因为f(x)＝x3－3ax2＋bx－2a2，所以f′(x)＝3x2－6ax＋b，由f(x)在x＝2时有极值0，可得则
解得或
当a＝4，b＝36时，f′(x)＝3x2－24x＋36满足题意，函数f(x)＝x3－3ax2＋bx－2a2在x＝2时有极值0.当a＝2，b＝12时，f′(x)＝3x2－12x＋12＝3(x2－4x＋4)＝3(x－2)2≥0，函数f(x)在定义域上是增函数，没有极值点，不满足题意，舍去．所以a＋b＝40.故选B.
7．若函数f(x)＝aex－sin x在x＝0处有极值，则a的值为(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．e
[答案]　C
角度Ⅳ.由极值点或极值求参数范围
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
8．[多选][2021山东烟台模拟]若能够使得函数f(x)＝x4＋ax3＋x2－b(a，b∈R)仅在x＝0处有极值，则a可以取的值为(　　)
A．－1 B．0
C．2 D．3
[答案]　ABC　[解析]　由题意可得f′(x)＝x3＋3ax2＋9x＝x(x2＋3ax＋9)．由于x＝0不满足方程x2＋3ax＋9＝0，要保证函数f(x)仅在x＝0处有极值，所以x2＋3ax＋9≥0恒成立，所以(3ah)－36≤0，所以9a2≤36，所以－2≤a≤2.所以a的取值范围是[－2,2]，故选ABC.
9．[多选][2021山东泰安肥城适应性训练]已知函数f(x)＝函数g(x)＝xf(x)，下列选项正确的是(　　)
A．点(0,0)是函数f(x)的零点
B．存在x1∈(0,1)，x2∈(1,3)，使f(x1)>f(x2)
C．函数f(x)的值域为[－e－1，＋∞)
D．若关于x的方程[g(x)]2－2ag(x)＝0有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是∪
[答案]　BC　[解析]　本题考查导数的应用、利用导数研究函数的单调性．
对于选项A,0是函数f(x)的零点，零点不是一个点，所以选项A错误．
对于选项B，当x<1时，f′(x)＝(x＋1)ex，可得当x<－1时，f(x)单调递减；
当－1所以当0当x>1时，f′(x)＝，
可得当1当x>3时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当1综上可得，所以选项B正确．
对于选项C，f(x)min＝f(－1)＝－，所以选项C正确．
对于选项D，关于x的方程[g(x)]2－2ag(x)＝0有两个不相等的实数根 关于x的方程g(x)[g(x)－2a]＝0有两个不相等的实数根 关于x的方程g(x)－2a＝0有一个非零的实数根 函数y＝g(x)与y＝2a的图象有一个交点，且交点的横坐标x≠0.
g(x)＝
当x<1时，g′(x)＝ex(x2＋2x)，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示.
x x<－2 －2 －2g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) 增 极大值 减 极小值 增
极大值g(－2)＝，极小值g(0)＝0，且x→－∞时，g(x)→0；x→1时，g(x)→e.
当x≥1时，g′(x)＝，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示.
x 1 12
g′(x) － 0 ＋
g(x) e 减 极小值 增
综上可得，<2a<或2a>e，
所以实数a的取值范围是∪，
所以选项D错误．
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
已知函数极值点和极值求参数的两个要领
1．列式
根据极值点处导数为0和极值列方程组，利用待定系数法求解．
2．验证
因为一点处的导数等于零不是此点为极值点的充要条件，所以求解后须对所求结果进行验证．
题型　利用导数研究函数的最值
角度Ⅰ.已知函数求函数的最值
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
[答案]　－　[解析]　f′(x)＝2cos x＋2cos 2x
＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)
＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当cos x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
2．[2020全国卷Ⅱ理]已知函数f(x)＝sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
(2)证明：|f(x)|≤；
(3)设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
(1)[解]　f′(x)＝cos x(sin xsin 2x)＋sin x(sin xsin 2x)′
＝2sin xcos xsin 2x＋2sin2xcos 2x
＝2sin xsin 3x.
当x∈∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在区间，单调递增，在区间单调递减．
(2)[证明]　因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为f＝，最小值为f＝－.而f(x)是周期为π的周期函数，故|f(x)|≤.
(3)[证明]　由于(sin2xsin22x·…·sin22nx)
＝|sin3xsin32x…sin32nx|
＝|sin x||sin2xsin32x…sin32n－1x·sin 2nx||sin22nx|
＝|sin x||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，
所以sin2xsin22x…sin22nx≤＝.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
求函数f(x)在区间[a，b]上最值的方法
(1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则f(a)与f(b)－个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数f(x)在闭区间[a，b]上有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，其中最大的是最大值，最小的是最小值，可列表求解．
(3)若函数f(x)在闭区间[a，b]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(小)值点．
角度Ⅱ.由函数的最值求参数
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．若函数f(x)＝x3－3x在区间(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是________．
[答案]　[－2,1)
4．[2021福建六校模拟]已知函数f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是(　　)
A．[0,3] B．[0,2]
C．[2,3] D．(－1,3]
[答案]　A　[解析]　由f(x)＝(x－a)3－3x＋a，
得f′(x)＝3(x－a)2－3，
令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝a＋1.
当x∈(－∞，a－1)∪(a＋1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(a－1，a＋1)时，f′(x)<0.
则f(x)在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上为增函数，
在(a－1，a＋1)上为减函数．
由于a>0，则a－1>－1，
所以f(x)在[－1，＋∞)上先单调递增，再单调递减，再单调递增．
f(－1)＝(－1－a)3＋3＋a＝－a3－3a2－2a＋2，
f(a－1)＝(－1)3－3(a－1)＋a＝a－3a＋3－1＝2－2a，
f(a＋1)＝13－3(a＋1)＋a＝－2a－2.
因为f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，
所以f(－1)≥f(a＋1)．
①当f(－1)＝f(a＋1)时，－a3－3a2－2a＋2＝－2a－2，
即(a－1)(a＋2)2＝0.
由于a>0，解得a＝－1.
此时f(a－1)＝f(0)＝2－2＝0.
f(x)＝x3－3x2.
令f(x)＝0，
解得x＝0或3.
故此情况下：0≤b≤3.
②当f(－1)>f(a＋1)时，
因为f(a＋1)＝－2a－2，
所以b≥a＋1>1，
且－a3－3a2－2a＋2>－2a－2，
即(a－1)(a2＋4a＋4)<0，
即a－1<0，
解得a<1.
此时f(a－1)＝2－2a>0.
而a－1∈[－1，b]，
与f(x)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]相矛盾．
故此情况不成立．
综上所述，a＝1,0≤b≤3.
角度Ⅲ.含参函数的最值问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．[2016全国卷Ⅱ](1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．
[解]　(1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．
f′(x)＝＝≥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)，(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)g′(x)＝＝[f(x)＋a]．
由(1)知，f(x)＋a在(0，＋∞)上单调递增．
对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一xa∈(0,2]，
使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.
当0当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝，
由′＝>0，
得y＝单调递增．
所以，由xa∈(0,2]，
得＝因为y＝在(0,2]上单调递增，
对任意λ∈，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.
所以h(a)的值域是.
综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
虚设代换法
对于含参函数的最值，必须结合单调性讨论，这个问题的解决过程，有一个小技巧“虚设代换法”．
当f′(x)的零点无法求出显性表达式时，可以先证零点存在，虚设为x0，接下来有两个方向．
(1)由f′(x0)＝0得到关于x0的方程将此方程的整体或局部代入f(x0)，从而求得f(x0)，然后解决相关问题．
(2)由f′(x)的单调性，得出x0两侧导数的符号，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解．
题型　利用导数解双变量的“任意性”与“存在性”问题
角度Ⅰ.“存在＝存在”型
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．已知函数f(x)＝x2－ax3，a>0，x∈R，g(x)＝.若 x1∈(－∞，－1]， x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，求实数a的取值范围．
[解]　∵f(x)＝x2－ax3，
∴f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
∵a>0，∴>0，
∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，－1]上单调递减，f(x)在(－∞，－1]上的值域为.
∵g(x)＝，
∴g′(x)＝′＝＝.
∵x<－时，g′(x)>0，
∴g(x)在上单调递增，
g(x)g(x)在上的值域为.
若 x1∈(－∞，－1]， x2∈，
使得f(x1)＝g(x2)，则1＋<，a<.
故实数a的取值范围是.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
“存在＝存在”型
若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集，即A∩B≠ .
其等价转化的基本思想：两个函数有相等的函数值，即它们的值域有公共部分．
角度Ⅱ.“任意＝存在”型
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
2．已知函数f(x)＝，x∈[0,1]．
(1)求f(x)的单调区间和值域；
(2)设a≥1，函数g(x)＝x3－3a2x－2a，x∈[0,1]．若对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立，求a的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝＝－，x∈[0,1]．
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x 0 1
f′(x) － 0 ＋
f(x) － ? －4 ? －3
所以f(x)的递减区间是，递增区间是.
f(x)min＝f＝－4，
又f(0)＝－，f(1)＝－3，
所以f(x)max＝f(1)＝－3.
故当x∈[0,1]时，f(x)的值域为B＝[－4，－3]．
(2)“对于任意x1∈[0,1]，总存在x0∈[0,1]，使得g(x0)＝f(x1)成立”等价于“在x∈[0,1]上，函数f(x)的值域B是函数g(x)的值域A的子集，即B A”．
因为a≥1，所以当x∈(0,1)时，g′(x)＝3(x2－a2)<0，
所以当x∈[0,1]时，g(x)为减函数，g(x)的值域A＝[1－2a－3a2，－2a]. 由B A，
得1－2a－3a2≤－4且－2a≥－3，
又a≥1，故1≤a≤.
故实数a的取值范围为.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
“任意＝存在”型
x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的值域A是函数g(x)在D2上的值域B的子集，即A B.
其等价转化的基本思想：函数f(x)的任意一个函数值都与函数g(x)某一个函数值相等，即f(x)的函数值都在g(x)的值域之中．
角度Ⅲ.“任意≥(≤)任意”型
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．设函数f(x)＝x3－x2－3.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝＋xln x，如果对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝3x2－2x.
令f′(x)>0，则x<0或x>，
令f′(x)<0，则0所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，；
单调递减区间是.
(2)由(1)知，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
而f＝－，f(2)＝1，
故f(x)在区间上的最大值f(x)max＝f(2)＝1.
因为“对任意的x1，x2∈，都有f(x1)≤g(x2)成立”等价于“对任意x∈时，g(x)≥f(x)max恒成立”，即当x∈时，g(x)＝＋xln x≥1恒成立，
即a≥x－x2ln x恒成立，
记u(x)＝x－x2ln x，则有a≥u(x)max.
u′(x)＝1－x－2xln x，可知u′(1)＝0.
当x∈时，1－x>0,2xln x<0，
则u′(x)>0，u(x)在上单调递增；
当x∈(1,2)时，1－x<0,2xln x>0，
则u′(x)<0，u(x)在(1,2)上单调递减．
故u(x)在区间上的最大值u(x)max＝u(1)＝1，
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
“任意≥(≤)任意”型
(1) x1∈D1， x2∈D2，都有f(x1)>g(x2)恒成立，等价于f(x)min>g(x)max[或等价于f(x)>g(x)max恒成立，或等价于f(x)min>g(x)]恒成立．其等价转化思想是函数f(x)的任何一个函数值均大于函数g(x)的任何一个函数值．
(2) x1∈D1， x2∈D2，都有f(x1)(3) x1∈D1， x2∈D2，都有f(x1)－g(x2)>k恒成立，等价于[f(x1)－g(x2)]min>k恒成立，也等价于f(x)min－g(x)max>k.
(4) x1∈D1， x2∈D2，都有f(x1)－g(x2)角度Ⅳ.“任意≥(≤)存在”型
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
4．函数f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
[解]　“对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min”(*)．
f′(x)＝－－＝－，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故当x∈(0,2)时，f(x)min＝f(1)＝－.
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]，
①当b∈(－∞，1)时，因为g(x)min＝g(1)＝5－2b>3，此时与(*)式矛盾；
②当b∈[1,2]时，因为g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)式矛盾；
③当b∈(2，＋∞)时，g(x)min＝g(2)＝8－4b，
由8－4b≤－，得b≥.
综上，b的取值范围是.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
“任意≥(≤)存在”型
(1) x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1) >g(x2)成立，等价于f(x)min>g(x)min.其等价转化思想是函数f(x)的任意一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数g(x)的所有函数值．
(2) x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)(3) x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)－g(x2)>k成立，等价于f(x)min－g(x)min>k.
(4) x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)－g(x2)角度Ⅴ.“存在≥(≤)存在”型
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
5．已知函数f(x)＝4ln x－ax＋(a≥0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a≥1时，设g(x)＝2ex－4x＋2a，若存在x1，x2∈，使f(x1)>g(x2)，求实数a的取值范围．
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－a－＝(x>0)．
令h(x)＝－ax2＋4x－(a＋3)(x>0)．
①当a＝0时，h(x)＝4x－3，令h(x)>0，得x>，
此时f′(x)>0；
令h(x)<0，得0∴f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
②当a>0时，Δ＝16－4(－a)[－(a＋3)]＝－4(a－1)·(a＋4)．
ⅰ)若a≥1，则Δ≤0，
∴h(x)≤0，f′(x)≤0，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
ⅱ)若00，
且x1＋x2＝>0，x1x2＝>0，
∴x1>0，x2>0.
∴x1＝，x2＝.
当x∈(0，x1)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x1，x2)时，h(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，h(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a＝0时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当0，
上单调递减；
在区间上单调递增．
当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
(2)“存在x1，x2∈，使f(x1)>g(x2)”等价于“x∈时，f(x)max>g(x)min”．
由(1)知，当x∈时，f(x)max＝f＝－4ln 2＋a＋6，由g′(x)＝2ex－4＝0，得x＝ln 2.
易知当x∈时，g(x)min＝g(ln 2)＝4－4ln 2＋2a，
由f(x)max>g(x)min，
得－4ln 2＋a＋6>4－4ln 2＋2a，解得1≤a<4.
故实数a的取值范围为[1,4)．
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
“存在≥(≤)存在”型
(1)若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)>g(x2)成立，等价于f(x)max>g(x)min.其等价转化思想是函数f(x)的某一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值，即只要有这样的函数值即可．
(2)若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)(3)若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)－g(x2)>k成立，等价于[f(x1) －g(x2)]max>k，也等价于f(x)max－g(x)min>k.
(4)若 x1∈D1， x2∈D2，使得f(x1)－g(x2)提醒 完成限时跟踪检测(十四)
第四节　导数的综合应用
题型　导数与函数零点问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2020全国卷Ⅲ，理]设函数f(x)＝x3＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点处的切线与y轴垂直．
(1)求b；
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
(1)[解]　f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0，故b＝－ .
(2)[证明]　由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
f′(x)与f(x)的情况为：
x －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? c＋ ? c－ ?
因为f(1)＝f＝c＋，
所以当c<－时，f(x)只有大于1的零点．
因为f(－1)＝f＝c－，
所以当c>时，f(x)只有小于－1的零点．
由题设可知－≤c≤.
当c＝－时，f(x)只有两个零点－和1.
当c＝时，f(x)只有两个零点－1和.
当－＜c＜时，f(x)有三个零点x1，x2，x3，
且x1∈，x2∈，x3∈.
综上，若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
方/法/总/结(来自课堂的最有用的方法)
1．利用导数研究含参函数的零点的两种方法
(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想．
(2)分离参变量，即由f(x)＝0分离参变量，得a＝φ(x)，研究y＝a与y＝φ(x)图象的交点问题．
2．一般步骤及解题关键
(1)讨论函数f(x)的单调性，寻找f(x)的单调区间D1，D2，…
(2)在每一个单调区间Di(i＝1,2，…)上，要么证明f(x)恒为正数或恒为负数，要么在该区间上找到一对函数值符号相反的点ai，bi(ai(3)综合考虑每个单调区间上的零点情况，作出总结．
其中，在单调区间上寻找一对函数值符号相反的点是关键点，亦是难点．我们约定，把在特定区间上寻找函数值为正(或负)的点的问题称为“找点”问题：
①直接放缩“找点”．熟记一些常见的函数不等式，利用分析法“找点”．例如：
当00，考虑到ex>x，要想ae2x＋(a－2)ex－x>0成立，只需aex＋a－3≥0成立，即只需ex≥－1成立，因此可取x＝ln.(2017全国卷Ⅰ)
②拆项放缩“找点”．例如：
当a>0时，在区间(－∞，1)上找一个x，使得(x－2)ex＋a(x－1)2>0，只需a(x－1)2>(2－x)ex，为此，把a(x－1)2拆成与2(x－1)2相乘，(2－x)ex拆成ex与(2－x)相乘，所以只需故取x③根据经验与数感进行尝试与验证．
附：常用的函数不等式(考试中都需要给出证明)：
第一组：与对数函数有关的不等式
ln x≤x－1(x>0)，ln x0)，ln x≤(x>0)，
ln x≤x2－x(x>0)，ln x≥1－(x>0)，
ln(1＋x)≤x(x>－1)，ln x<(x>1)，
ln x>(01)，
ln x>－(0(x>1)，
ln x<(0－1)．
第二组：与指数函数有关的不等式
ex≥x＋1，ex>x，ex≥ex，ex≤(x<1)，ex<－(x<0)，ex>x2(x>0)，ex>1＋x＋x2(x>0)．
2．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.
(1)[解]　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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，
取b满足b<0且b则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>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≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，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))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．
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x1由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，
又f(x)在(－∞，1)上单调递减，
所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(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)e x2.
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.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
1．极值点偏移问题
若对于函数f(x)，有f(x1)＝f(x2)(x1若若>x0，称为极值点左偏．
2．证明极值点偏移问题常用思路
利用分析法，将所证不等式中的变量分到不等号的两边，构造对称函数，注意将x1与2x0－x2化到同一区间，再利用导数研究函数的单调性，求极值、最值等手段证得不等式．
题型　利用导数解决不等式问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2020新高考Ⅰ]已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．
[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积为.
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，f′(x)＝ex－1－.
当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
2．[2021广东深圳模拟]已知函数f(x)＝aex＋2x－1，其中常数e＝2.718 28…是自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意的a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋ae)x.
(1)[解]　f′(x)＝aex＋2.
①当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；
②当a<0时，由f′(x)>0，解得x由f′(x)<0，解得x>ln.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)[证明]　原不等式等价于－－＋－e≥0.
令g(x)＝－－＋－e，x>0，
则g′(x)＝.
当a≥1时，aex－x－1≥ex－x－1，
令h(x)＝ex－x－1，
则当x>0时，h′(x)＝ex－1>0，
∴当x>0时，h(x)单调递增，
即h(x)>h(0)＝0，
∴当0当x＝1时，g′(x)＝0；
当x>1时，g′(x)>0，
∴g(x)≥g(1)＝0.
即－－＋－e≥0，
故f(x)≥(x＋ae)x.
3．已知函数f(x)＝ln x＋－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m∈R，对任意的a∈(－1,1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝－＝，x>0.
令f′(x)>0，得x>1，
因此函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．
令f′(x)<0，得0因此函数f(x)的单调递减区间是(0,1)．
(2)依题意，ma由(1)知，f(x)在x∈[1，e]上是增函数，
所以f(x)max＝f(e)＝ln e＋－1＝.
所以ma<，
即ma－<0对于任意的a∈(－1,1)恒成立．
所以解得－≤m≤.
所以m的取值范围是.
方/法/总/结(来自课堂的最有用的方法)
1．解决含参不等式恒成立(或有解)问题的方法
(1)直接构造函数，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．
(2)先分离参变量，再构造函数，进而把问题转化为函数的最值问题．
2．解决有关不等式的证明问题的方法
(1)直接构造函数，转化为函数的最值问题．
(2)证明f(x)≥g(x)时可转化为证明[f(x)－g(x)]min≥0.
3．若函数的最值无法通过研究导数求得，即导函数的零点无法精确求出时，则一般有以下两种思考方向：
(1)“特值试探”法
当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，此时特殊值的选取应遵循以下原则：
a．在含有ln x的函数中，通常选取x＝ek，特别地，选当k＝0时，x＝1来试探；
b．在含有ex的函数中，通常选取x＝ln k，特别地，选取当k＝1时，x＝0时来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决．
(2)“虚设和代换”法
当导函数f′(x)的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点存在，再虚设为x0，接下来通常有两个方向：
a．由f′(x0)＝0得到一个关于x0的方程，再将这个关于x0的方程的整体或局部代入f(x0)，从而求得f(x0)，然后解决相关问题；
b．根据导函数f′(x)的单调性，得出x0两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解．
4．放缩法在不等式证明中的常用结论
(1)sin x≤x(x≥0)；
(2)ln x≤x－1(x>0)；
(3)ex≥x＋1(x∈R)；
(4)≤(x>0)．
题型　不等式恒成立求参问题
角度Ⅰ.分离参数法的应用
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021福建漳州教学质量检测]设函数f(x)＝x(ln x)3－(3x＋1)ln x＋(3－a)x，若不等式f(x)≤0有解，则实数a的最小值为(　　)
A．－1 B．2－
C．1＋2e2 D．1－
[答案]　D　[解析]　令t＝ln x∈R，则x＝et，由f(x)＝x(ln x)3－(3x＋1)ln x＋(3－a)x可得m(t)＝ett3－(3et＋1)t＋(3－a)et.由f(x)≤0有解可得m(t)≤0，即ett3－(3et＋1)t＋(3－a)et≤0，即a≥t3－3t＋3－有解，所以只需a≥min成立即可．
令g(t)＝t3－3t＋3－，
则g′(t)＝3t2－3＋＝(t－1).
令h(t)＝3t＋3＋，则h′(t)＝3－.故当＝3，即t＝－ln 3时，h(t)＝3t＋3＋有最小值h(－ln 3)＝－3ln 3＋6＝3(2－ln 3)>0.故当t∈(－∞，1)时，g′(t)<0；t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0.
故g(t)有最小值g(1)＝1－3＋3－，所以a≥1－，即a的最小值为1－.故选D.
2．[2021河北“五个一名校联盟”模拟]已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a为常数)有两个极值点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)设f(x)的两个极值点分别为x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立，求实数λ的最小值．
[解]　(1)由题设知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，且f′(x)＝0有两个不同的正根，
即x2－ax＋a＝0有两个不同的正根，
则∴a>4.
故实数a的取值范围为(4，＋∞)．
(2)不等式f(x1)＋f(x2)<λ(x1＋x2)恒成立等价于λ>恒成立．
f(x1)＋f(x2)＝aln x1＋x－ax1＋aln x2＋x－ax2.
由(1)可知x1＋x2＝a，x1x2＝a，
∴f(x1)＋f(x2)＝a(ln x1＋ln x2)＋(x＋x)－a(x1＋x2)
＝aln(x1x2)＋[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)
＝aln a＋(a2－2a)－a2
＝a，
∴＝ln a－a－1，
令y＝ln a－a－1，则y′＝－，
∵a>4，∴y′<0，
∴y＝ln a－a－1在(4，＋∞)上单调递减，
∴y∴λ的最小值是ln 4－3.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
解决“已知不等式恒成立求参数”问题的常用方法之一是“分离参数”法，即将参数k与含有变量的式子分离，转化成kh(x)的形式，利用“kh(x)恒成立 k>h(x)max”把不等式恒成立问题转化为利用导数求函数最值的问题．
[注意]　①若分离后的函数h(x)不存在最大(小)值，则需要求函数h(x)的值域，找到h(x)在相应区间上最精确的上(下)界，用来代替最大(小)值．
②最后求得的结果中是否带等号最好通过代入验证来确认．
③分离参数法是解决恒成立问题的首选方法，尤其是在小题中，但它并不总是最佳方法，有时半分离构造“一曲一直”的两个函数会更加直观．
角度Ⅱ.分类讨论法(带参求导)
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
3．[2021河南开封模拟]已知函数f(x)＝(t－1)xex，g(x)＝tx＋1－ex.
(1)当t≠1时，讨论f(x)的单调性；
(2)f(x)≤g(x)在[0，＋∞)上恒成立，求t的取值范围．
[解]　(1)由f(x)＝(t－1)xex，得
f′(x)＝(t－1)(x＋1)ex，
若t>1，则x<－1时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，x>－1时，f′(x)>0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
若t<1，则x<－1时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，x>－1时，f′(x)<0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，
故t>1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
t<1时，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．
(2)f(x)≤g(x)在[0，＋∞)上恒成立，
即(t－1)xex－tx－1＋ex≤0对 x≥0成立，
设h(x)＝(t－1)xex－tx－1＋ex，h(0)＝0，h′(x)＝(t－1)(x＋1)ex－t＋ex，h′(0)＝0，h″(x)＝ex[(t－1)x＋2t－1]，
t＝1时，h″(x)＝ex>0，h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h′(x)≥h′(0)＝0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，显然不成立，所以t≠1，
则h″(x)＝ex(t－1)，
令h″(x)＝0，则x＝－，
①当－≤0即t≤或t>1时，
若t≤，则h″(x)在[0，＋∞)上为非正数，h′(x)单调递减，故有h′(x)≤h′(0)＝0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(0)＝0成立；
若t>1，则h″(x)在[0，＋∞)上为正，h′(x)单调递增，
故有h′(x)≥h′(0)＝0，故h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)＝0，不成立，
②当－>0即综上，t的取值范围是.
4．[2021辽宁沈阳教学质量检测(一)]已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
(1)[证明]　当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)≥0.
(2)[解]　f′(x)＝ex－1－2ax，
令h(x)＝ex－1－2ax，
则h′(x)＝ex－2a.
①令h′(0)＝0，得2a＝1.
当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h′(x)≥0，h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)≥f(0)＝0，∴当a≤时，满足条件．
②当2a>1，即a>时，
令h′(x)＝0，解得x＝ln 2a，
在[0，ln 2a]上，h′(x)≤0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln 2a)时，有h(x)即f′(x)∴f(x)在区间(0，ln 2a)上为减函数，
∴f(x)综上，实数a的取值范围为.
解/题/感/悟(小提示，大智慧)
在恒成立问题中，若参数无法分离，可以尝试带着参数对原函数求导，然后令导数得零，得出极值点，根据极值点和区间端点的大小对参数进行分类讨论，然后再从正面证明或者从反面找反例来说明每一类是否符合条件，最后取并集．
题型　存在性问题
试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向)
1．[2021江西临川第一中学模拟]函数f(x)满足f′(x)＝f(x)＋，x∈，f(1)＝－e，若存在a∈[－2,1]，使得f≤a3－3a－2－e成立，则m的取值范围是(　　)
A． B．
C．[1，＋∞) D．
[答案]　A　[解析]　由题意设g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
∴g(x)＝ln x＋c(c为常数)．
∵f(1)＝－e，∴g(1)＝＝－1＝c，
∴f(x)＝g(x)·ex＝ex(－1＋ln x)，
∴f′(x)＝ex.
令h(x)＝ln x＋－1，
则h′(x)＝－＝，
故当当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递减；
∴h(x)≥h(1)＝0，从而当x∈时，f′(x)≥0，
∴f(x)在区间上单调递增．
设φ(a)＝a3－3a－2－e，a∈[－2,1]，
则φ′(a)＝3a2－3＝3(a＋1)(a－1)，
故φ(a)在(－2，－1)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，
∴φ(a)max＝φ(－1)＝－e.
∴存在a∈[－2,1]，使不等式f≤a3－3a－2－e成立等价于f≤－e＝f(1)，
∴ 解得 ≤m≤1，
故m的取值范围为，故选A.
2．设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f(x0)＜0，则a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　D　[解析]　∵f(0)＝－1＋a＜0，
∴x0＝0.又∵x0＝0是唯一的整数，∴
即解得a≥.
又∵a＜1，∴≤a＜1，故选D.
方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法)
存在性问题的三种解题思路
1．参变分离
转化为参数小于某个函数(或参数大于某个函数)，则参数小于该函数的最大值(大于该函数的最小值)．
2．数形结合
利用导数先研究函数的图象与性质，再画出该函数的草图，结合图象确定参数范围，若原函数图象不易作出，常化为一个函数图象上存在一点在另一个函数图象上方，用图象解．
3．分类讨论
通常根据导函数零点与区间端点的大小关系，或端点处导数的符号进行分类讨论，从正面证明存在性或找个反例说明不存在，找反例的方法与零点问题中的“找点”思路大体相同．
提醒 完成限时跟踪检测(十五)

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