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导数及其应用
课程标准
命题解读
1.了解导数概念的实际背景，知道导数是关于瞬时变化率的数学表达，体会导数的内涵与思想．2．体会极限思想，通过函数图像直观理解导数的几何意义．3．能利用导数公式表和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数(限于形如f(ax＋b))的导数．4．结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系，能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．5．借助函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系.
考查形式：一般为两个客观题，一个解答题，客观题难、中、易都可命题，解答题通常为压轴题，难度较大．考查内容：导数的运算、导数的几何意义及应用、利用导数研究函数的性质(包含函数的单调性、求函数的极值和最值等)、利用导数研究函数的零点、解决不等式问题等．备考策略：(1)熟练掌握导数的运算公式和法则，重视导数几何意义的应用，规范用导数研究函数单调性、极值、最值的解题步骤，理解导数法研究函数零点、不等式等问题的原理．(2)加强数形结合、分类讨论等数学思想的应用．核心素养：数学抽象、逻辑推理、数学运算.
第1节　导数的概念、几何意义及其运算
一、教材概念·结论·性质重现
1．瞬时变化率与导数
(1)瞬时变化率
一般地，设函数y＝f(x)在x0附近有定义，自变量在x＝x0处的改变量为Δx，当Δx无限接近于0时，若平均变化率＝无限接近于一个常数k，那么称常数k为函数f(x)在x＝x0处的瞬时变化率．简记为：当Δx→0时，→k或
＝k.
(2)导数
①f(x)在x0处的导数记作f′(x0)；
②f′(x0)＝
.
(1)f′(x0)代表函数f(x)在x＝x0处的导数值，[f(x0)]′是函数值f(x0)的导数，且[f(x0)]′＝0.
(2)曲线的切线与曲线的公共点不一定只有一个，而直线与二次曲线相切时只有一个公共点．
(3)函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡峭”．
(4)奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．
2．导数的几何意义
(1)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处(也称在x＝x0处)的切线的斜率．
(2)曲线的切线方程
曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
3．导数公式
基本初等函数
导函数
f(x)＝c(c为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xα(α∈Q，且x≠0)
f′(x)＝αxα－1
f(x)＝sin
x
f′(x)＝cos
x
f(x)＝cos
x
f′(x)＝－sin
x
f(x)＝ax(a＞0，且a≠1)
f′(x)＝axln
a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax(a＞0，a≠1，x>0)
f′(x)＝
f(x)＝ln
x(x>0)
f′(x)＝
4．导数的运算法则
若f′(x)，g′(x)存在，则有：
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
(3)′＝(g(x)≠0)．
5．复合函数的求导法则
一般地，如果函数y＝f(u)与u＝g(x)的复合函数为y＝h(x)＝f(g(x))，则复合函数的导数h′(x)与f′(u)，g′(x)之间的关系为h′(x)＝[f(g(x))]′＝f′(u)g′(x)＝f′(g(x))g′(x)．这一结论也可以表示为y′x＝y′uu′x.
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)f′(x0)与[f(x0)]′表示的意义相同．(
×
)
(2)求f′(x0)时，可先求f(x0)再求f′(x0)．(
×
)
(3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．(
√
)
(4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．(
×
)
(5)函数f(x)＝sin(－x)的导数是f′(x)＝cos
x．(
×
)
2．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
C　解析：因为y＝x3＋11，所以y′＝3x2，所以y′|x＝1＝3，所以曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线方程为y－12＝3(x－1)．令x＝0，得y＝9.
3．已知函数f(x)＝x(2
020＋ln
x)，若f′(x0)＝2
021，则x0等于(　　)
A．e2
B．1
C．ln
2
D．e
B　解析：f′(x)＝2
020＋ln
x＋x×＝2
021＋ln
x.
由f′(x0)＝2
021，得2
021＋ln
x0＝2
021，则ln
x0＝0，解得x0＝1.
4．已知函数f(x)＝exln
x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．
e　解析：由题意得f′(x)＝exln
x＋ex·，则f′(1)＝e.
5．若曲线y＝e－x在点P处的切线平行于直线2x＋y＋1＝0，则点P的坐标是________．
(－ln
2,2)　解析：设P(x0，y0)，因为y＝e－x，所以y′＝－e－x.
所以曲线在点P处的切线斜率k＝－e－x0＝－2.所以－x0＝ln
2.所以x0＝－ln
2.
所以y0＝e－(－ln
2)＝eln
2＝2.
所以点P的坐标为(－ln
2,2)．
考点1　导数的计算——基础性
1．(多选题)下列求导运算正确的是(　　)
A．(3x)′＝3xln
3
B．(x2ln
x)′＝2xln
x＋x
C．′＝
D．(sin
x·cos
x)′＝cos
2x
ABD　解析：因为′＝，所以C项错误．其余都正确．
2．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.
1　解析：f′(x)＝，则f′(1)＝＝，解得a＝1.
3．设函数f(x)的导数为f′(x)，且f(x)＝f′·sin
x＋cos
x，则f′＝________.
－　解析：因为f(x)＝f′sin
x＋cos
x，所以f′(x)＝f′cos
x－sin
x.
所以f′＝f′cos
－sin
，即f′＝－1.
所以f(x)＝－sin
x＋cos
x，
f′(x)＝－cos
x－sin
x.
故f′＝－cos
－sin
＝－.
导数的运算方法
(1)乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导．
(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导．
(3)指数或对数形式：先化为和或差的形式，再求导．
(4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导．
(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导．
考点2　导数的几何意义——综合性
考向1　求切线方程
(1)(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图像在点(1，f(1))处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x－1　　　　
B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3
D．y＝2x＋1
B　解析：因为f(x)＝x4－2x3，所以f′(x)＝4x3－6x2，f(1)＝－1.所以f′(1)＝－2.
因此，所求切线的方程为y＋1＝－2(x－1)，
即y＝－2x＋1.
(2)已知函数f(x)＝xln
x．若直线l过点(0，－1)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为________________．
x－y－1＝0　解析：点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln
x上，设切点坐标为(x0，y0)．
因为f′(x)＝1＋ln
x，所以直线l的方程为y＋1＝(1＋ln
x0)x.
由
解得
所以直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.
若本例(2)中曲线y＝f(x)与x轴的交点为P，求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程．
解：由f(x)＝0得xln
x＝0，即x＝1，所以点P的坐标为(1,0)．
又y′＝ln
x＋1，所以曲线在点P处的切线斜率为y′|x＝1＝ln
1＋1＝1.
故切线方程为y＝x－1.
求曲线的切线方程的两种类型及方法
(1)求“在”曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)处的切线方程：点P(x0，y0)为切点，切线斜率为k＝f′(x0)，有唯一的一条切线，对应的切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
(2)求“过”曲线y＝f(x)上一点P(x0，y0)的切线方程：
首先检验点P是否在曲线上．若在曲线上，则要分在点P和过点P两种情况．若点P不在曲线上，则要设切点，即“待定切点法”．
①设切点A(x1，y1)，则以A为切点的切线方程为y－y1＝f′(x1)(x－x1)；
②由点P(x0，y0)在切线上，点A(x1，y1)在曲线y＝f(x)上，得到方程组求出切点A(x1，y1)，代入方程y－y1＝f′(x1)(x－x1)，化简即得所求的切线方程．
考向2　求切点坐标
设曲线y＝ex在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x>0)上点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．
(1,1)　解析：因为函数y＝ex的导函数为y′＝ex，
所以曲线y＝ex在点(0,1)处的切线的斜率k1＝e0＝1.
设P(x0，y0)(x0>0)，
因为函数y＝的导函数为y′＝－，
所以曲线y＝(x>0)在点P处的切线的斜率k2＝－.
由题意知k1k2＝－1，即1×＝－1，
解得x＝1.又x0>0，所以x0＝1.
因为点P在曲线y＝(x>0)上，
所以y0＝1.故点P的坐标为(1,1)．
求切点坐标的思路
已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是，先求函数的导数，再让导数等于切线的斜率，从而求出切点的横坐标．将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标．
考向3　求参数的值或取值范围
(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln
x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则(　　)
A．a＝e，b＝－1
B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1
D．a＝e－1，b＝－1
D　解析：因为y′＝aex＋ln
x＋1，
所以切线的斜率k＝y′|x＝1＝ae＋1＝2.
所以a＝e－1.所以切点坐标为(1,1)．
将(1,1)代入y＝2x＋b，得2＋b＝1，b＝－1.故选D.
利用导数的几何意义求参数的基本方法
利用切点的坐标、切线的斜率、切线的方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围．
[提醒](1)注意曲线上横坐标的取值范围．
(2)谨记切点既在切线上又在曲线y＝f(x)上．
考向4　导数与函数图像的关系
已知函数y＝f(x)的图像是下列四个图像之一，且其导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则该函数的图像是(　　)
B　解析：由y＝f′(x)的图像是先上升后下降可知，函数y＝f(x)图像的切线的斜率先增大后减小．故选B.
导数与函数图像的关系
函数图像在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图像在相应点处的变化情况．由切线的斜率大小可以判断出函数图像升降的快慢．
1．设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x
B．y＝－x
C．y＝2x
D．y＝x
D　解析：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)·x2＋ax为奇函数，所以a－1＝0，则a＝1.所以f(x)＝x3＋x.所以f′(x)＝3x2＋1.所以f′(0)＝1.所以曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
2．若函数f(x)＝ln
x＋2x2－ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是________．
[2，＋∞)　解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋4x－a＝2有解，即＋4x－2＝a.所以a＝＋4x－2≥2－2＝2.当且仅当＝4x，即x＝时，等号成立．
3．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3x(x∈R)的图像为曲线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，则由已知(2)中条件并结合(1)中结论可知，
解得－1≤k＜0或k≥1，
故由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，
得x∈(－∞，2－]∪(1,3)∪[2＋，＋∞)．第2节　导数的应用
第1课时　导数与函数的单调性
一、教材概念·结论·性质重现
导数与函数的单调性的关系
条件
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
f(x)在(a，b)内单调递增
f′(x)<0
f(x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)内是常数函数
若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在区间(a，b)上成立”是“f(x)在区间(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0.(
×
)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性．(
√
)
(3)若在区间(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在区间(a，b)内是减函数．(
√
)
2．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)的图像可能是(　　)
A　　　　　　
　
　B
　　
　
C　　　　　　
　
　D
C　解析：由导函数f′(x)的图像可知，函数y＝f(x)先减再增，可排除选项A，B；又f′(x)＝0的根为正数，即y＝f(x)的极值点为正数，所以可排除选项D.故选C.
3．函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(　　)
A．(－1,1)
B．(－∞，1)
C．(－1，＋∞)
D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
D　解析：f′(x)＝3x2－3.由f′(x)>0得x<－1或x>1.故函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．故选D.
4．已知函数f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3)
B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e)
D．f(e)>f(3)>f(2)
D　解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)．
因为f′(x)＝，
所以x∈(0，e)时，f′(x)>0；
x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0.
故x＝e时，f(x)max＝f(e)．
又f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．
5．若函数f(x)＝sin
x＋kx在(0，π)上是增函数，则实数k的取值范围为________．
[1，＋∞)　解析：因为f′(x)＝cos
x＋k≥0，所以k≥－cos
x，x∈(0，π)恒成立．
当x∈(0，π)时，－1<－cos
x<1，所以k≥1.
考点1　利用导数求函数的单调区间——基础性
1．函数y＝4x2＋的单调递增区间为(　　)
A．(0，＋∞)　　　　　
B．
C．(－∞，－1)
D．
B　解析：由y＝4x2＋，得y′＝8x－.令y′>0，即8x－>0，解得x>，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B.
2．函数f(x)＝3＋xln
x的单调递减区间是(　　)
A.
B.
C.
D.
B　解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln
x＋x·＝ln
x＋1.令f′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间是.
3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin
x＋cos
x，则f(x)的单调递增区间为________．
，　解析：f′(x)＝sin
x＋xcos
x－sin
x＝xcos
x．令f′(x)＝xcos
x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为，即f(x)的单调递增区间为，.
求函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f′(x)；
(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间；
(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间．
[提醒]若所求函数的单调区间不止一个，则用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．
考点2　利用导数讨论函数的单调性——应用性
(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.讨论f(x)的单调性．
解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
①若a>0，则当x∈(－∞，0)和时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
②若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则当x∈和(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
将本例函数改为“f(x)＝－aln
x，a∈R”，求f(x)的单调区间．
解：因为f(x)＝－aln
x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝x－＝.
(1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
(2)当a>0时，f′(x)＝，则有：
①当x∈(0，)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，)；
②当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．
解决含参数的函数单调性问题的注意点
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．
已知f(x)＝xex－a(a>0)，求函数f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln
a.
(1)当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．
(2)当0a<－1，由f′(x)>0，得xa或x>－1，由f′(x)<0，得ln
a所以单调递增区间为(－∞，ln
a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln
a，－1)．
(3)当a>时，ln
a>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>ln
a，由f′(x)<0，得－1a，
所以单调递增区间为(－∞，－1)，(ln
a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln
a)．
综上所述，当a＝时，f(x)在R上单调递增；
当0a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln
a，－1)；
当a>时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(ln
a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln
a)．
考点3　导数与函数单调性的简单应用——综合性
考向1　利用导数解不等式
若函数f(x)＝ex－e－x＋sin
2x，则满足f(2x2－1)＋f(x)＞0的x的取值范围是(　　)
A.
B.(－∞，－1)∪
C.
D.∪(1，＋∞)
B　解析：函数f(x)＝ex－e－x＋sin
2x，定义域为R，
且满足f(－x)＝e－x－ex＋sin(－2x)＝－(ex－e－x＋sin
2x)＝－f(x)，
所以f(x)为R上的奇函数．
又f′(x)＝ex＋e－x＋2cos
2x≥2＋2cos
2x≥0恒成立，
所以f(x)为R上的单调递增函数．
由f(2x2－1)＋f(x)＞0，
得f(2x2－1)＞－f(x)＝f(－x)，
所以2x2－1＞－x，即2x2＋x－1＞0，
解得x＜－1或x＞.
所以x的取值范围是(－∞，－1)∪.故选B.
利用导数解不等式的关键，是用导数判断函数的单调性，或者构造函数后使用导数．同时根据奇偶性变换不等式为f(g(x))>f(h(x))，利用单调性得出关于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范围．
考向2　利用导数比较大小
(多选题)(2021·山东新高考预测卷)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
CD　解析：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.
利用导数比较大小的方法
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并得到辅助函数的单调性，进而根据单调性比较大小．
考向3　利用导数求参数的取值范围
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，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2.
因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，即a＞－有解．
设G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．
由(1)知G(x)＝－，
所以a≥G(x)max.
而G(x)＝2－1.
因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.
又因为a≠0，所以a的取值范围是∪(0，＋∞)．
本例第(2)问中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则h′(x)＜0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a＞－有解．
又当x∈[1,4]时，min＝－1，
所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
根据函数的单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f(x)单调递增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)不恒为零，要注意等号是否可以取到．
(3)注意区分“在区间上恒成立”与“在区间上存在x值使不等式成立”的区别．分离参数后对应不同的最值类型．
1．(2021·八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　)
A．cB．bC．aD．aD　解析：因为ae5＝5ea，a<5，所以a>0.同理，b>0，c>0.令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝.当01时，f′(x)>0.故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为ae5＝5ea，a<5，所以＝，即f(5)＝f(a)．而0f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)．所以02．已知实数a>0，且a≠1，函数f(x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1,5]
B．[2,5]
C．(1，＋∞)
D．(－∞，5]
B　解析：函数f(x)在R上单调递增，则a>1.
当x≥1时，f(x)＝x2＋＋aln
x，
则f′(x)＝2x－＋＝.
因为2x3＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒成立，
所以a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
因为y＝－2x2在[1，＋∞)上单调递减，
所以ymax＝2，则a≥2.
当x＝1时，a≤1＋4＝5.
综上，实数a的取值范围是[2,5]．故选B.
3．已知函数f(x)＝x2－cos
x，x∈，则满足f(x0)>f的x0的取值范围为________．
∪　解析：f′(x)＝2x＋sin
x．当x∈时，f′(x)≥0，所以f(x)在上单调递增．由f(x0)>f，知4．已知函数f(x)＝x2＋aln
x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝x2－2ln
x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得0所以f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．
(2)由题意g(x)＝x2＋aln
x＋，
g′(x)＝2x＋－.
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数，
则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝－2x2.
因为φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递减函数，
则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≤－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
因为φ(x)没有最小值，不满足题意，
所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．
若函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间[1,2]上单调递减，求实数a的取值范围．
[四字程序]
读
想
算
思
求实数a的取值范围
1.利用导数研究函数单调性的方法；2．从什么角度列不等式求取值范围
1.求f′(x)；2．解不等式f′(x)<0
转化与化归、数形结合
f(x)在[1,2]上单调递减
由函数f(x)在区间[a，b]上单调递减可知f′(x)≤0在区间[a，b]上恒成立，列出不等式
f′(x)＝3x2－2ax
＝x(3x－2a)
1.函数最值；2．不等式恒成立；3．一元二次不等式、一元二次方程和二次函数之间的关系
思路参考：等价转化为f′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，分离变量求最值．
解：f′(x)＝3x2－2ax.
由f(x)在[1,2]上单调递减知f′(x)≤0，
即3x2－2ax≤0在[1,2]上恒成立，
即a≥x在[1,2]上恒成立．
故只需a≥max，故a≥3.
所以a的取值范围是[3，＋∞)．
思路参考：等价转化为f′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，数形结合列不等式组求范围．
解：f′(x)＝3x2－2ax.
由f(x)在[1,2]上单调递减知f′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立．
所以
解得a≥3.
所以a的取值范围是[3，＋∞)．
思路参考：分类讨论f(x)的单调性，根据区间[1,2]是单调递减区间的子集求参数范围．
解：f′(x)＝3x2－2ax.
当a＝0时，f′(x)≥0，故y＝f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，与y＝f(x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a<0时，由f′(x)≤0，得a≤x≤0，即f(x)的单调递减区间为，与f(x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a>0时，由f′(x)≤0，得0≤x≤a，即f(x)的单调递减区间为.由f(x)在[1,2]上单调递减得a≥2，得a≥3.
综上可知，a的取值范围是[3，＋∞)．
1．本题考查函数的单调性与导数的关系，解法较多，基本解题策略是转化为不等式恒成立问题，即“若函数f(x)在区间D上单调递增，则f′(x)≥0对x∈D恒成立；若函数f(x)在区间D上单调递减，则f′(x)≤0对x∈D恒成立”或利用集合间的包含关系处理：若y＝f(x)在区间D上单调，则区间D是相应单调区间的子集．
2．基于课程标准，解答本题一般需要运算求解能力、推理论证能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题利用函数的单调性与导函数的关系，将所求问题转化为熟悉的数学模型，解题过程需要知识之间的转化，体现了综合性．
1．已知函数f(x)＝2cos
x(m－sin
x)－3x在(－∞，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是(　　)
A.[－1,1]
B.
C.
D.
B　解析：f′(x)＝－2sin
x(m－sin
x)＋2cos
x·(－cos
x)－3.因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f′(x)≤0恒成立，整理得4sin2x－2msin
x－5≤0.设sin
x＝t(－1≤t≤1)，则不等式g(t)＝4t2－2mt－5≤0在区间[－1,1]上恒成立．
于是有
即故实数m的取值范围是.故选B.
2．已知函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
(0,27)　解析：(方法一：间接法)若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上单调递增，则f′(x)＝3x2－k≥0在(－3,1)上恒成立，
即k≤3x2在(－3,1)上恒成立，故k≤0.
若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上单调递减，则f′(x)＝3x2－k≤0在(－3,1)上恒成立，
即k≥3x2在(－3,1)上恒成立，故k≥27.
所以当函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调函数时，实数k的取值范围是k≤0或k≥27，
当函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数时，实数k的取值范围是0(方法二：直接法)由奇函数f(x)＝x3－kx得f′(x)＝3x2－k.当k≤0时，f′(x)＝3x2－k≥0，f(x)在R上是增函数，不满足题意；
当k>0时，由f′(x)＝3x2－k<0，
得－在上f(x)是减函数.
由f′(x)＝3x2－k>0，得x<－或x>，在，上f(x)是增函数．
要满足函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，由对称性得，－>－3，所以k<27.
综上所述，实数k的取值范围是(0,27)．第2课时　导数与函数的极值、最值
一、教材概念·结论·性质重现
1．函数的极值与导数
条件
函数f(x)在x0处可导，且f′(x0)＝0
对于x0左侧附近的任意x，都有f′(x)>0，对于x0右侧附近的任意x，都有f′(x)<0
对于x0左侧附近的任意x，都有f′(x)<0，对于x0右侧附近的任意x，都有f′(x)>0
图像
形如山峰
形如山谷
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
(1)函数的极大值和极小值都可能有多个，极大值和极小值的大小关系不确定．
(2)对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
2．函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值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．
(1)求函数的最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值．
(2)若函数f(x)在区间[a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值；若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
(3)函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)函数的极大值不一定比极小值大．(
√
)
(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(
×
)
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．(
×
)
(4)开区间上的单调连续函数无最值．(
√
)
2．(多选题)函数y＝f(x)的导函数的图像如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
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
ABD　解析：由函数y＝f(x)的导函数的图像可知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增，所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误．故选ABD.
3．函数f(x)＝2x－xln
x的极大值是(　　)
A．　　　　
B．　　　　
C．e　　　　
D．e2
C　解析：f′(x)＝2－(ln
x＋1)＝1－ln
x．令f′(x)＝0，得x＝e.当00；当x>e时，f′(x)<0.所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.
4．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是(　　)
A．25，－2
B．50,14
C．50，－2
D．50，－14
C　解析：因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x.当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)为增函数．当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数．由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.故选C.
5．函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．
8　解析：f′(x)＝6x2－4x＝2x(3x－2)．
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
因为f(－1)＝－4，f(0)＝0，f
＝－，f(2)＝8，所以最大值为8.
考点1　利用导数求函数的极值——综合性
考向1　根据函数的图像判断函数的极值
(多选题)已知函数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(　　)
A．函数f(x)有极大值f(2)
B．函数f(x)有极大值f(－2)
C．函数f(x)有极小值f(－2)
D．函数f(x)有极小值f(2)
BD　解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22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．
根据函数的图像判断极值的方法
根据已知条件，分情况确定导数为0的点，及导数为0点处左右两侧导数的正负，从而确定极值类型．
考向2　已知函数解析式求极值
已知函数f(x)＝ln
x－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝时，f(x)＝ln
x－x，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
ln
2－1
故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln
2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点；
当a>0，x∈时，f′(x)>0，
x∈时，f′(x)<0，
故函数f(x)在x＝处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；
当a>0时，函数f(x)有一个极大值点，且为x＝.
求函数极值的一般步骤
(1)先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数．
(2)求f′(x)＝0的根．
(3)判断在f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点．
(4)求出函数f(x)的极值．
考向3　已知函数的极值求参数
设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex，
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
已知函数极值点或极值求参数的两个关键
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证该点左右两侧的正负．
1．(多选题)定义在区间上的函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则(　　)
A．函数f(x)在区间(0,4)上单调递增
B．函数f(x)在区间上单调递减
C．函数f(x)在x＝1处取得极大值
D．函数f(x)在x＝0处取得极小值
ABD　解析：根据导函数图像可知，f(x)在区间上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0,4)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D选项正确，C选项错误．故选ABD.
2．(2020·青岛一模)已知函数f(x)＝(e＝2.718…为自然对数的底数)．若f(x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝(　　)
A．－1　　　
B．0　　　
C．1　　　
D．2
C　解析：当x≥0时，f(x)＝3x－9为增函数，无极值．令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2，即函数f(x)的一个零点为2；当x<0时，f(x)＝xex<0，无零点，f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，则当－10.当x<－1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，函数f(x)取得极小值．综上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故选C.
3．函数f(x)＝的极小值为________．
－　解析：f′(x)＝
＝.
令f′(x)<0，得x<－2或x>1；
令f′(x)>0，得－2所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增，
所以f(x)极小值＝f(－2)＝－.
考点2　利用导数求函数的最值——应用性
(2020·北京卷)已知函数f(x)＝12－x2.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
解：(1)因为f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x.
设切点为(x0,12－x)，则－2x0＝－2，即x0＝1，所以切点为(1,11)．
由点斜式可得切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.
(2)显然t≠0，
因为y＝f(x)在点(t,12－t2)处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，
即y＝－2tx＋t2＋12.
令x＝0，得y＝t2＋12；
令y＝0，得x＝.
所以S(t)＝×(t2＋12)·＝，t≠0，显然为偶函数．
只需考察t＞0即可(t<0时，结果一样)，
则S(t)＝
＝，
所以S′(t)
＝
＝
＝
＝.
由S′(t)>0，得t>2；
由S′(t)<0，得0所以S(t)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以t＝2时，S(t)取得极小值，也是最小值为S(2)＝＝32.
综上所述，当t＝±2时，S(t)min＝32.
求函数f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数在区间(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的各极值与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．
已知k∈，函数f(x)＝(x－1)ex－kx2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在[0，k]上的最大值．
解：(1)由题意得f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．
因为k∈，所以1＜2k≤2.
令f′(x)＞0，所以或解得x＞ln
2k或x＜0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(ln
2k，＋∞)，(－∞，0)．
令f′(x)＜0，所以或解得0＜x＜ln
2k.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0，ln
2k)．
综上，函数f(x)的单调递增区间为(ln
2k，＋∞)，(－∞，0)，单调递减区间为(0，ln
2k)．
(2)令φ(k)＝k－ln
2k，k∈，φ′(k)＝1－＝≤0.
所以φ(k)在上是减函数．
所以φ(1)≤φ(k)＜φ.
所以1－ln
2≤φ(k)＜＜k，即0＜ln
2k＜k.
所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，ln
2k)
ln
2k
(ln
2k，k)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
f(0)＝－1，
f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3－f(0)
＝(k－1)ek－k3＋1
＝(k－1)ek－(k3－1)
＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1)
＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．
因为k∈，所以k－1≤0.
对任意的k∈，y＝ek的图象恒在直线y＝k2＋k＋1的下方，
所以ek－(k2＋k＋1)≤0.
所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)．
所以函数f(x)在[0，k]上的最大值f(k)＝(k－1)ek－k3.
考点3　极值与最值的综合应用——综合性
(2020·山东师范大学附中高三质评)已知函数f(x)＝x2eax＋1－bln
x－ax(a，b∈R)．
(1)若b＝0，曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x平行，求a的值；
(2)若b＝2，且函数f(x)的值域为[2，＋∞)，求a的最小值．
解：(1)当b＝0时，f(x)＝x2eax＋1－ax，x>0，
f′(x)＝xeax＋1(2＋ax)－a.
由f′(1)＝ea＋1(2＋a)－a＝2，
得ea＋1(2＋a)－(a＋2)＝0，
即(ea＋1－1)(2＋a)＝0，
解得a＝－1或a＝－2.
当a＝－1时，f(1)＝e0＋1＝2，此时直线y＝2x恰为切线，舍去．所以a＝－2.
(2)当b＝2时，f(x)＝x2eax＋1－2ln
x－ax，x>0.
设t＝x2eax＋1(t>0)，则ln
t＝2ln
x＋ax＋1，
故函数f(x)可化为g(t)＝t－ln
t＋1(t>0)．
由g′(t)＝1－＝，可得g(t)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，
所以g(t)的最小值为g(1)＝1－ln
1＋1＝2.
此时，t＝1，函数f(x)的值域为[2，＋∞)．
问题转化为：当t＝1时，ln
t＝2ln
x＋ax＋1有解，
即ln
1＝2ln
x＋ax＋1＝0，得a＝－.
设h(x)＝－，x>0，则h′(x)＝，
故h(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，
所以h(x)的最小值为h()＝－，
故a的最小值为－.
求解函数极值与最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，函数的解析式含参数时，要讨论参数的大小．
(2)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．
1．(2021·福建三校联考)若方程8x＝x2＋6ln
x＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为(　　)
A．(－∞，7)
B．(15－6ln
3，＋∞)
C．(12－61n
3，＋∞)
D．(－∞，7)∪(15－6ln
3，＋∞)
D　解析：方程8x＝x2＋6ln
x＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6ln
x＋m(x>0)的图像与x轴有且只有一个交点．对函数m(x)求导得m′(x)＝2x－8＋＝＝.
当x∈(0,1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；
当x∈(1,3)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln
3－15.
所以当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，
所以要使m(x)的图像与x轴有一个交点，必须有m(x)极大值＝m－7<0或m(x)极小值＝m＋6ln
3－15>0，
即m<7或m>15－6ln
3.故选D.
2．已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解：(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.
(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，
所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln
x，
当a≤0时，f(x)≤0；
当a>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.第3章
导数及其应用
第3课时　利用导数证明不等式——构造法证明不等式
考点1　移项作差构造函数证明不等式——综合性
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；
(3)设c＞1，证明：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
(1)解：函数f(x)＝ln
x－x＋1的定义域为(0，＋∞)，f′(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，0＜ln
x＜x－1，所以＞1.用代换x得ln
＜－1＜0，所以＜x.即1＜＜x.
(3)证明：设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxln
c.
令g′(x0)＝0，解得x0＝.
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，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.
将本例函数改为“f(x)＝－cx(c∈R)
”．
若1证明：f(x)的定义域为x>0，
f(x)<－1等价于－
cx<－1，
等价于cx2－x＋1－ln
x>0.
设h(x)＝
cx2－x＋1－ln
x，
只需证h(x)>0成立．
h′(x)＝2cx－1－＝，1易知2cx2－x－1＝0有两个异号的根．
令其正根为x0，则2cx－x0－1＝0.
在(0，x0)上h′(x)<0，在(x0，＋∞)上h′(x)>0，
则h(x)的最小值为h(x0)＝cx－x0＋1－ln
x0＝－x0＋1－ln
x0＝－ln
x0.
又h′(1)＝2c－2>0，h′＝c－3<0，
所以所以>0，－ln
x0>0.
因此－ln
x0>0，即h(x0)>0.
所以h(x)>0.
所以1利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max.
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)．若h′(x)>0，则h(x)在(a，b)上单调递增．同时h(a)>0，即f(x)>g(x)．若h′(x)<0，则h(x)在(a，b)上单调递减．同时h(b)>0，即f(x)>g(x)．
已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln
x(a∈R)．
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋ex＞x2＋x＋2.
(1)解：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－(a－2)－
＝.
当a≤0时，f′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
所以，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞；
由f′(x)＜0，得0＜x＜.
所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln
x.
要证明f(x)＋ex＞x2＋x＋2，
只需证明ex－ln
x－2＞0.
设g(x)＝ex－ln
x－2，则问题转化为证明对任意的x＞0，g(x)＞0.
令g′(x)＝ex－＝0，得ex＝，
易知方程有唯一解，不妨设为x0，
则x0满足ex0＝.
当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表：
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
极小值
g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln
x0－2＝＋x0－2.
因为x0＞0，且x0≠1，
所以g(x)min＞2－2＝0，
因此不等式得证．
考点2　放缩构造法——综合性
函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图像在(－1，f(－1))处的切线方程是(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b的值；
(2)若m≤0，证明：f(x)≥mx2＋x.
(1)解：由(e－1)x＋ey＋e－1＝0得切线的斜率为－且f(－1)＝0，
所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，解得a＝或b＝1.
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－.
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾；
若b＝1，则a＝1.故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知，f(x)＝(x＋1)(ex－1)．由m≤0，可得x≥mx2＋x.
令g(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，
则g′(x)＝(x＋2)ex－2.
当x≤－2时，g′(x)<0.
当x>－2时，设h(x)＝g′(x)＝(x＋2)ex－2，
则h′(x)＝(x＋3)ex>0，故函数g′(x)在(－2，＋∞)上单调递增．
又g′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)min＝g(0)＝0.
所以g(x)≥g(0)＝0，
所以(x＋1)(ex－1)≥x≥mx2＋x，
故f(x)≥mx2＋x.
关于放缩构造法证明不等式
导数的综合应用题中，最常见的就是ex和ln
x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以先对ex和ln
x进行放缩，使问题简化，便于化简或判断导数的正负．常见的放缩不等式如下：
(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号．
(2)ex≥ex，当且仅当x＝1时取等号．
(3)当x≥0时，ex≥1＋x＋x2
，当且仅当x＝0时取等号．
(4)当x≥0时，ex≥x2＋1,
当且仅当x＝0时取等号．
(5)≤ln
x≤x－1≤x2－x，当且仅当x＝1时取等号．
(6)当x≥1时，≤ln
x≤，当且仅当x＝1时取等号．
(2020·全国卷Ⅱ)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：≤；
(3)设n∈N
，证明：sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤.
(1)解：f(x)＝sin2xsin
2x＝2sin3xcos
x，
则f′(x)＝2(3sin2xcos2x－sin4x)
＝2sin2x(3cos2x－sin2x)
＝2sin2x(4cos2x－1)
＝2sin2x(2cos
x＋1)·(2cos
x－1)．
f′(x)＝0在(0，π)上的根为x1＝，x2＝.
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
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：注意到f(x＋π)＝sin2
(x＋π)·sin[2(x＋π)]＝sin2xsin
2x＝f(x)．
故函数f(x)是周期为π的函数．
结合(1)的结论，计算得f(0)＝f(π)＝0，
f
＝2×＝，f
＝2×＝－.
据此得f(x)max＝，f(x)min＝－，所以≤.
(3)证明：结合(2)的结论≤得≤，
所以sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx
＝(sin3xsin32xsin34x·…·sin32nx)
＝[sin
x(sin2xsin
2x)(sin22xsin
4x)·
…·(sin22n－1xsin
2nx)sin22nx]≤
≤
＝n＝.
考点3　构造双函数法——应用性
已知函数f(x)＝x2＋2x－2xex.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)当x＞0时，证明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln
x.
(1)解：因为函数f(x)＝x2＋2x－2xex(x∈R)，
所以f′(x)＝2x＋2－2ex－2xex＝(2x＋2)(1－ex)．
由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0，列表如下：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以当x＝－1时，f(x)极小值＝f(－1)＝1－2＋2×＝－1；
当x＝0时，f(x)极大值＝f(0)＝0.
(2)证明：要证明f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln
x．即证2ex－x2－2x＞(x＞0)．
令g(x)＝2ex－x2－2x(x＞0)，
h(x)＝(x＞0)．
g′(x)＝2(ex－x－1)，g″(x)＝2(ex－1)＞0，所以g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，g′(x)＞g′(0)＝0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝2.
h′(x)＝，可得h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(e)＝2.
又g(x)与h(x)取最值点不同，
所以g(x)＞h(x)在(0，＋∞)恒成立，
故2ex－x2－2x＞(x＞0)．
所以当x＞0时，f(x)－2x＋x2＋x3＜－2eln
x.
构造双函数法证明不等式的适用情形
在证明不等式时，若待证不等式的变形无法转化为一个函数的最值问题，可借助两个函数的最值证明，如证f(x)≥g(x)在D上恒成立，只需证明f(x)min≥g(x)max即可．
已知f(x)＝xln
x.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln
x>－成立．
(1)解：由f(x)＝xln
x，x>0，得f′(x)＝ln
x＋1.令f′(x)＝0，得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．
所以f(x)的极小值即最小值，为f＝－.
(2)证明：问题等价于证明xln
x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln
x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到．
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝.
由m′(x)<0，得x>1时，m(x)单调递减；
由m′(x)>0，得0易知m(x)max＝m(1)＝－.
从而对一切x∈(0，＋∞)，xln
x≥－≥－，又两个等号不同时取到，
即对一切x∈(0，＋∞)，都有ln
x>－成立．第3章
导数及其应用
第4课时　利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
考点1　分离参数?构造函数?解决恒成立问题,——综合性
(2020·全国卷Ⅰ)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.
由于f″(x)＝ex＋2＞0恒成立，故f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2)由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0.
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意．
②当x＞0时，
得a≥－.
记g(x)＝－，
g′(x)＝－.
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，
则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0.
由h(x)≥0得ex－x2－x－1≥0恒成立，
故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
因此，g(x)max＝g(2)＝.
综上可得，实数a的取值范围为.
1．分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路
用分离参数法解含参不等式恒成立问题，是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．
2．求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关”
转化关
通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对?x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min)
求最值关
求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题
已知函数f(x)＝ln
x－ax2＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若a＝0，xf(x)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，求整数k的最大值．
解：(1)f′(x)＝－2ax＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，由f′(x)>0，得0由f′(x)<0，得x>，则f(x)在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由题意，x(ln
x＋1)>k(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，
即k<(x>1)．
设g(x)＝(x>1)，
则g′(x)＝.
令h(x)＝x－ln
x－2(x>1)，
则h′(x)＝1－>0，
所以，h(x)在(1，＋∞)上为增函数．
因为h(2)＝－ln
2<0，h(3)＝1－ln
3＝ln<0，h(4)＝2－ln
4＝ln>0，
所以h(x)在(1，＋∞)上有唯一实数根m∈(3,4)，
使得m－ln
m－2＝0.
当x∈(1，m)时，h(x)<0；
当x∈(m，＋∞)时，h(x)>0.
即g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在x＝m处取得极小值，
且g(m)＝＝m，
所以k考点2　分离参数?构造函数?解决能成立问题,——综合性
已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝ln
a.
由f′(x)＞0得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln
a)；
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln
a，＋∞)．
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为R；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln
a)，单调递减区间为(ln
a，＋∞)．
(2)因为?x0∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
所以ax≤，即a≤.
设h(x)＝，则问题转化为a≤h(x)max.
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
极大值
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，也是最大值，为h()＝.所以a≤，即a的取值范围是.
1．含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
(1)a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x)min；
(2)a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x)max.
2．含全称量词、存在量词不等式能成立问题
(1)存在x1∈A，对任意x2∈B使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max.
(2)任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min.
若存在x∈，不等式2xln
x＋x2－mx＋3≥0成立，求实数m的取值范围．
解：因为2xln
x＋x2－mx＋3≥0，
所以m≤2ln
x＋x＋.
设h(x)＝2ln
x＋x＋，
则h′(x)＝＋1－＝.
当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当10，h(x)单调递增．
因为存在x∈，m≤2ln
x＋x＋成立，
所以m≤h(x)max.
因为h＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，
且－＝2e－－4＞0，
所以h>h(e)，所以m≤＋3e－2.
考点3　双参不等式恒成立问题——应用性
设f(x)＝＋xln
x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)如果对于任意的s，t∈，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)存在x1
，x2
∈[0,2]使得g(x1
)－g(x2
)≥M成立，等价于[g(x1
)－g(x2
)]max
≥M.
因为g(x)＝x3
－x2
－3，
所以g′(x)＝3x2
－2x＝3x
.
g(x)，g′(x)随x变化的情况如下表：
x
0
2
g′(x)
0
－
0
＋
g(x)
－3
极小值－
1
由上表可知，g(x)min
＝g
＝－
，g(x)max
＝g(2)＝1.
[g(x
1
)－g(x
2
)]max
＝g(x)max
－g(x)min＝，所以满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈
，都有f(s)≥g(t)成立，
等价于在区间
上，函数f(x)min
≥g(x)max
.
由(1)可知，在区间
上，g(x)的最大值g(2)＝1.
在区间
上，f(x)＝＋xln
x≥1恒成立．
等价于a≥x－x2ln
x恒成立，
记h(x)＝x－x2ln
x，
则h′(x)＝1－2xln
x－x，h′(1)＝0.
当1当≤x<1时，h′(x)>0.
即函数h(x)＝x－x2ln
x在区间上单调递增，在区间(1,2]上单调递减，
所以h(x)
max
＝h(1)＝1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
解双参不等式恒成立问题的方法和基本思想
(1)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＞g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(这里假设f(x)min，g(x)min存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f(x)的任意一个函数值大于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求大于函数y＝g(x)的所有函数值．
(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)＜g(x2)，等价于函数f(x)在D1上的最大值小于函数g(x)在D2上的最大值(这里假设f(x)max，g(x)max存在)．其等价转化的基本思想：函数y＝f(x)的任意一个函数值小于函数y＝g(x)的某一个函数值，但并不要求小于函数y＝g(x)的所有函数值．
已知向量m＝(ex，ln
x＋k)，n＝(1，f(x))，m∥n(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直，F(x)＝xexf′(x)．
(1)求k的值及F(x)的单调区间；
(2)已知函数g(x)＝－x2＋2ax(a为正实数)，若对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)解：(1)由已知可得f(x)＝，
所以f′(x)＝.
由已知，f′(1)＝＝0，所以k＝1，
所以F(x)＝xexf′(x)＝x＝1－xln
x－x，所以F′(x)＝－ln
x－2.
由F′(x)＝－ln
x－2≥0得0由F′(x)＝－ln
x－2≤0得x≥.
所以F(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)因为对于任意x2∈[0,1]，总存在x1∈(0，＋∞)，使得g(x2)由(1)知，当x＝时，F(x)取得最大值F＝1＋.
对于g(x)＝－x2＋2ax，其对称轴为直线x＝a.
当0当a>1时，g(x)max＝g(1)＝2a－1，所以2a－1<1＋，从而1综上可知，实数a的取值范围是.
已知函数f(x)＝(a∈R)．若a≥0，不等式x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
[四字程序]
读
想
算
思
a的取值范围
1.恒成立问题的解题策略；2．如何构造函数？
求导研究有关函数的单调性，并求其最值
转化与化归
若a≥0，x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立
1.数形结合；2．分离参数法；3．构造h(x)＝x2f(x)＋a＋e－2；4．构造g(x)＝xf(x)＋
1.h′(x)＝ln
x＋1－a；2．g′(x)＝
1.函数最值；2．不等式与对应函数图像的分布关系
思路参考：构造函数h(x)＝xln
x－ax＋a＋e－2的方式，把不等式问题直接转化为函数的最值问题来研究．
解：x2f(x)＋a≥2－e，即xln
x－ax＋a＋e－2≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝xln
x－ax＋a＋e－2，
则h′(x)＝ln
x＋1－a.
令h′(x)＝0，得x＝ea－1.
当x∈(0，ea－1)时，h′(x)<0；
当x∈(ea－1，＋∞)时，h′(x)>0.
所以h(x)的最小值是h(ea－1)＝a＋e－2－ea－1.
令t(a)＝a＋e－2－ea－1，则t′(a)＝1－ea－1.
令t′(a)＝0得a＝1.
当a∈[0,1)时，t′(a)>0，t(a)在[0,1)上单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以当a∈[0,1)时，h(x)的最小值为t(a)≥t(0)＝e－2－>0；
当a∈(1，＋∞)时，h(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1≥0.
故a∈[0,2]．
思路参考：把原不等式通过等价变形，转化为g(x)＝ln
x－a＋的最值问题来研究．
解：要使x2f(x)＋a≥2－e对任意x∈(0，＋∞)恒成立，只要使xf(x)＋≥0即可．
代入f(x)可得ln
x－a＋≥0.
构造函数g(x)＝ln
x－a＋，
g′(x)＝.
当x∈(0，a＋e－2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
当x∈(a＋e－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(a＋e－2)＝ln(a＋e－2)－a＋1.
再构造函数h(a)＝ln(a＋e－2)－a＋1，
则h′(a)＝.
令h′(a)＝0得到a＝3－e.
当a∈[0,3－e]时，h′(a)>0，h(a)单调递增；
当a∈[3－e，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．
而h(0)＝ln(e－2)＋1>0，且h(3－e)＝e－2>0，
但是因为h(2)＝0，所以0≤a≤2.
思路参考：分离参数，a≥，减弱参数的影响，避免过多的讨论．
解：原式可变为xln
x＋e－2≥a(x－1)(
)对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
当x∈(0,1)时，分离变量可得a≥.
先求出函数g(x)＝xln
x的最小值．
求得g′(x)＝ln
x＋1.
当x∈(0，e－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
因为此时(xln
x)min＝－e－1，
所以xln
x＋e－2≥－e－1＋e－2>0.
又因为x∈(0,1)，所以<0，
而a≥0，所以a≥显然成立．
当x＝1时，代入(
)式验证e－2≥0显然成立．
当x∈(1，＋∞)时，(
)式分离变量可变为a≤.
若令t(x)＝，此时只需当x∈(1，＋∞)时，
a≤t(x)min.
求得t′(x)＝，易得t′(e)＝0.
下证x＝e是t′(x)＝在x∈(1，＋∞)上的唯一零点．
令h(x)＝x－ln
x－(e－1)，则h′(x)＝1－.
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)单调递增．
即x＝e是t′(x)＝的唯一零点．
当x∈(1，e)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，t′(x)>0，t(x)单调递增．
所以a≤t(x)min＝t(e)＝2，
故a∈[0,2]．
思路参考：把不等式通过等价变形后，使不等号的一边出现直线的方程h(x)＝a(x－1)＋2－e，再分析不等号另外一边的函数g(x)＝xln
x的单调性，就会发现二者相切时即为参数的临界值．
解：通过变形原不等式等价于证明：xln
x≥a(x－1)＋2－e，x∈(0，＋∞)．
若令g(x)＝xln
x和h(x)＝a(x－1)＋2－e.
则只需证明函数g(x)的图像在直线h(x)的上方．
首先分析g(x)＝xln
x的图像．
由解法3可知：当x∈(0，e－1)时，g(x)单调递减；
当x∈(e－1，＋∞)时，g(x)单调递增，
且g(x)min＝g(e－1)＝－e－1.
其次分析h(x)＝a(x－1)＋2－e的图像．
因为a≥0，所以h(x)表示过定点(1,2－e)的非减函数，
且g(x)min＝－e－1>2－e.
两个函数的图像大致如图1所示：
　
图1　　　　　　　　图2
所以如果我们能说明当g(x)和h(x)相切时二者只有一个切点，就能求出a的最大值．
设g(x)和h(x)相切于点P(x0，y0)，则可得
消去ln
x0得2－e＝a－ea－1③.
易得a＝2为③式的解．
令t(a)＝a－ea－1＋e－2，t′(a)＝1－ea－1.
当t′(a)＝0时，a＝1.
当a∈[0,1]时，t′(a)≥0，t(a)单调递增；
当a∈[1，＋∞)时，t′(a)<0，t(a)单调递减．
因为t(0)＝－e－1＋e－2>0且t(1)＝e－2>0，
所以函数t(a)在区间[0,1]上无零点，
在区间(1，＋∞)上有且仅有一个零点，a＝2.
综上所述，a∈[0,2]．
思路参考：通过等价变形后，使不等号两边变化为两个熟悉的函数g(x)＝ln
x－a和h(x)＝，然后通过分析这两个函数的图像发现两条曲线相切时，即为参数的临界值．
解：原式化为ln
x－a≥对任意x∈(0，＋∞)恒成立．
下面我们研究函数g(x)＝ln
x－a和函数h(x)＝.
a≥0，显然两个函数在x∈(0，＋∞)上都是单调递增的．
而且我们可以验证当a＝0时上式成立，
即ln
x>(证明略)．
也就是说a＝0时，g(x)的图像在h(x)的图像上方．
如图3：
图3　　
　　　　　图4
所以当a越来越大时，两个图像会越来越接近．
所以当g(x)和h(x)的图像相切时，a取得最大值，如图4.
所以我们假设二者的图像相切于点P(x0，y0)，得
即
化简得e＋a－2＝ea－1，解得a＝2.
仿照解法4，可以证明这是唯一解．
所以a∈[0,2]．
1．本题考查应用导数研究不等式恒成立问题，基本解题方法是——参变分离、数形结合、最值分析等．在求解过程中，力求“脑中有‘形’，心中有‘数’”．依托端点效应，缩小范围，借助数形结合，寻找临界点．
2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握运算求解能力、逻辑思维能力，体现逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数、不等式、方程、导数等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题．在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养上起到了积极的作用，成为高考考查的一个热点．
(2020·泰安高三一轮检测节选)已知函数f(x)＝，a∈R.若函数y＝f(x)在x＝x0(ln
23)处取得极值1，证明：2－证明：函数f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝(x>0)．
因为函数y＝f(x)在x＝x0处取得极值1，
所以f′(x0)＝＝0，且f(x0)＝＝1，
所以＋a＝ln
x0＋ax0＝ex0，
所以a＝ex0－.
令r(x)＝ex－(x>0)，
则r′(x)＝ex＋>0，
所以r(x)在(ln
2，ln
3)上为增函数．
又ln
23，所以r(ln
2)3)，即2－导数及其应用
第5课时　利用导数研究函数的零点问题
考点1　讨论函数的零点个数——综合性
(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln
x－.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y＝ln
x在点A(x0，ln
x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
解：(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
因为f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
因为f(e)＝1－<0，f(e2)＝2－＝>0，所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x1，即f(x1)＝0.又0<<1，f
＝－ln
x1＋＝－f(x1)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零点.综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)因为＝e－ln
x0，
所以点B在曲线y＝ex上．
由题设知f(x0)＝0，即ln
x0＝，故直线AB的斜率k＝＝＝.
曲线y＝ex在点B处切线的斜率是，曲线y＝ln
x在点A(x0，ln
x0)处切线的斜率也是，所以曲线y＝ln
x在点A(x0，ln
x0)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
将本例中的函数改为“f(x)＝ln
x＋，m∈R”，讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数．
解：由题设，g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)．
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋x(x＞0)，
则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)．
当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以x＝1是φ(x)的极大值点，也是φ(x)的最大值点．
所以φ(x)的最大值为φ(1)＝.
由φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图像(如图)，
可知：①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．
综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．
利用导数确定函数零点的常用方法
(1)图像法：根据题目要求画出函数的图像，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝－4ln
x的零点个数．
解：(1)因为f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
所以f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.所以f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，所以a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2)因为g(x)＝－4ln
x＝x－－4ln
x－2(x>0)，
所以g′(x)＝1＋－＝.
令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
极小值
当025－1－22＝9>0.
因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，所以g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．
考点2　由函数的零点个数求参数的范围?——综合性
(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)．
(1)当a＝1时，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)当a＝1时，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1.
令f′(x)<0，解得x<0；
令f′(x)>0，解得x>0.
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)因为f(x)＝ex－a(x＋2)，
所以f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)＝ex－a＞0在R上恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意．
若a＞0，令f′(x)＝ex－a＝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．
所以f(x)min＝f(ln
a)＝eln
a－a(ln
a＋2)＝－a(1＋ln
a)．
要使f(x)有两个零点，则f(x)min＝f(ln
a)＜0，
即－a(1＋ln
a)＜0，所以a＞，即a的取值范围是.
将本例中的函数改为“f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)”，若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：f′(x)＝ex＋a.
①当a＞0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，
且当x＞1时，f(x)＝ex＋a(x－1)＞0；
当x＜0时，取x＝－，则f＜1＋a＝－a＜0，
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a＜0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，则x＝ln(－a)．
当x∈(－∞，ln(－a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(ln(－a)，＋∞)时，f′(x)＞0
，f(x)单调递增．
所以，当x＝ln(－a)时，f(x)取得极小值，也是最小值．
函数f(x)不存在零点，
等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)＞0，
解得－e2＜a＜0.
综上所述，实数a的取值范围是(－e2,0)．
利用函数的零点求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图像的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解．
(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解．
(3)转化为两个熟悉的函数图像的位置关系问题，从而构建不等式求解．
1．已知曲线f(x)＝ex(ax＋1)在x＝1处的切线方程为y＝bx－e.
(1)求a，b的值；
(2)若函数g(x)＝f(x)－3ex－m有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)f(x)＝ex(ax＋1)，
f′(x)＝ex(ax＋1)＋ex·a＝ex(ax＋1＋a)，
所以
所以a＝1，b＝3e.
(2)(方法一)g(x)＝f(x)－3ex－m
＝ex(x－2)－m，
函数g(x)＝ex(x－2)－m有两个零点，相当于曲线u(x)＝ex(x－2)与直线y＝m有两个交点.
u′(x)＝ex(x－2)＋ex＝ex(x－1)．
当x∈(－∞，1)时，u′(x)<0，所以u(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，u′(x)>0，所以u(x)在(1，＋∞)单调递增，
所以x＝1时，u(x)取得极小值u(1)＝－e.
又x→＋∞时，u(x)→＋∞；
x<2时，u(x)<0，所以－e(方法二)g(x)＝f(x)－3ex－m＝ex(x－2)－m，
g′(x)＝ex·(x－2)＋ex＝ex(x－1)，
当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x＝1时，g(x)取得极小值g(1)＝－e－m.
又x→－∞时，g(x)→－m，
所以－e2．(2020·全国卷Ⅲ)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.
解：(1)由函数f(x)＝x3＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋b.
依题意得f′＝0，即＋b＝0.故b＝－.
(2)由(1)知f(x)＝x3－x＋c，f′(x)＝3x2－.
令f′(x)＝0，解得x＝－或x＝.
x，f′(x)与f(x)的变化情况为：
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.
考点3　函数零点与极值点的偏移问题?——应用性
已知函数f(x)＝x2－2x＋1＋aex有两个极值点x1，x2，且x1证明：x1＋x2>4.
证明：令g(x)＝f′(x)＝2x－2＋aex，则x1，x2是函数g(x)的两个零点．
令g(x)＝0，得a＝－.
令h(x)＝－，则h(x1)＝h(x2)，
h′(x)＝，可得h(x)在区间(－∞，2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，
所以x1<2令H(x)＝h(2＋x)－h(2－x)，
则H′(x)＝h′(2＋x)－h′(2－x)＝，
当0所以h(2＋x)所以h(x1)＝h(x2)＝h(2＋(x2－2))因为x1<2,4－x2<2，h(x)在(－∞，2)上单调递减，
所以x1>4－x2，即x1＋x2>4.
1．对极值点偏移的解释
已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(x1，x2)内有且只有一个极值点x0，且f(x1)＝f(x2)．若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0＝，
我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图像不具有对称性，常常有极值点x0≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”．
2．解极值点偏移问题的通法
第一步：根据f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)建立等量关系，并结合f(x)的单调性，确定x1，x2的取值范围；
第二步：不妨设x1第三步：构造关于x1(或x2)的一元函数，或令＝t(t>1)构造关于t的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对待证不等式的证明．
已知函数f(x)＝ex(ex－ax＋a)有两个极值点x1，x2.
(1)求a的取值范围；
(2)求证：2x1x2(1)解：因为f(x)＝ex(ex－ax＋a)，
所以f′(x)＝ex(ex－ax＋a)＋ex(ex－a)＝ex(2ex－ax)．
令f′(x)＝0，则2ex＝ax.
当a＝0时，不成立；
当a≠0时，＝.
令g(x)＝，所以g′(x)＝.
当x<1时，g′(x)>0；
当x>1时，g′(x)<0.
所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又因为g(1)＝，
当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
因此，当0<<时，f(x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e，＋∞)．
(2)证明：由(1)不妨设0所以
所以x2－x1＝lnx2－lnx1.
要证明2x1x2只要证明2x1x2(lnx2－lnx1)即证明2ln<－.
设＝t(t>1)，
即要证明2ln
t－t＋<0在t∈(1，＋∞)上恒成立．
记h(t)＝2ln
t－t＋(t>1)，
h′(t)＝－1－＝＝<0，
所以h(t)在区间(1，＋∞)上单调递减，
所以h(t)t－t＋<0，即2x1x2已知f(x)＝xln
x－mx2－x，m∈R.若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．
　　　　　　　　　　　　　　　　
[四字程序]
读
想
算
思
求证：x1x2>e2
1.证明不等式的解题策略；2．如何构造函数？
由极值的定义建立等量关系、求导研究有关函数的单调性
转化与化归
f(x)有两个极值点x1，x2，且x11.构造函数转化为求函数最值；2．利用函数单调性；3．建立等量关系后令t＝构建关于t的函数；4．构造g(x)＝
1.由得m＝；2．令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，g′(x)＝
1.函数极值的定义；2．欲证x1x2>e2，需证ln
x1＋ln
x2>2
思路参考：转化为证明ln
x1＋ln
x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．
令t＝将ln
x1＋ln
x2变形为关于t的函数，将ln
x1＋ln
x2>2转化为关于t的不等式进行证明．
证明：欲证x1x2>e2，需证ln
x1＋ln
x2>2.
若f(x)有两个极值点x1，x2，即函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln
x－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．
于是，有
解得m＝.
另一方面，由
得ln
x2－ln
x1＝m(x2－x1)，
从而得＝.
于是，ln
x1＋ln
x2
＝
＝.
又01.
因此，ln
x1＋ln
x2＝，t>1.
要证ln
x1＋ln
x2>2，即证>2，t>1.
即当t>1时，有ln
t>.
设函数h(t)＝ln
t－，t＞1，
则h′(t)＝－＝≥0，
所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．注意到，h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0.
于是，当t>1时，有ln
t>.
所以ln
x1＋ln
x2>2成立，即x1x2>e2.
思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>.依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，所以mx1＝ln
x1，mx2＝ln
x2.
令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，
由于g′(x)＝，
因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
又x1令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，
故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)，即x1x2>e2.
思路参考：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，推出＝et1－t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．
解：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，
由得?＝et1－t2.
设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝.
欲证x1x2>e2，
需证ln
x1＋ln
x2>2.
即只需证明t1＋t2＞2，即>2?k(1＋ek)<2(ek－1)?k(1＋ek)－2(ek－1)<0.
设g(k)＝k(1＋ek)－2(ek－1)(k<0)，g′(k)＝kek－ek＋1，
g″(k)＝kek<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，
故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，
因此g(k)思路参考：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，推出＝et1－t2.将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．
证明：设t1＝ln
x1∈(0,1)，t2＝ln
x2∈(1，＋∞)，
由得?＝et1－t2.
设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝.
欲证x1x2>e2，需证ln
x1＋ln
x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2?ln
kk－<0.
设g(k)＝ln
k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，
故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．
2．基于课程标准，解答本题一般需要熟练掌握转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．
已知函数f(x)＝xln
x－2ax2＋x，a∈R.
(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明x1＋x2>.
(1)解：f′(x)＝ln
x＋2－4ax.
因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，
所以
f′(x)＝ln
x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，
即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．
令g(x)＝＋，
则g′(x)＝.
所以，当00，即g(x)在内单调递增；
当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．
所以g(x)的最大值为g＝e，
所以实数a的取值范围是.
(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，
则f′(x)＝ln
x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2.
由(1)知0由两式相减，得ln
x1－ln
x2＝4a(x1－x2)．
不妨设0所以要证明x1＋x2>，
只需证明<.
即证明>ln
x1－ln
x2，
亦即证明>ln.
令函数h(x)＝－ln
x,0所以h′(x)＝<0，
即函数h(x)在(0,1)内单调递减．
所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，
所以>ln
x.
即不等式>ln成立．
综上，x1＋x2>，命题得证．第3章
导数及其应用
构造法解f(x)与f′(x)共存问题
以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中具有f(x)与f′(x)共存的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考中的一个热点．解答这类问题的策略是将f(x)与f′(x)共存的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用函数的性质解决问题．
　构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)>1，f(2)＝，则关于x的不等式f(ex)<3－的解集为(　　)
A．(0，e2)
B．(e2，＋∞)
C．(0，ln
2)
D．(－∞，ln
2)
D　解析：构造函数F(x)＝f(x)＋.依题意知F′(x)＝f′(x)－＝>0，即函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．所求不等式可化为F(ex)＝f(ex)＋<3，而F(2)＝f(2)＋＝3，所以ex<2，解得x2，故不等式的解集为(－∞，ln
2)．
【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题．
函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)在R上的导函数f′(x)>，则不等式f(x)<的解集为________．
(－∞，1)　解析：由f′(x)>，可得′＝f′(x)－>0，即函数F(x)＝f(x)－x在R上是增函数．又由f(1)＝1可得F(1)＝，故f(x)<＝＋x，整理得f(x)－x<，即F(x)　构造f(x)g(x)型可导函数
设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是(　　)
A．(－3,0)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
A　解析：构造函数F(x)＝f(x)·g(x)．由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，＋∞)上单调递增．而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)＝0，结合图像(图略)可知不等式f(x)g(x)>0?F(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)．故选A.
【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用函数的性质巧妙地解决问题．
设定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋f(x)＝3x2e－x，且f(0)＝0，则(　　)
A．f(x)在R上单调递减
B．f(x)在R上单调递增
C．f(x)在R上有最大值
D．f(x)在R上有最小值
C　解析：构造函数F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝.又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝，f′(x)＝.易知f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝，无最小值．故选C.
　构造型可导函数
已知定义域为R的函数f(x)的图像是连续不断的曲线，且f(2－x)＝
f(x)e2－2x.当x>1时，f′(x)>f(x)，则(　　)
A．f(1)>ef(0)
B．f(3)C．f(2)D．f(3)>e5f(－2)
C　解析：构造函数F(x)＝exf(x)，则有F′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]＝ex·3x2e－x＝3x2，故F(x)＝x3＋c(c为常数)，所以f(x)＝.又f(0)＝0，所以c＝0，f(x)＝，f′(x)＝.易知f(x)在区间(－∞，3]上单调递增，在[3，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(3)＝，无最小值．故选C.
【点评】当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“＝′”，构造可导函数y＝，然后利用函数的性质巧妙地解决问题．
(2020·长沙明德中学月考)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)＝ex(2x＋1)＋f(x)，f(0)＝－2，则不等式f(x)<4ex的解集为(　　)
A．(－2,3)
B．(－3,2)
C．(－∞，－3)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(3，＋∞)
B　解析：令G(x)＝，
则G′(x)＝＝2x＋1，
所以可设G(x)＝x2＋x＋c.
因为G(0)＝f(0)＝－2，
所以c＝－2，所以G(x)＝＝x2＋x－2，则f(x)<4ex等价于<4，即x2＋x－2<4，
解得－3导数及其应用
二　多选题命题热点之导数
导数是高中数学的重要内容，从近几年高考试题中可以看出，导数是每年的必考内容之一，且占有较大的分值比重．考查内容主要为研究函数的单调性、极值和最值及函数零点、不等式等问题．
　利用导数研究函数的单调性、极值和最值
(多选题)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，在定义域[－2,2]上表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1.下列说法正确的是(　　)
A．f(x)是奇函数
B．若f(x)在[s，t]内递减，则|t－s|的最大值为4
C．若f(x)的最大值为M，则最小值为－M
D．若对?x∈[－2,2]，k≤f′(x)恒成立，则k的最大值为2
AC　解析：由题意f(0)＝0，得c＝0.
f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
所以解得a＝0，b＝－4.
所以f(x)＝x3－4x，f′(x)＝3x2－4.
对于A，C，显然f(－x)＝－f(x)，f(x)是奇函数，故A，C正确；
对于B，令f′(x)<0，解得－对于D，当x∈[－2,2]时，3x2－4≥－4，故k的最大值为－4.故D错误．故选AC.
(多选题)已知函数f(x)的定义域为R，且导函数为f′(x)，如图是函数y＝xf′(x)的图像，则下列说法正确的有(　　)
A．函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)
B．函数f(x)的单调递增区间是(－2，＋∞)
C．x＝－2是函数的极小值点
D．x＝2是函数的极小值点
ABC　解析：当x≥0时，y＝xf′(x)≥0，故f′(x)≥0，函数单调递增；
当－20，函数单调递增；
当x＝－2时，y＝xf′(x)＝0，故f′(－2)＝0；
当x<－2时，y＝xf′(x)>0，故f′(x)<0，函数单调递减．故ABC正确．
　利用导数研究函数零点、方程根问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(多选题)已知f(x)＝－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.若φ(x)＝ex·f(x)－有唯一的零点，则m的值可能为(　　)
A．2
B．3
C．－3
D．－4
ACD　解析：f(x)＝－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.
因为φ(x)＝ex·f(x)－只有一个零点，
所以2m(x2＋1)－ex－＝0只有一个实数根，
即(m＋2)2－2m＋1＝0只有一个实数根．
令t＝，
则t′＝
＝≤0.
所以函数t＝在R上单调递减，且x→＋∞时，t→0，
所以函数t＝的大致图像如图所示，
所以只需关于t的方程(m＋2)t2－2mt＋1＝0(
)有且只有一个正实根．
①当m＝2时，方程(
)为4t2－4t＋1＝0，解得t＝，符合题意；
②当m＝3时，方程(
)为5t2－6t＋1＝0，解得t＝或t＝1，不符合题意；
③当m＝－3时，方程(
)为t2－6t－1＝0，得t＝3±，只有3＋>0，符合题意；
④当m＝－4时，方程(
)为2t2－8t－1＝0，得t＝，只有>0，符合题意．故选ACD.
(多选题)已知函数f(x)＝，则下列结论正确的是(　　)
A．函数f(x)存在两个不同的零点
B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C．当－eD．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝，则t的最小值为2
ABC　解析：f(x)＝0?x2＋x－1＝0，解得x＝，所以A项正确．
f′(x)＝－＝－，
当f′(x)>0时，－1当f′(x)<0时，x<－1或x>2，
所以(－∞，－1)，(2，＋∞)是函数f(x)的单调递减区间，(－1,2)是函数f(x)的单调递增区间，所以f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B项正确．
当x→＋∞时，y→0，根据B选项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e.
再根据单调性可知，当－e由图像可知，t的最大值是2，所以D项不正确．故选ABC.
　利用导数研究不等式问题
(多选题)已知函数f(x)＝ln
x＋，则(　　)
A．存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)<0
B．函数f(x)的单调递减区间是(0,2)
C．任意x∈(0，＋∞)，都有f(x)>0
D．对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4
BCD　解析：因为f(x)＝ln
x＋，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.
令f′(x)<0，则0所以函数f(x)在(0,2)上单调递减；
令f′(x)>0，则x>2，所以函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增．
所以函数f(x)在x＝2处取得极小值也是最小值．
f(x)min＝f(2)＝ln
2＋1>0，所以对任意x∈(0，＋∞)，B项，C项正确，A项错误．
由x＝2是f(x)的极小值点，可知f(x1)＝f(x2)时，x2＞2＞x1＞0，易知4－x1＞2，则f(4－x1)－f(x2)＝f(4－x1)－f(x1)＝＋ln
(4－x1)－－ln
x1＝＋ln
.令t＝，则t＞1，x1＝，则F(t)＝f(4－x1)－f(x2)＝＋ln
t(t＞1)，F′(t)＝＜0，
所以F(t)在(1，＋∞)上单调递减，F(t)＜F(1)＝0，
故f(4－x1)－f(x2)＜0.又f(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以4－x1＜x2，故x1＋x2＞4，D项正确．
证明不等式的常用方法
(1)若证明f(x)(2)若证明F(x)<0，可变形为F(x)＝f(x)－g(x)<0，即f(x)(多选题)已知f(x)是可导的函数，且f′(x)＜f(x)，对于x∈R恒成立，则(　　)
A．f(1)＜ef(0)，f(2
020)＜e2
020f(0)
B．f(1)＞ef(0)，f(1)＞e2f(－1)
C．f(1)＜ef(0)，f(1)＜e2f(－1)
D．f(1)＞ef(0)，f(2
020)＞e2
020f(0)
AC　解析：设g(x)＝，则g′(x)＝.
因为f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0，即g(x)在R上单调递减，
所以g(1)＜g(0)，即＜，即f(1)＜ef(0)，
g(2
020)＜g(0)，即＜，即f(2
020)＜e2
020f(0)，
g(1)＜g(－1)，即＜，即f(1)＜e2f(－1)．
所以选项A和C正确，选项B和D均错误．
故选AC.

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