江苏专用2022高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式考点整合理

【创新设计】（江苏专用）2022高考数学二轮复习专题一函数与导数、不等式考点整合理第1讲　函数、函数与方程及函数的应用高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)函数的概念和函数的基本性质是B级要求，是重要考点；(2)指数与对数的运算、指数函数与对数函数的图象和性质都是考查热点，要求都是B级；(3)函数与方程是B级要求，但经常与二次函数等基本函数的图象和性质综合起来考查，是重要考点；(4)函数模型及其应用是考查热点，要求是B级；试题类型可能是填空题，也可能在解答题中与函数性质、导数、不等式综合考查．真题感悟1．(2022·江苏卷)函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是________．解析　函数f(x)的定义域为，令t＝2x＋1(t＞0)．因为y＝log5t在t∈(0，＋∞)上为增函数，t＝2x＋1在上为增函数，所以函数y＝log5(2x＋1)的单调增区间为.答案　2．(2022·江苏卷)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1，1]上，f(x)＝其中a，b∈R.若f＝f，则a＋3b的值为________．解析　因为函数f(x)是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)⇒－a＋1＝，又f＝f＝f⇒＝－a＋1，联立列成方程组解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝2－12＝－10.答案　－103．(2022·江苏卷)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝63\n.若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________．解析　作出函数y＝f(x)与y＝a的图象，根据图象交点个数得出a的取值范围．作出函数y＝f(x)在[－3，4]上的图象，f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝，观察图象可得0＜a＜.答案　4．(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝|lnx|，g(x)＝则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________．解析　令h(x)＝f(x)＋g(x)，则h(x)＝当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋＝＜0，故当1＜x＜2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y＝|h(x)|和y＝1的图象如图所示．由图象可知|f(x)＋g(x)|＝1的实根个数为4.答案　4考点整合1．函数的性质(1)单调性：证明函数的单调性时，规范步骤为取值、作差、变形、判断符号和下结论．可以用来比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性；(2)奇偶性：①若f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(－x)；②若f(x)是奇函数，0在其定义域内，则f63\n(0)＝0；③奇函数在对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在对称的单调区间内有相反的单调性；(3)周期性：①若y＝f(x)对x∈R，f(x＋a)＝f(x－a)或f(x－2a)＝f(x)(a＞0)恒成立，则y＝f(x)是周期为2a的周期函数；②若y＝f(x)是偶函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为2|a|的周期函数；③若y＝f(x)是奇函数，其图象又关于直线x＝a对称，则f(x)是周期为4|a|的周期函数；④若f(x＋a)＝－f(x)，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数．2．函数的图象对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换．3．函数的零点与方程的根(1)函数的零点与方程根的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．(2)零点存在性定理注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点．4．应用函数模型解决实际问题的一般程序⇒⇒⇒与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.热点一　函数的性质及其应用【例1】(1)(2022·全国Ⅰ卷)若函数f(x)＝xln(x＋)为偶函数，则a＝________．(2)设f(x)＝(a∈R)的图象关于直线x＝1对称，则a的值为________．(3)(2022·苏北四市模拟)设奇函数y＝f(x)(x∈R)，满足对任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)，且x∈时，f(x)＝－x2，则f(3)＋f的值等于________．解析　(1)f(x)为偶函数，则ln(x＋)为奇函数，所以ln(x＋)＋ln(－x＋)＝0，即ln(a＋x2－x2)＝0，∴a＝1.63\n(2)由函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，得f(0)＝f(2)，即2＝－2a＋6，解得a＝2.(3)根据对任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t＋1)＝－f(t)，进而得到f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，得函数y＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0,f＝f＝－.所以f(3)＋f的值是0＋＝－.答案　(1)1　(2)2　(3)－探究提高　1.第(2)小题将对称问题转化为点的对称，从而很容易地解决问题，本题也可借助于图象的斜率解决．2．根据函数的奇偶性、单调性和周期性，把所求函数值转化为给定范围内的函数值，再利用所给范围内的函数解析式求出函数值．【训练1】(1)(2022·长沙模拟)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________．(2)(2022·天津卷改编)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为________．解析　(1)∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称．又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)上单调递减，则f(x)的大致图象如图所示，由f(x－1)＞0，得－2＜x－1＜2，即－1＜x＜3.(2)因为函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数可知，m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，当x＞0时，f(x)为增函数，log0.53＝－log23，∴log25＞|log0.53|＞0，∴b＝f(log25)＞a＝f(log0.53)＞c＝f(2m)＝f(0)＝20－1＝0.答案　(1)(－1，3)　(2)c＜a＜b热点二　函数的图象及其应用【例2】(2022·全国Ⅰ卷改编)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________．63\n解析　设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，因为g′(x)＝ex(2x＋1)，所以当x<－时，g′(x)<0，当x>－时，g′(x)>0，所以当x＝－时，[g(x)]min＝，当x＝0时，g(0)＝－1，当x＝1时，g(1)＝e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)，则满足题意的唯一整数x0＝0，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.答案　探究提高　(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质．(2)在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究．【训练2】设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，则不等式<0的解集为________．解析　由奇函数的定义和f(2)＝0得出函数在(－∞，0)上也为增函数．画出函数草图(如图)，可得在(－2，0)和(2，＋∞)上f(x)>0，在(－∞，－2)和(0，2)上f(x)<0.当x>0时，由<0，可得f(x)－f(－x)＝2f(x)<0，结合图象可知(0，2)符合；当x<0时，由<0，可得f(x)－f(－x)＝2f(x)>0，结合图象可知(－2，0)符合．答案　(－2，0)∪(0，2)热点三　函数与方程问题63\n[微题型1]　函数零点个数的求解【例3－1】函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是________．解析　因为f(0)＝1＋0－2＝－1，f(1)＝2＋13－2＝1，所以f(0)·f(1)＜0.又函数f(x)在(0，1)内单调递增，所以f(x)在(0，1)内的零点个数是1.答案　1探究提高　在解决函数与方程问题中的函数的零点问题时，要学会掌握转化与化归思想的运用．如本题直接根据已知函数求函数的零点个数难度很大，也不是初等数学能轻易解决的，所以遇到此类问题的第一反应就是转化已知函数为熟悉的函数，再利用数形结合求解．[微题型2]　由函数零点(或方程根)的情况求参数【例3－2】(2022·天津卷改编)已知函数f(x)＝函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是________．解析　记h(x)＝－f(2－x)在同一坐标系中作出f(x)与h(x)的图象如图，直线AB：y＝x－4，当直线l∥AB且与f(x)的图象相切时，由解得b′＝－，－－(－4)＝，同理，y轴左侧也有相同的情况．所以曲线h(x)向上平移个单位后，y轴左右各有2个交点，所得图象与f(x)的图象有四个公共点，平移2个单位时，两图象有无数个公共点，因此，当＜b＜2时，f(x)与g(x)的图象有四个不同的交点，即y＝f(x)－g(x)恰有4个零点．答案　探究提高　利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解．(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解．(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．【训练3】(2022·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝－m|x|有三个零点，则实数m的取值范围为________．解析　函数f(x)有三个零点等价于方程＝m|x|有且仅有三个实根．63\n∵＝m|x|⇔＝|x|(x＋2)，作函数y＝|x|(x＋2)的图象，如图所示，由图象可知m应满足0＜＜1，故m＞1.答案　(1，＋∞)热点四　函数的实际应用问题【例4】　(2022·江苏卷)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．(1)求a，b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．解　(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝，63\n得解得(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，则点P的坐标为，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－，则l的方程为y－＝－(x－t)，由此得A，B.故f(t)＝＝，t∈[5，20]．②设g(t)＝t2＋，则g′(t)＝2t－.令g′(t)＝0，解得t＝10.当t∈(5，10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15.答：当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．探究提高　(1)关于解决函数的实际应用问题，首先要在阅读上下功夫，一般情况下，应用题文字叙述比较长，要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去．(2)对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法．【训练4】(2022·江苏卷)如图，建立平面直角坐标系xOy，x轴在地平面上，y轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程y＝kx－(1＋k2)x2(k>0)表示的曲线上，其中k与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．(1)求炮的最大射程；(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标a不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．63\n解　(1)令y＝0，得kx－(1＋k2)x2＝0，由实际意义和题设条件知x>0，k>0，故x＝＝≤＝10，当且仅当k＝1时取等号．所以炮的最大射程为10千米．(2)因为a>0，所以炮弹可击中目标⇔存在k>0，使3.2＝ka－(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋64＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.所以当a不超过6千米时，可击中目标.1．解决函数问题忽视函数的定义域或求错函数的定义域，如求函数f(x)＝的定义域时，只考虑x＞0，忽视lnx≠0的限制．2．函数定义域不同，两个函数也不同；对应关系不同，两个函数也不同；定义域和值域相同，也不一定是相同的函数．3．如果一个奇函数f(x)在原点处有意义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.4．奇函数在两个对称的区间上有相同的单调性，偶函数在两个对称的区间上有相反的单调性．5．函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用．6．不能准确把握基本初等函数的形式、定义和性质．如讨论指数函数y＝ax(a＞0，a≠1)的单调性时，不讨论底数的取值；忽视ax＞0的隐含条件；幂函数的性质记忆不准确等．7．判断函数零点个数的方法有：(1)直接求零点；(2)零点存在性定理；(3)数形结合法．8．对于给定的函数不能直接求解或画出图形，常会通过分解转化为两个函数图象，然后数形结合，看其交点的个数有几个，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.一、填空题1．(2022·宿迁调研模拟)函数f(x)＝lnx＋的定义域为________．解析　要使函数f(x)＝lnx＋有意义，则解得0＜x≤1，即函数定义域是(0，1]．63\n答案　(0，1]2．(2022·苏北四市调研)已知函数y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则a的取值范围为________．解析　根据复合函数的单调性及对数函数的定义域求解．因为y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，所以u＝ax－1在(1，2)单调递增，且恒大于0，即⇒a≥1.答案　[1，＋∞)3．(2022·苏、锡、常、镇模拟)若a＝log3π，b＝log76，c＝log20.8，则a，b，c由小到大的顺序为________．解析　因为a＝log3π＞1，0＜b＝log76＜1，c＝log20.8＜0，故c＜b＜a.答案　c＜b＜a4．已知函数f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx.若方程f(x)＝g(x)有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是________．解析　由f(x)＝g(x)，∴|x－2|＋1＝kx，即|x－2|＝kx－1，所以原题等价于函数y＝|x－2|与y＝kx－1的图象有2个不同交点．如图：∴y＝kx－1在直线y＝x－1与y＝x－1之间，∴＜k＜1.答案　5．(2022·江苏卷)已知实数a≠0，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．解析　首先讨论1－a，1＋a与1的关系，当a＜0时，1－a＞1，1＋a＜1，所以f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a；f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝3a＋2.因为f(1－a)＝f(1＋a)，所以－1－a＝3a＋2，所以a＝－.当a＞0时，1－a＜1，1＋a＞1，所以f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a；f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－3a－1.因为f(1－a)＝f(1＋a)，所以2－a＝－3a－1，63\n所以a＝－(舍去)．综上，满足条件的a＝－.答案　－6．已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是________．解析　f′(x)＝3x2＋1>0，∴f(x)在R上为增函数．又f(x)为奇函数，由f(mx－2)＋f(x)<0知，f(mx－2)<f(－x)．∴mx－2<－x，即mx＋x－2<0，令g(m)＝mx＋x－2，由m∈[－2，2]知g(m)<0恒成立，可得∴－2<x<.答案　7．(2022·南师附中模拟)若函数f(x)＝有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解析　当x＞0时，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点，令f(x)＝0得a＝2x，因为0＜2x≤20＝1，所以0＜a≤1，所以实数a的取值范围是0＜a≤1.答案　(0，1]8．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对∀x∈R都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立．当x1，x2∈[0，2]，且x1≠x2时，都有＜0，给出下列命题：①f(2)＝0；②直线x＝－4是函数y＝f(x)图象的一条对称轴；③函数y＝f(x)在[－4，4]上有四个零点；④f(2014)＝0.其中所有正确命题的序号为________．解析　令x＝－2，得f(－2＋4)＝f(－2)＋f(2)，解得f(－2)＝0，因为函数f(x)为偶函数，所以f(2)＝0，①正确；因为f(－4＋x)＝f(－4＋x＋4)＝f(x)，f(－4－x)＝f(－4－x＋4)＝63\nf(－x)＝f(x)，所以f(－4＋x)＝f(－4－x)，即x＝－4是函数f(x)的一条对称轴，②正确；当x1，x2∈[0，2]，且x1≠x2时，都有＜0，说明函数f(x)在[0，2]上是单调递减函数，又f(2)＝0，因此函数f(x)在[0，2]上只有一个零点，由偶函数知函数f(x)在[－2，0]上也只有一个零点，由f(x＋4)＝f(x)，知函数的周期为4，所以函数f(x)在(2，4]与[－4，－2)上也单调，因此，函数在[－4，4]上只有2个零点，③错；对于④，因为函数的周期为4，即有f(2)＝f(6)＝f(10)＝…＝f(2014)＝0，④正确．答案　①②④二、解答题9．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋(x＞0)．(1)若g(x)＝m有实根，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．解　(1)∵x＞0，∴g(x)＝x＋≥2＝2e，等号成立的条件是x＝e.故g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，则g(x)＝m就有实根．故m∈[2e，＋∞)．(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)＝f(x)中函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋(x＞0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.其对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.故当m－1＋e2＞2e，即m＞－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．63\n10．请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解　设包装盒的高为hcm，底面边长为acm.由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0＜x＜30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0，20)时，V′＞0；当x∈(20，30)时，V′＜0.所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时＝.即包装盒的高与底面边长的比值为.11.如图，现要在边长为100m的正方形ABCD内建一个交通“环岛”．以正方形的四个顶点为圆心在四个角分别建半径为xm(x不小于9)的扇形花坛，以正方形的中心为圆心建一个半径为x2m的圆形草地．为了保证道路畅通，岛口宽不小于60m，绕岛行驶的路宽均不小于10m.(1)求x的取值范围；(运算中取1.4)(2)若中间草地的造价为a元/m2，四个花坛的造价为ax元/m2，其余区域的造价为63\n元/m2，当x取何值时，可使“环岛”的整体造价最低？解　(1)由题意得解得即9≤x≤15.所以x的取值范围是[9，15]．(2)记“环岛”的整体造价为y元，则由题意得y＝a×π×＋ax×πx2＋×＝，令f(x)＝－x4＋x3－12x2，则f′(x)＝－x3＋4x2－24x＝－4x.由f′(x)＝0解得x＝0(舍去)或x＝10或x＝15，列表如下：x9(9，10)10(10，15)15f′(x)－0＋0f(x)极小值所以当x＝10时，y取最小值．故当x＝10时，可使“环岛”的整体造价最低．第2讲　不等式问题高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)一元二次不等式是C级要求，要求在初中所学二次函数的基础上，掌握二次函数、二次不等式、二次方程之间的联系和区别，可以单独考查，也可以与函数、方程等构成综合题；(2)线性规划的要求是A级，理解二元一次不等式对应的平面区域，能够求线性目标函数在给定区域上的最值，同时对一次分式型函数、二次型函数的最值也要有所了解；(3)基本不等式是C级要求，理解基本不等式在不等式证明、函数最值的求解方面的重要应用．63\n真题感悟1．(2022·江苏卷)不等式2x2－x＜4的解集为________．解析　∵2x2－x＜4＝22，∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，解得－1<x<2.答案　{x|－1＜x＜2}2．(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________．解析　二次函数f(x)对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则有解得－<m<0.答案　3．(2022·江苏卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x>0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________．解析　由已知得f(0)＝0，当x<0时，f(x)＝－f(－x)＝－x2－4x，因此f(x)＝不等式f(x)>x等价于或解得：x>5或－5<x<0.答案　(－5，0)∪(5，＋∞)4．(2022·江苏卷)已知正数a，b，c满足：5c－3a≤b≤4c－a，clnb≥a＋clnc，则的取值范围是________．解析　由题意知作出可行域(如图所示)．由63\n得a＝，b＝c.此时＝7.由得a＝，b＝.此时＝＝e.所以∈[e，7]．答案　[e，7]考点整合1．解含有参数的一元二次不等式，要注意对参数的取值进行讨论：①对二次项系数与0的大小进行讨论；②在转化为标准形式的一元二次不等式后，对判别式与0的大小进行讨论；③当判别式大于0，但两根的大小不确定时，对两根的大小进行讨论．2．一元二次不等式恒成立的条件设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若ax2＋bx＋c＞0恒成立(解集为R)⇔y＝f(x)图象恒在x轴上方⇔f(x)min＞0⇔若ax2＋bx＋c＜0恒成立(解集为R)⇔y＝f(x)图象恒在x轴下方⇔f(x)max＜0⇔3．利用基本不等式求最值已知x，y∈R＋，则(1)若x＋y＝S(和为定值)，则当x＝y时，积xy取得最大值；(2)若xy＝P(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值2(x＋y≥2＝2)．4．平面区域的确定方法是“直线定界、特殊点定域”，二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的半平面的交集．线性目标函数z＝ax＋by中的z不是直线ax＋by＝z在y轴上的截距，把目标函数化为y＝－x＋，可知是直线ax＋by＝z在y63\n轴上的截距，要根据b的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值．热点一　一元二次不等式的解法及应用【例1】(1)(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)<c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．(2)若不等式x2＋ax＋1≥0对于一切x∈成立，则a的取值范围是________．解析　(1)由题意知f(x)＝x2＋ax＋b＝＋b－.∵f(x)的值域为[0，＋∞)，∴b－＝0，即b＝.∴f(x)＝.由f(x)<c，得－－<x<－＋，又f(x)<c的解集为(m，m＋6)，∴②－①，得2＝6，∴c＝9.(2)法一　设f(x)＝x2＋ax＋1，其对称轴为x＝－.若－≥，即a≤－1时，则f(x)在上是减函数，若满足题意应有f≥0，即－≤a≤－1.若－≤0，即a≥0时，则f(x)在上是增函数，又f(0)＝1>0成立，故a≥0.若0<－<，即－1<a<0，则应有f＝－＋1＝1－≥0成立，故－1<a<0.综上，a≥－.法二　也可转化为：a≥－，x∈(0，)恒成立，利用单调性求解．答案　(1)9　(2)63\n探究提高　解一元二次不等式一般要先判断二次项系数的正负也即考虑对应的二次函数图象的开口方向，再考虑方程根的个数也即求出其判别式的符号，有时还需要考虑其对称轴的位置，根据条件列出方程组或结合对应的函数图象求解．【训练1】已知一元二次不等式f(x)<0的解集为，则f(10x)>0的解集为______．解析　依题意知f(x)>0的解为－1<x<，故0<10x<，解得x<lg＝－lg2.答案　{x|x＜－lg2}热点二　利用基本不等式求最值[微题型1]　基本不等式的简单应用【例2－1】(2022·武汉模拟)已知两个正数x，y满足x＋4y＋5＝xy，则xy取最小值时，x，y的值分别为________．解析　∵x＞0，y＞0，∴x＋4y＋5＝xy≥2＋5，即xy－4－5≥0，可求xy≥25.当且仅当x＝4y时取等号，即x＝10，y＝.答案　10，[微题型2]　带有约束条件的基本不等式问题【例2－2】(2022·四川卷改编)如果函数f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为________．解析　令f′(x)＝(m－2)x＋n－8＝0，∴x＝－，当m＞2时，对称轴x0＝－，由题意，－≥2，∴2m＋n≤12，∵≤≤6，∴mn≤18，由2m＋n＝12且2m＝n知m＝3，n＝6，当m＜2时，抛物线开口向下，由题意－≤，即2n＋m≤18，∵≤≤9，∴mn≤，由2n＋m＝18且2n＝m，得m＝9(舍去)，∴mn最大值为18.答案　18[微题型3]　基本不等式在实际问题中的应用【例2－3】如图，在C城周边已有两条公路l1，l2在点O处交汇．已知OC＝(＋63\n)km，∠AOB＝75°，∠AOC＝45°，现规划在公路l1，l2上分别选择A，B两处为交汇点(异于点O)直接修建一条公路通过C城．设OA＝xkm，OB＝ykm.(1)求y关于x的函数关系式并指出它的定义域；(2)试确定点A，B的位置，使△OAB的面积最小．解　(1)因为△AOC的面积与△BOC的面积之和等于△AOB的面积，所以x(＋)sin45°＋y(＋)·sin30°＝xysin75°，即x(＋)＋y(＋)＝xy，所以y＝(x＞2)．(2)△AOB的面积S＝xysin75°＝xy＝×＝(x－2＋＋4)≥×8＝4(＋1)．当且仅当x＝4时取等号，此时y＝4.故OA＝4km，OB＝4km时，△OAB面积的最小值为4(＋1)km2.探究提高　在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．【训练2】(1)(2022·广州模拟)若正实数x，y满足x＋y＋1＝xy，则x＋2y的最小值是________．(2)已知关于x的不等式2x＋≥7在x∈(a，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为________．解析　(1)由x＋y＋1＝xy，得y＝，又y＞0，x＞0，∴x＞1.∴x＋2y＝x＋2×＝x＋2×＝x＋2＋＝3＋(x－1)＋≥3＋4＝7，63\n当且仅当x＝3时取“＝”．(2)∵x∈(a，＋∞)，∴x－a＞0，∴2x＋＝2(x－a)＋＋2a≥2·＋2a＝4＋2a，由题意可知4＋2a≥7，得a≥，故实数a的最小值为.答案　(1)7　(2)热点三　简单线性规划问题【例3】(2022·苏、锡、常、镇调研)设实数n≤6，若不等式2xm＋(2－x)n－8≥0对任意x∈[－4，2]都成立，则的最小值为________．解析　因为不等式2xm＋(2－x)n－8≥0即为(2m－n)x≥8－2n，对任意x∈[－4，2]都成立，所以，所以m，n满足的不等式为，所以点(m，n)对应的平面区域如图，的几何意义是可行域上的点与原点的连线的斜率，所以∈，而目标函数＝－，令＝t∈，则目标函数即为y＝－t3，其导数y′＝－－3t2＜0，所以函数y＝－t3在t∈上递减，故t＝3时取得最小值－.63\n答案　－探究提高　线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想．需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得．【训练3】(1)已知动点P(x，y)在过点且与圆M：(x－1)2＋(y＋2)2＝5相切的两条直线和x－y＋1＝0所围成的区域内，则z＝|x＋2y－3|的最小值为________．(2)若x，y满足条件且z＝2x＋3y的最大值是5，则实数a的值为________．解析　(1)由题意知，圆M：(x－1)2＋(y＋2)2＝5的圆心坐标为(1，－2)，半径为.过点的直线方程可设为y＝k－2，即kx－y＋k－2＝0.因为直线kx－y＋k－2＝0和圆M相切，所以＝，解得k＝±2，所以两条切线方程分别为l1：2x－y＋1＝0，l2：2x＋y＋5＝0.由直线l1，l2和x－y＋1＝0所围成的区域如图所示．z＝|x＋2y－3|＝的几何意义为可行域内的点到直线x＋2y－3＝0的距离的倍．由图知，可行域内的点B到直线x＋2y－3＝0的距离最小，则zmin＝|0＋2×1－3|＝1.(2)画出满足条件的可行域如图阴影部分所示，则当直线z＝2x＋3y过点A(a，a)时，z＝2x＋3y取得最大值5，所以5＝2a＋3a，解得a＝1.答案　(1)1　(2)11．应用不等式的性质时应注意的两点63\n(1)两个不等式相加的前提是两个不等式同向；两个不等式相乘的前提是两个不等式同向，且不等式两边均大于0；不等式原则上不能相减或相除．(2)不等式的性质是不等式变形的依据，但要注意区分不等式各性质的是否可逆性．2．多次使用基本不等式的注意事项当多次使用基本不等式时，一定要注意每次是否能保证等号成立，并且要注意取等号的条件的一致性，否则就会出错，因此在利用基本不等式处理问题时，列出等号成立的条件不仅是解题的必要步骤，也是检验转换是否有误的一种方法．3．均值不等式除了在客观题考查外，在解答题的关键步骤中也往往起到“巧解”的作用，但往往需先变换形式才能应用．4．解决线性规划问题首先要找到可行域，再注意目标函数表示的几何意义，数形结合找到目标函数达到最值时可行域的顶点(或边界上的点)，但要注意作图一定要准确，整点问题要验证解决．5．解答不等式与导数、数列的综合问题时，不等式作为一种工具常起到关键的作用，往往涉及到不等式的证明方法(如比较法、分析法、综合法、放缩法、换元法等)．在求解过程中，要以数学思想方法为思维依据，并结合导数、数列的相关知识解题，在复习中通过解此类问题，体会每道题中所蕴含的思想方法及规律，逐步提高自己的逻辑推理能力.一、填空题1．(2022·苏北四市调研)存在实数x，使得x2－4bx＋3b＜0成立，则b的取值范围是________．解析　由题意可得Δ＝(－4b)2－4×3b＞0，即为4b2－3b＞0，解得b＜0或b＞.答案　(－∞，0)∪2．(2022·苏州调研)已知f(x)＝则不等式f(x2－x＋1)＜12的解集是________．解析　依题意得，函数f(x)是R上的增函数，且f(3)＝12，因此不等式f(x2－x＋1)＜12等价于x2－x＋1＜3，即x2－x－2＜0，由此解得－1＜x＜2.因此，不等式f(x2－x＋1)＜12的解集是(－1，2)．答案　(－1，2)3．(2022·苏、锡、常、镇模拟)若点A(m，n)在第一象限，且在直线＋＝1上，则mn的最大值是________．63\n解析　因为点A(m，n)在第一象限，且在直线＋＝1上，所以m，n∈R＋，且＋＝1，所以·≤，所以·≤＝，即mn≤3，所以mn的最大值为3.答案　34．(2022·广东卷改编)若变量x，y满足约束条件则z＝3x＋2y的最小值为________．解析　不等式组所表示的可行域如下图所示，由z＝3x＋2y得y＝－x＋，依题意当目标函数直线l：y＝－x＋经过A时，z取得最小值，即zmin＝3×1＋2×＝.答案　5．已知正数x，y满足x＋2≤λ(x＋y)恒成立，则实数λ的最小值为________．解析　∵x＞0，y＞0，∴x＋2y≥2(当且仅当x＝2y时取等号)．又由x＋2≤λ(x＋y)可得λ≥，而≤＝2，∴当且仅当x＝2y时，＝2.∴λ的最小值为2.答案　26．(2022·南京、盐城模拟)若＜0(m≠0)对一切x≥4恒成立，则实数m的取值范围是________．63\n解析　依题意，对任意的x∈[4，＋∞)，有f(x)＝(mx＋1)·(m2x－1)＜0恒成立，结合图象分析可知由此解得m＜－，即实数m的取值范围是.答案　7．(2022·浙江卷)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．解析　f(f(－3))＝f(1)＝0，当x≥1时，f(x)＝x＋－3≥2－3，当且仅当x＝时，取等号；当x＜1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，∴f(x)的最小值为2－3.答案　0　2－38．(2022·苏、锡、常、镇调研)已知x，y∈R，满足2≤y≤4－x，x≥1，则的最大值为________．解析　画出不等式组对应的平面区域，它是以点(1，2)，(1，3)，(2，2)为顶点的三角形区域．＝＝＋，令＝t∈(经过点(2，2)时取得最小值，经过点(1，3)时取得最大值)，则＝＋t，又′＝1－＝≤0，t∈，所以函数y＝＋t在t∈上单调递减，所以当t＝时，取得最大值为.答案　二、解答题9．已知函数f(x)＝.(1)若f(x)＞k的解集为{x|x＜－3，或x＞－2}，求k的值；(2)对任意x＞0，f(x)≤t恒成立，求t的取值范围．63\n解　(1)f(x)＞k⇔kx2－2x＋6k＜0.由已知{x|x＜－3，或x＞－2}是其解集，得kx2－2x＋6k＝0的两根是－3，－2.由根与系数的关系可知(－2)＋(－3)＝，即k＝－.(2)因为x＞0，f(x)＝＝≤＝，当且仅当x＝时取等号．由已知f(x)≤t对任意x＞0恒成立，故t≥，即t的取值范围是.10．(2022·苏北四市调研)某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示)，该扇环面是由以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O的两条直线段围成．按设计要求扇环面的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米．设小圆弧所在圆的半径为x米，圆心角为θ(弧度)．(1)求θ关于x的函数关系式；(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米．设花坛的面积与装饰总费用的比为y，求y关于x的函数关系式，并求出x为何值时，y取得最大值？解　(1)设扇环的圆心角为θ，则30＝θ(10＋x)＋2(10－x)，所以θ＝.(2)花坛的面积为θ(102－x2)＝(5＋x)(10－x)＝－x2＋5x＋50(0＜x＜10)．装饰总费用为9θ(10＋x)＋8(10－x)＝170＋10x，所以花坛的面积与装饰总费用的比y＝＝－，令t＝17＋x，则y＝－≤，当且仅当t＝18时取等号，此时x＝1，θ＝.答：当x＝1时，花坛的面积与装饰总费用的比最大．11．(2022·南师附中模拟)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，对任意的x∈R，恒有63\nf′(x)≤f(x)．(1)证明：当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2；(2)若对满足题设条件的任意b，c，不等式f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立，求M的最小值．(1)证明　易知f′(x)＝2x＋b.由题设，对任意的x∈R，2x＋b≤x2＋bx＋c，即x2＋(b－2)x＋c－b≥0恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，从而c≥＋1.于是c≥1，且c≥2＝|b|，因此2c－b＝c＋(c－b)＞0.故当x≥0时，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋c(c－1)≥0.即当x≥0时，f(x)≤(x＋c)2.(2)解　由(1)知c≥|b|.当c＞|b|时，有M≥＝＝.令t＝，则－1＜t＜1，＝2－.而函数g(t)＝2－(－1＜t＜1)的值域是.因此，当c＞|b|时，M的取值集合为.当c＝|b|时，由(1)知b＝±2，c＝2.此时f(c)－f(b)＝－8或0，c2－b2＝0，从而f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立．综上所述，M的最小值为.第3讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(2)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度．真题感悟(2022·南通调研)已知a为实常数，y＝f(x63\n)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，且当x＜0时，f(x)＝2x－＋1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)≥a－1对一切x＞0成立，求a的取值范围．解　(1)由奇函数的对称性可知，我们只要讨论f(x)在区间(－∞，0)上的单调性即可．f′(x)＝2＋，令f′(x)＝0，得x＝－a.①当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递增．②当a＞0时，x∈(－∞，－a)，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(－∞，－a)上单调递增．x∈(－a，0)，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(－a，0)上单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，0)，(0，a)．(2)因为f(x)为奇函数，所以当x＞0时，f(x)＝－f(－x)＝－＝2x＋－1.①当a＜0时，要使f(x)≥a－1对一切x＞0成立，即2x＋≥a对一切x＞0成立．而当x＝－＞0时，有－a＋4a≥a，所以a≥0，则与a＜0矛盾．所以a＜0不成立．②当a＝0时，f(x)＝2x－1＞－1＝a－1对一切x＞0成立，故a＝0满足题设要求．③当a＞0时，由(1)可知f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，＋∞)上是增函数，所以f(x)min＝f(a)＝3a－1＞a－1，所以a＞0时也满足题设要求．综上所述，a的取值范围是[0，＋∞)．考点整合1．导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则y＝f(x63\n)在该区间为增函数；如果f′(x)＜0，则y＝f(x)在该区间为减函数．(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法．2．极值的判别方法当函数f(x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小．3．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一　导数与函数的单调性[微题型1]　求含参函数的单调区间【例1－1】(2022·苏北四市调研)已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1，a∈R.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当0≤a＜时，讨论f(x)的单调性．解　(1)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋－1，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－2(舍去)，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．故当a＝－1时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)因为f(x)＝lnx－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)．令g(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，当x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．63\n②当0＜a＜时，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x＝1或－1，此时－1＞1＞0，所以当x∈(0，1)时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈时，g(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈时，g(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．综上所述，当a＝0时，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0＜a＜时，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．探究提高　讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．[微题型2]　已知单调性求参数的范围【例1－2】(2022·重庆卷)设函数f(x)＝(a∈R)．(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围．解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝.令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0，解得x1＝，x2＝.当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，63\n故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数．由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，故a的取值范围为.探究提高　(1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间．(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围．【训练1】函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1，2)上是增函数，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．①若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0当且仅当a＝1，x＝－1，故此时f(x)在R上是增函数．②由于a≠0，故当a＜1时，f′(x)＝0有两个根，x1＝，x2＝.若0＜a＜1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数；当x∈(x2，x1)时，f′(x)＜0，故f(x)在(x2，x1)上是减函数；若a＜0，则当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数；当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0，故f(x)在(x1，x2)上是增函数．(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，故当a＞0时，f(x)在区间(1，2)上是增函数．当a＜0时，f(x)在区间(1，2)上是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a＜0.综上，a的取值范围是∪(0，＋∞)．63\n热点二　导数与函数的极值、最值[微题型1]　求含参函数的极值(或最值)【例2－1】(2022·南京、盐城模拟)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.解　f′(x)＝3x2－2kx＋1.(1)当k＝1时，f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8＜0，所以f′(x)＞0恒成立，故f(x)在R上单调递增．故函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间．(2)当k＜0时，对∀x∈[k，－k]，都有f(x)－f(k)＝x3－kx2＋x－k3＋k3－k＝(x2＋1)(x－k)≥0，故f(x)≥f(k)；f(x)－f(－k)＝x3－kx2＋x＋k3＋k3＋k＝(x＋k)(x2－2kx＋2k2＋1)＝(x＋k)[(x－k)2＋k2＋1]≤0，故f(x)≤f(－k)．而f(k)＝k＜0，f(－k)＝－2k3－k＞0，所以f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k，f(x)min＝f(k)＝k.探究提高　含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论．[微题型2]　与极值点个数有关的参数问题【例2－2】(2022·常州调研)已知函数f(x)＝ax2－ex，a∈R，f′(x)是f(x)的导函数(e为自然对数的底数)．若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围．解　法一　若f(x)有两个极值点x1，x2，则x1，x2是方程f′(x)＝0的两个根．f′(x)＝2ax－ex＝0，显然x≠0，故2a＝，令h(x)＝，则h′(x)＝.若x＜0，则h(x)单调递减，且h(x)＜0.若x＞0，当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上递减，当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上递增，h(x)min＝h(1)＝e.要使f(x)有两个极值点，则需满足2a＝在(0，＋∞)上有两个不同解，故2a＞e，即a＞，故a的取值范围为.法二　设g(x)＝f′(x)＝2ax－ex，则g′(x)＝2a－ex，63\n且x1，x2是方程g(x)＝0的两个根，当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，g(x)单调递减，方程g(x)＝0不可能有两个根；当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝ln2a，当x∈(－∞，ln2a)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(ln2a，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(ln2a)＝2aln2a－2a＞0，解得a＞.故a的取值范围是.探究提高　极值点的个数，一般是使f′(x)＝0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究．【训练2】(2022·山东卷改编)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．解　由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝＋a(2x－1)＝.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．(1)当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；(2)当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．①当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；②当a＞时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为解方程并计算得x1＋x2＝－，所以x1＜－，x2＞－.由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；63\n因此函数有两个极值点．(3)当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点．综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；当a＞时，函数f(x)有两个极值点.1．如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开．2．可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点处的函数值中的最大值与最小值．3．可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点．4．求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论．5．求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想．一、填空题63\n1．函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间为________．解析　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f′(x)＝x－≤0，解得0＜x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1]．答案　(0，1]2．(2022·南师附中模拟)已知函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是________．解析　f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，∴m≥－＋.令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.答案　[1，＋∞)3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1，1)内，则实数a的取值范围是________．解析　由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2.答案　(，2)4．(2022·镇江调研)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是________．解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，1)内单调递增，无最小值．当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋)．当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；当x∈(－，)时，f(x)单调递减，所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值．答案　(0，1)5．(2022·苏北四市调研)在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋b是曲线y＝alnx的切线，则当a＞0时，实数b的最小值是________．63\n解析　设切点坐标(x0，alnx0)，则所以所以b′＝lna，令导数等于0，得a＝1，且0＜a＜1时，导数小于0，函数单调递减；a＞1时，导数大于0，函数单调递增，所以a＝1时，b取得极小值，也是最小值，即bmin＝－1.答案　－16．若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1在R上单调递增，则a的取值范围是________．解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)．由题意知f′(x)≥0在R上恒成立，所以Δ＝36a2－4×3×3(a＋2)≤0，解得－1≤a≤2.答案　[－1，2]7．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式ex·f(x)＞ex＋1的解集为________．解析　构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.答案　(0，＋∞)8．(2022·衡水中学期末)若函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，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，所以t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，解得0＜t＜1或2＜t＜3.答案　(0，1)∪(2，3)二、解答题9．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．63\n解　(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知，得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2]，[－ln2，＋∞)上单调递增，在[－2，－ln2]上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．10．(2022·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.(1)若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)已知函数g(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(k≥0)，讨论函数g(x)的单调性．解　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－2ax－3.由f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，得a≤.记t(x)＝，当x≥1时，t(x)是增函数，所以t(x)min＝(1－1)＝0.所以a≤0.(2)g′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．当k＝0时，g′(x)＝－，所以在区间(－1，0)上，g′(x)＞0；在区间(0，＋∞)上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是(－1，0]，单调递减区间是[0，＋∞)．当0＜k＜1时，由g′(x)＝＝0，得x1＝0，x2＝＞0，所以在区间(－1，0)和上，g′(x)＞0；63\n在区间上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是(－1，0]和，单调递减区间是.当k＝1时，g′(x)＝＞0，故g(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．当k＞1时，g′(x)＝＝0，得x1＝∈(－1，0)，x2＝0，所以在区间和(0，＋∞)上，g′(x)＞0，在区间上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是和[0，＋∞)，单调递减区间是.11．(2022·山东卷)设函数f(x)＝－k(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围．解　(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝－k＝－＝.由k≤0可得ex－kx＞0，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)单调递增．所以f(x)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞)．(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)．因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk，当0＜k≤1时，当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增．故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；63\n当k＞1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)单调递减．x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x)单调递增．所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)．函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当解得e＜k＜，综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为.第4讲　导数与函数图象的切线及函数零点问题高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)在高考试题导数压轴题中涉及函数的零点问题是高考命题的另一热点．真题感悟(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，63\nf＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b＜0，从而或又b＝c－a，所以当a＞0时，a3－a＋c＞0或当a＜0时，a3－a＋c＜0.设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立．从而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1.此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3＞0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，解得a∈(－∞，－3)∪∪.综上c＝1.考点整合1．求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法(1)已知切点P(x0，y0)，求y＝f(x)过点P的切线方程：求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．(2)已知切线的斜率为k，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．(3)已知切线上一点(非切点)，求y＝f(x)的切线方程：设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．2．三次函数的零点分布三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x63\n→∞时，函数值也趋向∞，只要按照极值与零的大小关系确定其零点的个数即可．存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：a的符号零点个数充要条件a＞0(f(x1)为极大值，f(x2)为极小值)一个f(x1)＜0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＞0且f(x2)＜0a＜0(f(x1)为极小值，f(x2)为极大值)一个f(x2)＜0两个f(x1)＝0或者f(x2)＝0三个f(x1)＜0且f(x2)＞03.研究两条曲线的交点个数的基本方法(1)数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图象交点个数得出答案．(2)函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出两曲线交点的个数.热点一　函数图象的切线问题【例1】(1)(2022·衡水中学模拟)在平面直角坐标系xOy中，设A是曲线C1：y＝ax3＋1(a＞0)与曲线C2：x2＋y2＝的一个公共点，若C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直，则实数a的值是________．(2)(2022·镇江监测)若曲线C1：y＝3x4－ax3－6x2与曲线C2：y＝ex在x＝1处的切线互相垂直，则实数a的值为________．解析　(1)设A(x0，y0)，则C1在A处的切线的斜率为f′(x0)＝3ax，C2在A处的切线的斜率为－＝－，又C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直，所以·3ax＝－1，即y0＝3ax，又ax＝y0－1，所以y0＝，代入C2：x2＋y2＝，得x0＝±，将x0＝±，y0＝代入y＝ax3＋1(a＞0)，得a＝4.(2)因为y′＝12x3－3ax2－12x，y′＝ex，所以曲线C1，C2在x＝1处的切线斜率分别是k1＝－3a，k2＝e.又两切线互相垂直，所以k1k2＝－3ae＝－1，解得a＝.63\n答案　(1)4　(2)探究提高　(1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【训练1】(1)已知函数y＝f(x)及其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则曲线y＝f(x)在点P(2，0)处的切线方程是________．(2)(2022·苏、锡、常、镇模拟)若曲线f(x)＝，g(x)＝xa在点P(1，1)处的切线分别为l1，l2，且l1⊥l2，则a的值为________．解析　(1)根据导数的几何意义及图象可知，曲线y＝f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(2)＝1，又切线过点P(2，0)，所以切线方程为x－y－2＝0.(2)由题意可知，f′(x)＝，g′(x)＝axa－1，∵l1，l2过点P(1，1)，∴＝f′(1)＝，＝g′(1)＝a.又l1⊥l2，∴·＝a＝－1.∴a＝－2.答案　(1)x－y－2＝0　(2)－2热点二　利用导数解决与函数零点(或方程的根)有关的问题[微题型1]　讨论方程根的个数【例2－1】(2022·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝(x2－3x＋3)·ex的定义域为[－2，t](t＞－2)．(1)试确定t的取值范围，使得函数f(x)在[－2，t]上为单调函数；(2)当1＜t＜4时，求满足＝(t－1)2的x0的个数．解　(1)∵f′(x)＝(x2－3x＋3)·ex＋(2x－3)·ex＝x·(x－1)ex，由f′(x)＞0，得x＞1或x＜0；由f′(x)＜0，得0＜x＜1.∴f(x)在(－∞，0]，[1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，63\n若使f(x)在[－2，t]上为单调函数，则需－2＜t≤0，即t的取值范围为(－2，0]．(2)∵＝x－x0，＝(t－1)2，即x－x0＝(t－1)2，令g(x)＝x2－x－(t－1)2，则问题转化为当1＜t＜4时，求方程g(x)＝x2－x－(t－1)2＝0在[－2，t]上的解的个数．∵g(－2)＝6－(t－1)2＝－(t＋2)(t－4)，g(t)＝t(t－1)－(t－1)2＝(t＋2)(t－1)，∴当1＜t＜4时，g(－2)＞0且g(t)＞0，∵g(0)＝－(t－1)2＜0，∴g(x)＝0在[－2，t]上有两解．即满足＝(t－1)2的x0的个数为2.探究提高　研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．[微题型2]　根据零点个数求参数范围【例2－2】(2022·泰州模拟)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2(e为自然对数的底数，a∈R)．(1)判断曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)的公共点个数；(2)当x∈时，若函数y＝f(x)－g(x)有两个零点，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝lnx＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1.由⇒x2＋(1－a)x＋1＝0.由Δ＝(1－a)2－4＝a2－2a－3＝(a＋1)(a－3)可知：当Δ＞0时，即a＜－1或a＞3时，有两个公共点；当Δ＝0时，即a＝－1或a＝3时，有一个公共点；当Δ＜0时，即－1＜a＜3时，没有公共点．(2)y＝f(x)－g(x)＝x2－ax＋2＋xlnx，63\n由y＝0，得a＝x＋＋lnx.令h(x)＝x＋＋lnx，则h′(x)＝.当x∈时，由h′(x)＝0，得x＝1.所以h(x)在上单调递减，在[1，e]上单调递增，因此h(x)min＝h(1)＝3.由h＝＋2e－1，h(e)＝e＋＋1，比较可知h＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a≤e＋＋1时，函数y＝f(x)－g(x)有两个零点．探究提高　对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．【训练2】已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．解　由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.(2)令f′(x)＝0，得x＝0.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘1↗所以函数f(x)在区间(－∞，0]上单调递减，在区间[0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b＞1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1＞4b－2b－1＞b，f(0)＝1＜b，所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.63\n由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b＞1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．1．求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f′(x0)(x－x0)，它的难点在于分清“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异．突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0)．2．我们借助于导数探究函数的零点，不同的问题，比如方程的解、直线与函数图象的交点、两函数图象交点问题都可以转化为函数零点问题．3．研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路，因此使用的知识还是函数的单调性和极值的知识．4．求函数零点或两函数的交点问题，综合了函数、方程、不等式等多方面知识，可以全面地考察学生对函数性质、函数图象等知识的综合应用能力，同时考察学生的变形、转化能力．因此在高考压轴题中占有比较重要的地位．一、填空题1．曲线y＝在点(－1，－1)处的切线方程为________．解析　易知点(－1，－1)在曲线上，且y′＝＝，所以切线斜率k＝y′|x＝－1＝＝2.由点斜式得切线方程为y＋1＝2(x＋1)，即2x－y＋1＝0.答案　2x－y＋1＝02．若曲线f(x)＝acosx与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在交点(0，m)处有公切线，则a＋b的值为________．解析　∵f′(x)＝－asinx，∴f′(0)＝0.又g′(x)＝2x＋b，∴g′(0)＝b，∴b＝0.又g(0)＝1＝m，∴f(0)＝a＝m＝1，∴a＋b＝1.63\n答案　13．(2022·邯郸模拟)直线y＝kx＋1与曲线y＝x3＋ax＋b相切于点A(1，3)，则2a＋b的值为________．解析　∵y′＝3x2＋a.∴y′|x＝1＝3＋a＝k，又3＝k＋1，∴k＝2，∴a＝－1.又3＝1＋a＋b，∴b＝3，∴2a＋b＝－2＋3＝1.答案　14．(2022·武汉模拟)曲线y＝xlnx在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为________．解析　依题意得y′＝1＋lnx，y′|x＝e＝1＋lne＝2，所以－×2＝－1，a＝2.答案　25．(2022·扬州模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．解析　函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x)＝2x－ex与y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln2)上递增，在(ln2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－ex的值域为(－∞，2ln2－2]，所以要使函数g(x)＝2x－ex与y＝a有交点，只需a≤2ln2－2即可．答案　(－∞，2ln2－2]6．已知f(x)＝x3＋f′x2－x，则f(x)的图象在点处的切线斜率是________．解析　f′(x)＝3x2＋2f′x－1，令x＝，可得f′＝3×＋2f′×－1，解得f′＝－1，所以f(x)的图象在点处的切线斜率是－1.答案　－17．(2022·南京、盐城模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________．解析　由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－4－a，所以解得－4＜a63\n＜0.答案　(－4，0)8．(2022·安徽卷)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号)．①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.解析　令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，必有一个实根，④⑤正确；当a<0时，由于选项当中a＝－3，∴只考虑a＝－3这一种情况，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要使f(x)＝0仅有一个实根，则需f(x)极大<0或f(x)极小>0，∴b<－2或b>2，①③正确，所有正确条件为①③④⑤.答案　①③④⑤二、解答题9．已知x＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一个极值点．(1)求a；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围．解　f(x)的定义域为(－1，＋∞)．(1)f′(x)＝＋2x－10，又f′(3)＝＋6－10＝0，∴a＝16.经检验此时x＝3为f(x)的极值点，故a＝16.(2)由(1)知f′(x)＝.当－1<x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0.∴f(x)的单调增区间为(－1，1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1，3)．(3)由(2)知，f(x)在(－1，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，且当x＝1或x＝3时，f′(x)＝0.所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln2－9，极小值为f(3)＝32ln2－21.因为f(16)>162－10×16>16ln2－9＝f(1)，f(e－2－1)<－32＋11＝－21<f(3)，63\n所以根据函数f(x)的大致图象可判断，在f(x)的三个单调区间(－1，1)，(1，3)，(3，＋∞)内，直线y＝b与y＝f(x)的图象各有一个交点，当且仅当f(3)<b<f(1)．因此b的取值范围为(32ln2－21，16ln2－9)．10．(2022·南师附中模拟)已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．解　(1)当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝－2x＝.因为x∈，所以当g′(x)＝0时，x＝1.当＜x＜1时，g′(x)＞0；当1＜x＜e时，g′(x)＜0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g＝4－e2＋＜0，则g(e)＜g，所以g(x)在上的最小值是g(e)．g(x)在上有两个零点的条件是解得1＜m≤2＋，所以实数m的取值范围是.11．(2022·江苏高考命题原创卷)已知函数f(x)＝x2－alnx－1，函数F(x)＝.(1)如果函数f(x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，求实数a的取值范围；(2)当a＝2时，你认为函数y＝的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论．63\n解　(1)∵f(x)＝x2－alnx－1的定义域为(0，＋∞)，函数f(x)的图象上的每一点处的切线斜率都是正数，∴f′(x)＝2x－＞0在(0，＋∞)上恒成立．∴a＜2x2在(0，＋∞)上恒成立，∵y＝2x2＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴a≤0.∴所求的a的取值范围为(－∞，0]．(2)当a＝2时，函数y＝的图象与y＝F(x)的图象没有公共点．当a＝2时，y＝＝，它的定义域为{x|x＞0且x≠1}，F(x)的定义域为[0，＋∞)．当x＞0且x≠1时，由＝F(x)得x2－2lnx－x＋2－2＝0.设h(x)＝x2－2lnx－x＋2－2，则h′(x)＝2x－－1＋＝.∴当0＜x＜1时，h′(x)＜0，此时，h(x)单调递减；当x＞1时，h′(x)＞0，此时，h(x)单调递增．∴当x＞0且x≠1时，h(x)＞h(1)＝0，即h(x)＝0无实数根．∴当a＝2，x＞0且x≠1时，＝F(x)无实数根．∴当a＝2时，函数y＝的图象与y＝F(x)的图象没有公共点．第5讲　导数与实际应用及不等式问题高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(2)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题、利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在．63\n真题感悟(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－x＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．(1)证明　因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)解　由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令t＝ex(x>0)，则t>1，所以m≤－＝－对任意t>1成立．因为t－1＋＋1≥2＋1＝3，所以－≥－，当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立．因此实数m的取值范围是(－∞，－]．(3)解　令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．当x≥1时，ex－>0，x2－1≥0，又a>0，故g′(x)>0.所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x＋3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0.故e＋e－1－2a<0，即a>.令函数h(x)＝x－(e－1)lnx－1，63\n则h′(x)＝1－.令h′(x)＝0，得x＝e－1，当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0.当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0对任意的x∈(1，e)成立．①当a∈⊆(1，e)时，h(a)<0，即a－1<(e－1)lna，从而ea－1<ae－1；②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)lna，故ea－1>ae－1.综上所述，当a∈时，ea－1<ae－1；当a＝e时，ea－1＝ae－1；当a∈(e，＋∞)时，ea－1>ae－1.考点整合1．解决函数的实际应用题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域，其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题；(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式；(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果；(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答．2．常见构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)．(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．(3)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数．(4)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1))．3．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法63\n(1)分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可．(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解．4．不等式的恒成立与能成立问题(1)f(x)＞g(x)对一切x∈I恒成立⇔I是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈I)．(2)f(x)＞g(x)对x∈I能成立⇔I与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈I)．(3)对∀x1，x2∈I使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈I，∃x2∈I使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min.热点一　导数在实际问题中的应用【例1】(2022·徐州质检)现有一张长为80cm，宽为60cm的长方形铁皮ABCD，准备用它做成一只无盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失．如图，若长方形ABCD的一个角剪下一块正方形铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为x(cm)，高为y(cm)，体积为V(cm3)．(1)求出x与y的关系式；(2)求该铁皮盒体积V的最大值．解　(1)由题意得x2＋4xy＝4800，即y＝，0＜x＜60.(2)铁皮盒体积V(x)＝x2y＝x2×＝－x3＋1200x，V′(x)＝－x2＋1200，令V′(x)＝0，得x＝40，因为x∈(0，40)，V′(x)＞0，V(x)是增函数；x∈(40，60)，V′(x)＜0，V(x)是减函数，所以V(x)＝－x3＋1200x，在x＝40时取得极大值，也是最大值，其值为32000cm3.所以该铁皮盒体积V的最大值是32000cm3.探究提高　在利用导数求实际问题中的最大值和63\n最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去．【训练1】时下，网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y＝＋4(x－6)2，其中2<x<6，m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．(1)求m的值；(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留一位小数)解　(1)因为x＝4时，y＝21，代入关系式y＝＋4(x－6)2，得＋16＝21，解得m＝10.(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝＋4(x－6)2，所以每日销售套题所获得的利润f(x)＝(x－2)[＋4(x－6)2]＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，从而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．令f′(x)＝0，得x＝，且在上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在(，6)上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以x＝是函数f(x)在(2，6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x＝≈3.3时，函数f(x)取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．热点二　导数与不等式问题[微题型1]　利用导数证明不等式【例2－1】(2022·新课标全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝aexlnx＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.63\n(1)求a，b；(2)证明：f(x)＞1.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋ex－ex－1＋ex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2.(2)证明　由(1)知，f(x)＝exlnx＋ex－1，从而f(x)＞1等价于xlnx＞xe－x－.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx.所以当x∈时，g′(x)＜0；当x∈时，g′(x)＞0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－.设函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－.综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.探究提高　(1)证明f(x)≥g(x)或f(x)≤g(x)，可通过构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，将上述不等式转化为求证h(x)≥0或h(x)≤0，从而利用求h(x)的最小值或最大值来证明不等式．或者，利用f(x)min≥g(x)max或f(x)max≤g(x)min来证明不等式．(2)在证明不等式时，如果不等式较为复杂，则可以通过不等式的性质把原不等式变换为简单的不等式，再进行证明．[微题型2]　存在与恒成立问题【例2－2】(2022·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)．(1)当a≤时，讨论f(x)的单调性；63\n(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，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　(1)因为f(x)＝lnx－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．(ⅰ)当a＝0时，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，所以当x∈(0，1)时，h(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．(ⅱ)当a≠0时，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝－1.①当a＝时，x1＝x2，h(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当0＜a＜时，－1＞1＞0，x∈(0，1)时，h(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈时，h(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈时，h(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．③当a＜0时，由于－1＜0＜1，x∈(0，1)时，h(x)＞0，此时f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，此时f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增；当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a＜时，函数f(x)在(0，1]上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．63\n(2)因为a＝∈，由(1)，知x1＝1，x2＝3∉(0，2)，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在(0，2)上的最小值为f(1)＝－.由于“对任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1，2]上的最小值不大于f(x)在(0，2)上的最小值－”，(*)又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1，2]，所以①当b＜1时，因为g(x)min＝g(1)＝5－2b＞0，此时与(*)矛盾；②当b∈[1，2]时，因为g(x)min＝g(b)＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；③当b∈(2，＋∞)时，因为g(x)min＝g(2)＝8－4b，解不等式8－4b≤－，可得b≥.综上，可得b的取值范围是.探究提高　存在性问题和恒成立问题的区别与联系存在性问题和恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系：若g(x)≤m恒成立，则g(x)max≤m；若g(x)≥m恒成立，则g(x)min≥m；若g(x)≤m有解，则g(x)min≤m；若g(x)≥m有解，则g(x)max≥m.【训练2】(2022·泰州调研)已知函数f(x)＝lnx＋x2－ax(a为常数)．(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)当0＜a≤2时，试判断f(x)的单调性；(3)若对任意的a∈(1，2)，x0∈[1，2]，不等式f(x0)＞mlna恒成立，求实数m的取值范围．解　f′(x)＝＋2x－a.(1)由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.(2)当0＜a≤2时，f′(x)＝＋2x－a＝＝.因为0＜a≤2，所以1－＞0，而x＞0，即f′(x)＝＞0，故f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)当a∈(1，2)时，由(2)知，f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝1－a，63\n故问题等价于：对任意的a∈(1，2)，不等式1－a＞mlna恒成立，即m＜恒成立．记g(a)＝(1＜a＜2)，则g′(a)＝.令M(a)＝－alna－1＋a，则M′(a)＝－lna＜0，所以M(a)在(1，2)上单调递减，所以M(a)＜M(1)＝0，故g′(a)＜0，所以g(a)＝在a∈(1，2)上单调递减，所以m≤g(2)＝＝－log2e，即实数m的取值范围为(－∞，－log2e]．1．不等式恒成立、能成立问题常用解法有：(1)分离参数后转化为最值，不等式恒成立问题在变量与参数易于分离的情况下，采用分离参数转化为函数的最值问题，形如a＞f(x)max或a＜f(x)min.(2)直接转化为函数的最值问题，在参数难于分离的情况下，直接转化为含参函数的最值问题，伴有对参数的分类讨论．(3)数形结合．2．利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形．(2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．3．导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题；(2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题；(3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.一、填空题1．已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是________．63\n解析　f′(x)＝x2－4x，由f′(x)＞0，得x＞4或x＜0.∴f(x)在(0，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4)．∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m≥.答案　2．若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是________．解析　∵2x(x－a)＜1，∴a＞x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln2＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)．答案　(－1，＋∞)3．(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0成立，则实数m的取值范围是________．解析　作出二次函数f(x)的图象，对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)＜0，则有即解得－＜m＜0.答案　4．(2022·南师附中调研)已知函数f(x)＝x3－x2－3x＋，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2，2]时，函数y＝f(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________．解析　根据题意知x3－x2－3x＋＜－x－在x∈[－2，2]上恒成立，则－＞x3－x2＋x＋，设g(x)＝x3－x2＋x＋，则g′(x)＝x2－2x＋，63\n则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2，2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6.答案　(－∞，－6)5．如图，某飞器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为______________．解析　设所求解析式为y＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，∵函数图象过(0，0)点，∴d＝0.又图象过(－5，2)，(5，－2)，∴函数为奇函数．∴b＝0，代入可得－125a－5c＝2，①又y′＝3ax2＋c，当x＝－5时，y′＝75a＋c＝0，②由①②得a＝，c＝，∴函数解析式为y＝x3－x.答案　y＝x3－x6．(2022·全国Ⅱ卷改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是________．解析　因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．答案　(－∞，－1)∪(0，1)7．(2022·苏、锡、常、镇模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x63\n∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．解析　若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x＞0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.令g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.当x＜0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1，0)上单调递增，所以g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.答案　48．(2022·青岛模拟)已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是________．解析　由于f′(x)＝1＋＞0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立，令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在x∈[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.答案　二、解答题9．(2022·天津卷改编)已知函数f(x)＝nx－xn，x∈R，其中n∈N*，n≥2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)．(1)解　由f(x)＝nx－xn，可得f′(x)＝n－nxn－1＝n(1－xn－1)．其中n∈N*，且n63\n≥2，下面分两种情况讨论：①当n为奇数时．令f′(x)＝0，解得x＝1，或x＝－1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘所以，f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)内单调递增．②当n为偶数时．当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)证明　设点P的坐标为(x0，0)，则x0＝n，f′(x0)＝n－n2.曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)，即g(x)＝f′(x0)(x－x0)．令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，则F′(x)＝f′(x)－f′(x0)．由于f′(x)＝－nxn－1＋n在(0，＋∞)上单调递减，故F′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又因为F′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，F′(x)＞0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)≤F(x0)＝0，即对于任意的正实数x，都有f(x)≤g(x)．63\n10．(2022·苏州调研)根据统计资料，某工艺品厂的日产量最多不超过20件，每日产品废品率p与日产量x(件)之间近似地满足关系式p＝(日产品废品率＝×100%)已知每生产一件正品可赢利2千元，而生产一件废品则亏损1千元(该车间的日利润y＝日正品赢利额－日废品亏损额)．(1)将该车间日利润y(千元)表示为日产量x(件)的函数；(2)当该车间的日产量为多少件时，日利润最大？最大日利润是几千元？解　(1)由题意可知y＝2x(1－p)－px＝(2)考虑函数f(x)＝当1≤x≤9时，f′(x)＝2－，令f′(x)＝0，得x＝15－3.当1≤x＜15－3时，f′(x)＞0，函数f(x)在[1，15－3)上单调递增；当15－3＜x≤9时，f′(x)＜0，函数f(x)在(15－3，9]上单调递减．所以当x＝15－3时，f(x)取得极大值，也是最大值，又x是整数，f(8)＝，f(9)＝9，所以当x＝8时，f(x)有最大值.当10≤x≤20时，f′(x)＝－＝≤0，所以函数f(x)在[10，20]上单调递减，所以当x＝10时，f(x)取得极大值，也是最大值．由于＞，所以当该车间的日产量为10件时，日利润最大．63\n故当该车间的日产量为10件时，日利润最大，最大日利润是千元．11．已知函数f(x)＝(m，n∈R)在x＝1处取得极值2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设函数g(x)＝lnx＋，若对任意的x1∈R，总存在x2∈[1，e]，使得g(x2)≤f(x1)＋，求实数a的取值范围．解　(1)f′(x)＝＝＝，由于f(x)在x＝1处取得极值2，故f′(1)＝0，f(1)＝2，即解得经检验，此时f(x)在x＝1处取得极值．故f(x)＝.(2)由(1)知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)．故f(x)为奇函数，f(0)＝0.当x＞0时，f(x)＞0，f(x)＝≤2，当且仅当x＝1时取“＝”．故f(x)的值域为[－2，2]，从而f(x1)＋≥.依题意有g(x)min≤，x∈[1，e]，g′(x)＝－＝，①当a≤1时，g′(x)≥0，函数g(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为g(1)＝a≤1＜，符合题意；②当1＜a＜e时，函数g(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，63\n所以函数g(x)的最小值为g(a)＝lna＋1.由lna＋1≤，得0＜a≤，从而知当1＜a≤时，符合题意；③当a≥e时，显然函数g(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝1＋≥2＞，不符合题意．综上所述，a的取值范围为(－∞，]．63