【创新设计】（全国通用）2022高考数学二轮复习专题一函数与导数、不等式教师用书第1讲 函数图象与性质及函数与方程高考定位 1.高考仍会以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、函数的最值与值域、函数的奇偶性、函数的单调性，或者综合考查函数的相关性质.2.对函数图象的考查主要有两个方面：一是识图，二是用图，即利用函数的图象，通过数形结合的思想解决问题.3.以基本初等函数为依托，考查函数与方程的关系、函数零点存在性定理、数形结合思想，这是高考考查函数的零点与方程的根的基本方式. 真题感悟1.(2022·安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )A.y＝cosxB.y＝sinxC.y＝lnxD.y＝x2＋1解析 由于y＝sinx是奇函数；y＝lnx是非奇非偶函数；y＝x2＋1是偶函数但没有零点；只有y＝cosx是偶函数又有零点.答案 A2.(2022·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝则f(－2)＋f(log212)＝( )A.3B.6C.9D.12解析 因为－2＜1，log212＞log28＝3＞1，所以f(－2)＝1＋log2[2－(－2)]＝1＋log24＝3，f(log212)＝2log212－1＝2log212×2－1＝12×＝6，故f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9，故选C.答案 C3.(2022·北京卷)如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是( )A.{x|－1＜x≤0}B.{x|－1≤x≤1}68\nC.{x|－1＜x≤1}D.{x|－1＜x≤2}解析 如图，由图知：f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－1<x≤1}.答案 C4.(2022·山东卷)已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a＋b＝________.解析 当a＞1时，f(x)＝ax＋b在定义域上为增函数，∴方程组无解；当0＜a＜1时，f(x)＝ax＋b在定义域上为减函数，∴解得∴a＋b＝－.答案 －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f(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68\n(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.热点一 函数性质的应用[微题型1] 单一考查函数的奇偶性、单调性、对称性【例1－1】(1)(2022·全国Ⅰ卷)若函数f(x)＝xln(x＋)为偶函数，则a＝________.(2)(2022·济南三模)已知实数x，y满足ax＜ay(0＜a＜1)，则下列关系式恒成立的是( )A.＞B.ln(x2＋1)＞ln(y2＋1)C.sinx＞sinyD.x3＞y3(3)设f(x)＝(a∈R)的图象关于直线x＝1对称，则a的值为( )A.－1B.1C.2D.3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.(2)∵ax＜ay，0＜a＜1，∴x＞y，∴x3＞y3.(3)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.故选C.答案 (1)1 (2)D (3)C探究提高 第(3)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.[微题型2] 综合考查函数的奇偶性、单调性、周期性【例1－2】(1)(2022·湖南卷)设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是( )A.奇函数，且在(0，1)上是增函数B.奇函数，且在(0，1)上是减函数68\nC.偶函数，且在(0，1)上是增函数D.偶函数，且在(0，1)上是减函数(2)(2022·长沙模拟)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)＞0，则x的取值范围是________.解析 (1)易知函数定义域为(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，又f(x)＝ln＝ln，由复合函数单调性判断方法知，f(x)在(0，1)上是增函数，故选A.(2)∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称.又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)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.答案 (1)A (2)(－1，3)探究提高 函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题.【训练1】(2022·天津卷)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( )A.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜a＜bD.c＜b＜a解析 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)，故选C.答案 C热点二 函数图象与性质的融合问题[微题型1] 函数图象的识别【例2－1】(1)(2022·安徽卷)函数f(x)＝的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A.a>0，b>0，c<068\nB.a<0，b>0，c>0C.a<0，b>0，c<0D.a<0，b<0，c<0(2)(2022·江西卷)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图象不可能的是( )解析 (1)函数定义域为{x|x≠－c}，结合图象知－c＞0，∴c＜0；令x＝0，得f(0)＝，又由图象知f(0)＞0，∴b＞0；令f(x)＝0，得x＝－，结合图象知－＞0，∴a＜0.故选C.(2)当a＝0时，两个函数的解析式分别为y＝－x，y＝x，故选项D中的图象是可能的.当a≠0时，二次函数y＝ax2－x＋的对称轴方程为x＝，三次函数y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的导数为y′＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)，令y′＝0，得其极值点为x1＝，x2＝.由于＜＜(a＞0)，或者＞＞(a＜0)，即三次函数的极值点在二次函数的对称轴两侧，选项A、C中的图象有可能，选项B中的图象不可能.答案 (1)C (2)B探究提高 识图时，可从图象与x轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系.在探究两个函数的图象位置关系时，要善于根据函数解析式中字母的变化研究函数性质的变化，从而确定两个函数图象的可能位置关系.[微题型2] 函数图象的应用【例2－2】(1)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )A.c＞a＞bB.c＞b＞a68\nC.a＞c＞bD.b＞a＞c(2)(2022·全国Ⅰ卷)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.解析 (1)由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数y＝f(x)的图象本身关于直线x＝1对称，所以a＝f＝f，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，等价于函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以b＞a＞c.选D.(2)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＝－2e－，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，故选D.答案 (1)D (2)D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】(2022·成都诊断)已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)|＜g(x)时，h(x)＝－g(x)，则h(x)( )A.有最小值－1，最大值168\nB.有最大值1，无最小值C.有最小值－1，无最大值D.有最大值－1，无最小值解析 由题意得，利用平移变化的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图，而h(x)＝故h(x)有最小值－1，无最大值.答案 C热点三 以函数零点为背景的函数问题[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( )A.0B.1C.2D.3解析 法一 函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数即函数y1＝2x－2与y2＝－x3的图象在区间(0，1)内的交点个数.作图，可知在(0，＋∞)内最多有一个交点，故排除C，D项；当x＝0时，y1＝－1＜y2＝0，当x＝1时，y1＝0＞y2＝－1，因此在区间(0，1)内一定会有一个交点，所以A项错误.选B.法二 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 B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)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( )A.B.C.D.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68\n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.选D.答案 D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·南阳模拟)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.∵＝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，＋∞)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，两个函数不同；对应关系不同，两个函数不同；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，a68\n≠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、选择题1.(2022·广东卷)下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( )A.y＝x＋exB.y＝x＋C.y＝2x＋D.y＝解析 令f(x)＝x＋ex，则f(1)＝1＋e，f(－1)＝－1＋e－1，即f(－1)≠f(1)，f(－1)≠－f(1)，所以y＝x＋ex既不是奇函数也不是偶函数，而B，C，D依次是奇函数、偶函数、偶函数，故选A.答案 A2.函数f(x)＝log2x－的零点所在的区间为( )A.B.C.(1，2)D.(2，3)解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数.f＝log2－＝－1－2＝－3＜0，f(1)＝log21－＝0－1＜0，f(2)＝log22－＝1－＝＞0，f(3)＝log23－＞1－＝＞0，即f(1)·f(2)＜0，∴函数f(x)＝log2x－的零点在区间(1，2)内.答案 C3.(2022·山东卷)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( )A.B.C.(1，2)D.(2，＋∞)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＝kx68\n－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，故选B.答案 B4.(2022·山东卷)设函数f(x)＝则满足f(f(a))＝2f(a)的a取值范围是( )A.B.[0，1]C.D.[1，＋∞)解析 当a＝2时，f(a)＝f(2)＝22＝4＞1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝2满足题意，排除A，B选项；当a＝时，f(a)＝f＝3×－1＝1，f(f(a))＝2f(a)，∴a＝满足题意，排除D选项，故答案为C.答案 C5.(2022·全国Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为( )解析 当点P沿着边BC运动，即0≤x≤时，在Rt△POB中，|PB|＝|OB|tan∠POB＝tanx，在Rt△PAB中，|PA|＝＝，则f(x)＝|PA|＋|PB|＝＋tanx，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；当点P与点C重合，即x＝时，由上得f＝＋tan＝＋1，又当点P与边CD的中点重合，即x＝时，△PAO与△PBO68\n是全等的腰长为1的等腰直角三角形，故f＝|PA|＋|PB|＝＋＝2，知f＜f，故又可排除D.综上，选B.答案 B二、填空题6.(2022·福建卷)若函数f(x)＝(a＞0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________.解析 由题意f(x)的图象如图，则∴1＜a≤2.答案 (1，2]7.(2022·洛阳模拟)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)＝f(－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(x68\n)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 ①②④三、解答题9.定义在[－1，1]上的奇函数f(x)，已知当x∈[－1，0]时，f(x)＝－(a∈R).(1)写出f(x)在[0，1]上的解析式；(2)求f(x)在[0，1]上的最大值.解 (1)∵f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，∴f(0)＝0，∴a＝1，∴当x∈[－1，0]时，f(x)＝－.设x∈[0，1]，则－x∈[－1，0]，∴f(－x)＝－＝4x－2x，∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝2x－4x.∴f(x)在[0，1]上的解析式为f(x)＝2x－4x.(2)f(x)＝2x－4x，x∈[0，1]，令t＝2x，t∈[1，2]，g(t)＝t－t2＝－＋，∴g(t)在[1，2]上是减函数，∴g(t)max＝g(1)＝0，即x＝0，f(x)max＝0.10.(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)在区间[2，3]上有最大值5，最小值2.(1)求a，b的值；(2)若b＜1，g(x)＝f(x)－2mx在[2，4]上单调，求m的取值范围.解 (1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a.①当a＞0时，f(x)在[2，3]上为增函数，故②当a＜0时，f(x)在[2，3]上为减函数，68\n故故或(2)∵b＜1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2，g(x)＝x2－2x＋2－2mx＝x2－(2＋2m)x＋2.若g(x)在[2，4]上单调，则≤2或≥4，∴2m≤2或2m≥6，即m≤1或m≥log26.故m的取值范围是(－∞，1]∪[log26，＋∞).11.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，＋∞).第2讲 不等式及线性规划高考定位 不等式的性质、求解、证明及应用是每年高考必考的内容，对不68\n等式的考查一般以选择题、填空题为主.(1)主要考查不等式的求解、利用基本不等式求最值及线性规划求最值；(2)不等式相关的知识可以渗透到高考的各个知识领域，往往作为解题工具与数列、函数、向量相结合，在知识的交汇处命题，难度中档；在解答题中，特别是在解析几何中求最值、范围或在解决导数问题时经常利用不等式进行求解，但难度偏高.真题感悟1.(2022·重庆卷)“x＞1”是“log(x＋2)＜0”的( )A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件解析 由x＞1x＋2＞3log(x＋2)＜0，log(x＋2)＜0x＋2＞1x＞－1，故“x＞1”是“log(x＋2)＜0”成立的充分不必要条件.因此选B.答案 B2.(2022·北京卷)若x，y满足则z＝x＋2y的最大值为( )A.0B.1C.D.2解析 可行域如图所示.目标函数化为y＝－x＋z，当直线y＝－x＋z过点A(0，1)时，z取得最大值2.答案 D3.(2022·陕西卷)设f(x)＝lnx，0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是( )A.q＝r＜pB.q＝r＞pC.p＝r＜qD.p＝r＞q解析 ∵0＜a＜b，∴＞，又∵f(x)＝lnx在(0，＋∞)上为增函数，68\n故f＞f()，即q＞p.又r＝(f(a)＋f(b))＝(lna＋lnb)＝lna＋lnb＝ln(ab)＝f()＝p.故p＝r＜q.选C.答案 C4.(2022·全国Ⅰ卷)若x，y满足约束条件则的最大值为________.解析 约束条件的可行域如图，由＝，则最大值为3.答案 3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.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).3.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y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.4.不等式的证明不等式的证明要注意和不等式的性质结合起来，常用的方法有：比较法、作差法、作商法(要注意讨论分母)、分析法、综合法、数学归纳法、反证法，还要结合放缩和换元的技巧.其中，比较法是应用最为广泛的证明方法，在导数、解含参不等式、数列等知识点都有渗透.68\n热点一 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1－1】(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( )A.5，5B.10，C.10，5D.10，10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 B探究提高 在使用基本不等式求最值时一定要检验等号能否取到，有时也需进行常值代换.[微题型2] 带有约束条件的基本不等式问题【例1－2】(2022·四川卷)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( )A.16B.18C.25D.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，选B.答案 B68\n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1】(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( )A.3B.5C.7D.8(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( )A.1B.C.2D.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，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≥，则实数a的最小值为，故选B.答案 (1)C (2)B热点二 含参不等式恒成立问题[微题型1] 运用分离变量解决恒成立问题【例2－1】关于x的不等式x＋－1－a2＋2a＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为________.解析 设f(x)＝x＋，因为x＞0，所以f(x)＝x＋≥2＝4.又关于x的不等式x＋－1－a2＋2a＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以a2－2a＋1＜4，解得－1＜a＜3，所以实数a的取值范围为(－1，3).68\n答案 (－1，3)探究提高 一是转化关，即通过分离参数法，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)；二是求最值关，即求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题.[微题型2] 构造函数(主辅元转换)解决恒成立问题【例2－2】已知f(t)＝log2t，t∈[，8]，对于f(t)值域内的所有实数m，不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，求x的取值范围.解 易知f(t)∈，由题意，令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4＝(x－2)m＋(x－2)2＞0对∀m∈恒成立.所以只需即可，即x＞2或x＜－1.故x的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞).探究提高 主、辅元互换可以实现对问题的有效转化，由繁到简，应用这种方法的过程中关键还是把握恒成立的本质，巧用转化思想，灵活处理，从而顺利解决问题.【训练2】(1)(2022·合肥模拟)已知a＞0，b＞0，若不等式－－≤0恒成立，则m的最大值为( )A.4B.16C.9D.3(2)若不等式x2－ax＋1≥0对于一切a∈[－2，2]恒成立，则x的取值范围是________.解析 (1)因为a＞0，b＞0，所以由－－≤0恒成立得m≤(3a＋b)＝10＋＋恒成立.因为＋≥2＝6，当且仅当a＝b时等号成立，所以10＋＋≥16，所以m≤16，即m的最大值为16，故选B.(2)因为a∈[－2，2]，可把原式看作关于a的函数，即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，68\n由题意可知解之得x∈R.答案 (1)B (2)R热点三 简单的线性规划问题[微题型1] 已知约束条件，求目标函数最值【例3－1】设x，y满足约束条件则z＝2x－y的最大值为( )A.10B.8C.3D.2解析 画出可行域如图所示，由z＝2x－y，得y＝2x－z，欲求z的最大值，可将直线y＝2x向下平移，当经过区域内的点，且满足在y轴上的截距－z最小时，即得z的最大值，如图，可知当过点A时z最大，由得即A(5，2)，则zmax＝2×5－2＝8.答案 B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.[微题型2] 已知最值求参数问题【例3－2】(2022·山东卷)已知x，y满足约束条件若z＝ax＋y的最大值为4，则a＝( )A.3B.2C.－2D.－3解析 不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示.易知A(2，0)，由得B(1，1).由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.∴当a＝－2或a＝－3时，z＝ax＋y在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax＝0，不满足题意，排除C，D选项；当a＝2或3时，z＝ax＋y在A(2，0)处取得最大值，∴2a＝4，∴a＝2，排除A，故选B.答案 B68\n探究提高 对于线性规划中的参数问题，需注意：(1)当最值是已知时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化.(2)当目标函数与最值都是已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可.[微题型3] 非线性规划问题【例3－3】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( )A.B.1C.D.5解析 由题意知，圆M：(x－1)2＋(y＋2)2＝5的圆心坐标为(1，－2).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，故选B.答案 B探究提高 线性规划求最值问题要明确目标函数的几何意义：(1)目标函数为一次函数，几何意义可等价为横、纵截距，平移直线即可求出最值；(2)目标函数为二次函数，可等价距离的平方，但要注意求距离最值时，若利用垂线段，需考虑垂足是否在可行域内，所以此时更要注意数形结合的重要性；(3)目标函数为一次函数绝对值，可构造点到直线的距离，但莫忘等价变形(即莫忘除以系数)；(4)目标函数为一次分式，可等价直线的斜率.【训练3】若x，y满足条件且z＝2x＋3y的最大值是5，则实数a68\n的值为________.解析 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 11.应用不等式的性质时应注意的两点(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作出可行域，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、选择题1.(2022·天津卷)设x∈R，则“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 由|x－2|＜1得1＜x＜3，由x2＋x－2＞0，得x＜－2或x＞1，而1＜x＜3x＜－2或x＞1，而x＜－2或x＞11＜x＜3，所以，“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”68\n的充分而不必要条件，选A.答案 A2.(2022·临汾模拟)若点A(m，n)在第一象限，且在直线＋＝1上，则mn的最大值是( )A.3B.4C.7D.12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·≤()2，所以·≤＝，即mn≤3，所以mn的最大值为3.答案 A3.(2022·广东卷)若变量x，y满足约束条件则z＝3x＋2y的最小值为( )A.B.6C.D.4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×＝，故选C.答案 C4.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( )A.1B.2C.3D.4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≤＝2，68\n∴当且仅当x＝2y时，＝2.∴λ的最小值为2.答案 B5.(2022·衡水中学期末)已知约束条件表示的平面区域为D，若区域D内至少有一个点在函数y＝ex的图象上，那么实数a的取值范围为( )A.[e，4)B.[e，＋∞)C.[1，3)D.[2，＋∞)解析 如图：点(1，e)满足ax－y≥0，即a≥e.答案 B二、填空题6.(2022·福建卷改编)若变量x，y满足约束条件则z＝2x－y的最小值等于________.解析 如图，可行域为阴影部分，线性目标函数z＝2x－y可化为y＝2x－z，由图形可知当y＝2x－z过点时z最小，zmin＝2×(－1)－＝－.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，68\n∴f(x)的最小值为2－3.答案 0 2－38.(2022·南昌模拟)已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________.解析 由已知，得xy＝9－(x＋3y)，即3xy＝27－3(x＋3y)≤，令x＋3y＝t，则t2＋12t－108≥0，解得t≥6或t≤－18(舍)，即x＋3y≥6.答案 6三、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.解 (1)f(x)＞kkx2－2x＋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.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.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＞0，68\n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)≥0a≤6.所以当a不超过6千米时，可击中目标.11.已知函数f(x)＝ax3－bx2＋(2－b)x＋1在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，且0＜x1＜1＜x2＜2.(1)证明：a＞0；(2)若z＝a＋2b，求z的取值范围.(1)证明 求函数f(x)的导数f′(x)＝ax2－2bx＋2－b.由函数f(x)在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，知x1、x2是f′(x)＝0的两个根，所以f′(x)＝a(x－x1)(x－x2).当x＜x1时，f(x)为增函数，f′(x)＞0，由x－x1＜0，x－x2＜0得a＞0.(2)解 在题设下，0＜x1＜1＜x2＜2等价于即化简得此不等式组表示的区域为平面aOb上的三条直线：68\n2－b＝0，a－3b＋2＝0，4a－5b＋2＝0所围成的△ABC的内部，其三个顶点分别为A，B(2，2)，C(4，2).z在这三点的值依次为，6，8.所以z的取值范围为.第3讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位 高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中，函数的单调性，函数的极值与最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题、解答题中都有涉及，试题难度不大.真题感悟(2022·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.(1)证明 f′(x)＝m(emx－1)＋2x.若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)解 由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是即①设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；68\n当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.综上，m的取值范围是[－1，1].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(x)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】设函数f(x)＝alnx＋，其中a为常数.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.解 (1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞).此时f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.68\n(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).f′(x)＝＋＝.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.③当－＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，x2＝.由于x1＝＝＞0，所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－＜a＜0时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增.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.68\n[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，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.68\n【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，＋∞).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·南昌模拟)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.68\n故函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.(2)法一 当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，f′(x)的图象开口向上，对称轴为x＝，且过点(0，1).当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0时，f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增.从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k.当x＝－k时，f(x)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)＞0，即k＜－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0，解得x1＝，x2＝，注意到k＜x2＜x1＜0，(注：可用根与系数的关系判断，由x1·x2＝，x1＋x2＝＞k，从而k＜x2＜x1＜0；或者由对称结合图象判断)所以m＝min{f(k)，f(x1)}，M＝max{f(－k)，f(x2)}.因为f(x1)－f(k)＝x－kx＋x1－k＝(x1－k)(x＋1)＞0，所以f(x)的最小值m＝f(k)＝k.因为f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－k3－k·k2－k)＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0，所以f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.综上所述，当k<0时，f(x)在[k，－k]上的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.法二 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；(68\n4)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·合肥模拟)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，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)＝.68\n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；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值中的最大值与最小值.68\n3.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、选择题1.函数f(x)＝x2－lnx的单调递减区间为( )A.(－1，1]B.(0，1]C.[1，＋∞)D.(0，＋∞)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 B2.(2022·武汉模拟)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( )A.[－1，1]B.[－1，＋∞)C.[1，＋∞)D.(－∞，1]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 C68\n3.(2022·临沂模拟)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是( )A.[0，1)B.(－1，1)C.D.(0，1)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 D4.(2022·陕西卷)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )A.－1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2，8)在曲线y＝f(x)上解析 A正确等价于a－b＋c＝0，①B正确等价于b＝－2a，②C正确等价于＝3，③D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④下面分情况验证：若A错，由②、③、④组成的方程组的解为符合题意；若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数.综上，故选A.答案 A5.(2022·潍坊模拟)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( )A.{x|x＞0}B.{x|x＜0}68\nC.{x|x＜－1，或x＞1}D.{x|x＜－1，或0＜x＜1}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 A二、填空题6.(2022·陕西卷)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P的坐标为________.解析 ∵(ex)′＝e0＝1，设P(x0，y0)，有′|＝－＝－1，又∵x0＞0，∴x0＝1，故P的坐标为(1，1).答案 (1，1)7.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]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)三、解答题68\n9.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.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＝＞0，68\n所以在区间(－1，0)和上，g′(x)＞0；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；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).68\n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 在高考试题的导数压轴题中，把求切线和研究函数的性质交汇起来是一个命题热点；两个函数图象的交点问题可以转化为一个新的函数的零点问题，函数图象与函数零点是函数中的两个重要问题，在高考试题导数压轴题中涉及两个函数图象的交点问题是高考命题的另一热点.真题感悟(2022·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.解 (1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即解得x0＝，a＝－.因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上无零点.当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点.当x∈(0，1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)单调.而f(0)＝68\n，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)内有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)没有零点.(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，故在(0，1)中，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋.①若f>0，即－<a<0，f(x)在(0，1)无零点；②若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0，1)有唯一零点；③若f<0，即－3<a<－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－<a<－时，f(x)在(0，1)有两个零点；当－3<a≤－时，f(x)在(0，1)有一个零点.综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－<a<－时，h(x)有三个零点.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.68\n2.三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x→∞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[微题型1] 单一考查曲线的切线方程【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________.解析 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＝，68\n代入C2：x2＋y2＝，得x0＝±，将x0＝±，y0＝代入y＝ax3＋1(a＞0)，得a＝4.答案 4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.[微题型2] 综合考查曲线的切线问题【例1－2】(2022·北京卷)已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2，1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1，2)，B(2，10)，C(0，2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论).解 (1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－或x＝.因为f(－2)＝－10，f＝，f＝－，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f＝.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x－3x0，且切线斜率为k＝6x－3，所以切线方程为y－y0＝(6x－3)(x－x0)，因为t－y0＝(6x－3)(1－x0).整理得4x－6x＋t＋3＝0，设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同零点”.g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：68\nx(－∞，0)0(0，1)1(1，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)t＋3t＋1所以，g(0)＝t＋3是g(x)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值.当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，此时g(x)在区间(－∞，1]和[1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0，g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点.综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1).(3)过点A(－1，2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2，10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0，2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切.探究提高 解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线过点(1，t).【训练1】已知函数f(x)＝x3－x.(1)设M(λ0，f(λ0))是函数f(x)图象上的一点，求点M处的切线方程；(2)证明：过点N(2，1)可以作曲线f(x)＝x3－x的三条切线.(1)解 因为f′(x)＝3x2－1.所以曲线f(x)＝x3－x在点M(λ0，f(λ0))处的切线的斜率为k＝f′(λ0)＝3λ－1.所以切线方程为y－(λ－λ0)＝(3λ－1)(x－λ0)，即y＝(3λ－1)x－2λ.(2)证明 由(1)知曲线f(x)＝x3－x在点(λ，f(λ))处的切线的方程为y＝(3λ2－1)x－2λ3.若切线过点N(2，1)，则1＝2(3λ2－1)－2λ3，即2λ3－6λ2＋3＝0.过点N可作曲线f(x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个不同的解.68\n设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3，则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2).当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：λ(－∞，0)0(0，2)2(2，＋∞)g′(λ)＋0－0＋g(λ)极大值3极小值－5因为g(λ)在R上只有一个极大值3和一个极小值－5，所以过点N可以作曲线f(x)＝x3－x的三条切线.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·广州模拟)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，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.68\n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·保定模拟)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，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.68\n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)＝axsinx－(a＞0)，且在上的最大值为.(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.解 (1)由已知，得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，且a＞0.当x∈时，有sinx＋xcosx＞0，从而f′(x)＞0，f(x)在上是增函数，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，解得a＝1.综上所述得f(x)＝xsinx－.(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－，从而f(0)＝－＜0，f＝＞0.又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点.又由(1)知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且只有一个零点.当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0.68\n由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，从而g(x)在内单调递减.①当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点；②当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)的图象在[m，π]上连续不间断，从而f(x)在区间(m，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.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、选择题68\n1.曲线y＝在点(－1，－1)处的切线方程为( )A.y＝2x＋1B.y＝2x－1C.y＝－2x－3D.y＝－2x－2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y＝2x＋1.答案 A2.(2022·太原模拟)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( )A.－1B.0C.1D.2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.答案 C3.(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( )A.2B.－1C.1D.－2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 C4.(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( )A.2B.－2C.D.－解析 依题意得y′＝1＋lnx，y′|x＝e＝1＋lne＝2，所以－×2＝－1，a＝2，故选A.答案 A5.已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝lnx＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是( )68\nA.f(a)＜f(1)＜f(b)B.f(a)＜f(b)＜f(1)C.f(1)＜f(a)＜f(b)D.f(b)＜f(1)＜f(a)解析 由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以函数f(x)的零点a∈(0，1)；由题意，知g′(x)＝＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln2＋2－2＝ln2＞0，所以函数g(x)的零点b∈(1，2).综上，可得0＜a＜1＜b＜2.因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b).答案 A二、填空题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·成都模拟)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＜a＜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).68\n①a＝－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，则而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 ①③④⑤三、解答题9.已知曲线C：y＝eax.(1)若曲线C在点(0，1)处的切线为y＝2x＋m，求实数a和m的值；(2)对任意实数a，曲线C总在直线l：y＝ax＋b的上方，求实数b的取值范围.解 (1)y′＝aeax，因为曲线C在点(0，1)处的切线为y＝2x＋m，所以1＝2×0＋m且y′|x＝0＝2，解得m＝1，a＝2.(2)法一 对于任意实数a，曲线C总在直线y＝ax＋b的上方，等价于x，a∈R，都有eax＞ax＋b，即x，a∈R，eax－ax－b＞0恒成立.令g(x)＝eax－ax－b，①若a＝0，则g(x)＝1－b，所以实数b的取值范围是b＜1；②若a≠0，g′(x)＝a(eax－1)，由g′(x)＝0得x＝0，g′(x)，g(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)极小值所以g(x)的最小值为g(0)＝1－b，所以实数b的取值范围是b＜1.综上，实数b的取值范围是b＜1.法二 对于任意实数a，曲线C总在直线y＝ax＋b的上方，等价于x，a∈R，都有eax＞ax＋b，即x，a∈R，b＜eax－ax恒成立.令t＝ax，则等价于t∈R，b＜et－t恒成立.令g(t)＝et－t，则g′(t)＝et－1.由g′(t)＝0得t＝0，68\ng′(t)，g(t)的变化情况如下：t(－∞，0)0(0，＋∞)g′(t)－0＋g(t)极小值所以g(t)＝et－t的最小值为g(0)＝1，所以实数b的取值范围是b＜1.10.(2022·济南模拟)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≥0，68\n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，f＝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.第5讲 导数与不等式、存在性及恒成立问题高考定位 在高考压轴题中，函数与不等式交汇的试题是考查的热点，一类是利用导数证明不等式，另一类是存在性及恒成立问题.68\n真题感悟(2022·福建卷改编)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R).(1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).证明 (1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，则有F′(x)＝－1＝.当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，即当x＞0时，f(x)＜x.(2)令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，则有G′(x)＝－k＝.当k≤0时，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)单调递增，G(x)＞G(0)＝0，故任意正实数x0均满足题意.当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，从而G(x)在(0，x0)单调递增，所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x).综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).考点整合1.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.68\n(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)).2.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(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.3.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 导数与不等式[微题型1] 利用导数证明不等式【例1－1】已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解 易知f′(x)＝ex－.由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，∴f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上是增函数，且f′(0)＝0.当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.故f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.68\n(2)证明 当m≤2，x>－m时，ln(x＋m)≤ln(x＋2).故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增.又f′(－1)＝－1<0，f′(0)＝1－>0.所以f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且－1<x0<0.于是y＝f(x)在x＝x0处，取到最小值.又f′(x0)＝0，得ex0＝，两边取对数得ln(x0＋2)＝－x0.故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋2)＝＋x0＝>0.综上可知，当m≤2时，f(x)>0成立.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] 不等式恒成立求参数范围问题【例1－2】(1)已知函数f(x)＝ax－1－lnx，a∈R.①讨论函数f(x)的单调区间；②若函数f(x)在x＝1处取得极值，对∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.(2)设f(x)＝，若对∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)恒成立，求m的取值范围.解 (1)①在区间(0，＋∞)上，f′(x)＝a－＝，当a≤0时，f′(x)＜0恒成立，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，令f′(x)＝0得x＝，在区间上，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，在区间上，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.综上所述：当a≤0时，f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；68\n当a＞0时，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.②因为函数f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝0，解得a＝1，经检验可知满足题意.由已知f(x)≥bx－2，即x－1－lnx≥bx－2，即1＋－≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝－－＝，易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.(2)f(x)＝，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)，即lnx≤m.设g(x)＝lnx－m，即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0恒成立，等价于函数g(x)在[1，＋∞)上的最大值g(x)max≤0.g′(x)＝－m＝.①若m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即g(x)≥g(1)＝0，这与要求的g(x)≤0矛盾.②若m＞0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2.当Δ≤0，即m≥时，g′(x)≤0.所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g(1)＝0，即不等式成立；当0＜m＜时，方程－mx2＋x－m＝0的两根分别为x1＝＜1，x2＝＞1.当x∈(1，x2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，g(x)＞g(1)＝0，与要求矛盾.综上所述，m≥.68\n探究提高 对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.【训练1】(2022·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)＞－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立，求k的最大值.解 (1)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝－2x，由f′(x)＞0，得－1＜x＜；由f′(x)＜0，得x＞.所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)法一 由已知f(x)＞－x2在(0，＋∞)上恒成立，得k＜(x＞0)，令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝，设h(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0)，则h′(x)＝1－＝＞0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增.而h(2)＝1－ln3＜0，h(3)＝2－ln4＞0，由零点存在定理，知存在x0∈(2，3)，使得h(x0)＝0，即1＋ln(x0＋1)＝x0，又函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0.从而当x∈(0，x0)时，g′(x)＝＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(x0)＝＝x0＋1.因此f(x)＞－x2在(0，＋∞)上恒成立等价于k＜g(x)min＝x0＋1.68\n由x0∈(2，3)，知x0＋1∈(3，4)，所以k的最大值为3.法二 由题意，1＋ln(x＋1)＞在(0，＋∞)上恒成立.设g(x)＝1＋ln(x＋1)－(x＞0)，则g′(x)＝－＝，(ⅰ)当k＝1时，则g′(x)＝＞0，所以g(x)单调递增，g(0)＝1＞0，即g(x)＞0恒成立.(ⅱ)当k＞1时，则g(x)在(0，k－1)上单调递减，在(k－1，＋∞)上单调递增，所以g(x)的最小值为g(k－1)，只需g(k－1)＞0即可，即lnk－k＋2＞0.设h(k)＝lnk－k＋2(k＞1)，h′(k)＝＜0，则h(k)单调递减，因为h(2)＝ln2＞0，h(3)＝ln3－1＞0，h(4)＝ln4－2＜0，所以k的最大值为3.热点二 存在与恒成立问题【例2】(2022·南昌模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R).(1)当a≤时，讨论f(x)的单调性；(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.68\n(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.(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≥.68\n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·秦皇岛模拟)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，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，68\n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、选择题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( )A.B.C.(－∞，2]D.(－∞，2)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 A68\n2.若存在正数x使2x(x－a)＜1成立，则a的取值范围是( )A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞)D.(－1，＋∞)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，＋∞)，故选D.答案 D3.(2022·合肥模拟)当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )A.[－5，－3]B.C.[－6，－2]D.[－4，－3]解析 当x∈(0，1]时，得a≥－3－4＋，令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，令g(t)＝－3t3－4t2＋t，t∈[1，＋∞)，则g′(t)＝－9t2－8t＋1＝－(t＋1)·(9t－1)，显然在[1，＋∞)上，g′(t)＜0，g(t)单调递减，所以g(t)max＝g(1)＝－6，因此a≥－6；同理，当x∈[－2，0)时，得a≤－2.由以上两种情况得－6≤a≤－2，显然当x＝0时也成立.故实数a的取值范围为[－6，－2].答案 C4.(2022·全国Ⅱ卷)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( )A.(－∞，－1)∪(0，1)B.(－1，0)∪(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(0，1)∪(1，＋∞)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(68\n0，＋∞)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)，选A.答案 A5.已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－x＋，若任意给定的x0∈[0，2]，总存在两个不同的xi(i＝1，2)∈[0，2]，使得f(xi)＝g(x0)成立，则实数a的取值范围是( )A.(－∞，－1) B.(1，＋∞)C.(－∞，－1)∪(1，＋∞)D.[－1，1]解析 当a＝0时，显然不成立，故排除D；当a＞0时，注意到f′(x)＝6ax2－6ax＝6ax(x－1)，即f(x)在[0，1]上是减函数，在[1，2]上是增函数，又f(0)＝1＜＝g(0)，当x0＝0时，结论不可能成立；进一步，可知a＜0，此时g(x)在[0，2]上是增函数，且取值范围是，同时f(x)在0≤x≤1时，函数值从1增大到1－a，在1≤x≤2时，函数值从1－a减少到1＋4a，所以“任意给定的x0∈[0，2]，总存在两个不同的xi(i＝1，2)∈[0，2]，使得f(xi)＝g(x0)成立”，当且仅当即解得a＜－1.答案 A二、填空题6.(2022·太原模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________.68\n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 47.(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 8.(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 三、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≥2.68\n(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，＋∞)f′(x)－＋－f(x)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)＜0，68\n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).10.(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.(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)＝－.68\n综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.11.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，所以函数g(x)的最小值为g(a)＝lna＋1.68\n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(－∞，].68
