高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式 教案(全国通用)

高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式 教案（全国通用）

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.(2016·江苏卷)函数y＝3－2x－x2的定义域是________.

解析 要使函数有意义，需且仅需3－2x－x2

≥0，解得－3≤x≤1.故函数定义域为[－3，1]. 答案 [－3，1]

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x＋a，－1≤x＜0，2.(2016·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)＝

25－x

，0≤x＜1，其

中a∈R.若f5－2＝f92

，则f(5a)的值是________.

解析 由已知f5－21＝f－52＋2＝f1－2

＝－2＋a， f92＝f911

2－4

＝f2＝215－2

＝10

. 又∵f5－92＝f2

，

则－12＋a＝1310，a＝5

，

∴f(5a)＝f(3)＝f(3－4)＝f(－1)＝－1＋325＝－5. 答案 －2

5

3.(2014·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)＝2

1

x－2x＋2.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)在[－3，4]上的图象，f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝1

2，

观察图象可得0＜a＜1

2

.

答案 0，12

4.(2015·江苏卷)已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝0，0＜x≤1，



|x2－4|－2，x＞1，则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为

________.

－ln x，0＜x≤1，解析 令h(x)＝f(x)＋g(x)，则h(x)＝－x2

＋ln x＋2，1＜x＜2， x2＋ln x－6，x≥2，

2

当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋1x＝1－2xx＜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

(ⅰ)用来比较大小，求函数最值，解不等式和证明方程根的唯一性.

(ⅱ)常见判定方法：①定义法：取值、作差、变形、定号，其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解；②图象法；③复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则；④导数法.

(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奇函数在关于原点对称的区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的区间内有相反的单调性；

(3)周期性：常见结论有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)

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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)或f（x＋a）＝1

f（x）

，则y＝f(x)是周期为2|a|的周期函数.

2.函数的图象

(1)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.

(2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究. 3.求函数值域有以下几种常用方法：

(1)直接法；(2)配方法；(3)基本不等式法；(4)单调性法；(5)求导法；(6)分离变量法.除了以上方法外，还有数形结合法、判别式法等. 4.函数的零点问题

(1)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)确定函数零点的常用方法：①直接解方程法；②利用零点存在性定理；③数形结合，利用两个函数图象的交点求解.

5.应用函数模型解决实际问题的一般程序

读题（文字语言）⇒建模求解反馈

（数学语言）⇒（数学应用）⇒（检验作答）

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 函数性质的应用

【例1】 (1)已知定义在R上的函数f(x)＝2

|x－m|

即f(1)＝0，

－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，

1511则a，b，c的大小关系为________(从小到大排序).

(2)(2016·全国Ⅱ卷改编)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝x＋1

x与y＝f(x)图象的交点为

m(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则 (xi＋yi)＝________.

i＝1

解析 (1)由f(x)＝2|x－m|

－1是偶函数可知m＝0，

所以f(x)＝2|x|

－1.

所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2log23－1＝2，

b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2log25－1＝4， c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c(2)由题设得1

2(f(x)＋f(－x))＝1，点(x，f(x))与点(－x，f(－x))关于点(0，1)对称，则y＝f(x)的图象关于点

(0，1)对称. 又y＝

x＋1x＝1＋1

x，x≠0的图象也关于点(0，1)对称. 则交点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成对出现，且每一对关于点(0，1)对称. mmm则 xmiyi＝ xii+ yi=0＋＝1i＝1i＝12×2＝m.

答案 (1)c＜a＜b (2)m

探究提高 (1)可以根据函数的奇偶性和周期性，将所求函数值转化为给出解析式的范围内的函数值.(2)利用函数的对称性关键是确定出函数图象的对称中心(对称轴).

【训练1】 (1)(2015·全国Ⅰ卷)若函数f(x)＝xln(x＋a＋x2

)为偶函数，则a＝________.

(2)(2016·四川卷)已知函数f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＋f(1)

＝________.

解析 (1)f(x)为偶函数，则ln(x＋a＋x2

)为奇函数， 所以ln(x＋a＋x2

)＋ln(－x＋a＋x2

)＝0， 即ln(a＋x2

－x2

)＝0，∴a＝1. (2)因为f(x)是周期为2的奇函数， 所以f(1)＝f(－1)＝－f(1)，

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又f－2＝f－2＝－f2

＝－42＝2，

从而f－52

＋f(1)＝－2. 答案 (1)1 (2)－2 热点二 函数图象的应用

2

【例2】 (1)(2016·苏北四市调研)已知函数f(x)＝

－x＋2x，x≤0，

ln（x＋1），x>0.若|f(x)|≥ax，则实数a的取值范围是

________.

(2)(2015·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，则实数a的取值范围是________.

解析 (1)函数y＝|f(x)|的图象如图.y＝ax为过原点的一条直线，

当a＞0时，与y＝|f(x)|在y轴右侧总有交点，不合题意；当a＝0时成立；当a＜0时，找与

y＝|－x2＋2x|(x≤0)相切的情况，

即y′＝2x－2，切线方程为y＝(2x0－2)(x－x0)，由分析可知x0＝0，所以a＝－2，综上，a∈[－2，0].

(2)设g(x)＝ex(2x－1)，h(x)＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)＜ax0－a， 因为g′(x)＝ex(2x＋1)，可知g(x)在1－∞，－2上单调递减，在1－2，＋∞

上单调

递增，作出g(x)与h(x)的大致图象如图所示，故h（0）＞g（0），



h（－1）≤g（－1），

a＜1，即3所以3



－2a≤－e，2e≤a<1.

答案 (1)[－2，0] (2)

32e，1

探究提高 (1)涉及到由图象求参数问题时，常需构造两个函数，借助两函数图象求参数范围.

(2)图象形象地显示了函数的性质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合研究.

【训练2】 (2016·苏、锡、常、镇调研)设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，则不等式

f（x）－f（－x）

x<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f（x）－f（－x）

x<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

f（x）－f（－x）

x<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 [微题型1] 函数零点个数的求解

【例3－1】 (2016·南京、盐城模拟)函数f(x)＝4cos2

xπ2·cos2－x

－2sin x－|ln(x＋1)|的零点个数为

________.

解析 f(x)＝4cos2

x2sin x－2sin x－|ln(x＋1)|＝2sin x·2x

2cos2－1－|ln(x＋1)|＝

sin 2x－|ln(x＋1)|，令f(x)＝0，得sin 2x＝|ln(x＋1)|.在同一坐标系中作出两个函数y＝sin 2x与函数y＝|ln(x＋1)|的大致图象如图所示.

观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f(x)有2个零点. 答案 2

探究提高 解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法，尤其是求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解. [微题型2] 由函数的零点(或方程的根)求参数

x－【例3－2】 (1)(2016·南京三模)设函数f(x)＝1ex，x≥a，

－x－1，x＜a，

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g(x)＝f(x)－b.若存在实数b，使得函数g(x)恰有3个零点，则实数a的取值范围为________.

(2)已知函数f(x)＝2－|x|，x≤2，

函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4（x－2）2

，x＞2，

个零点，则b的取值范围是________. 解析 (1)当f(x)＝

x－1

e时，f′(x)＝2－xxe

x，由f′(x)＝0得x＝2，且当x＜2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＞2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，则当x＝2时，f(x)有极大值f(2)＝111

e2.当－x－1＝e2时，x＝－1－e

2.

结合图象可得当存在实数b使得g(x)＝f(x)－b恰有3个零点时，－1－1

e2＜a＜2.

(2)函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，即方程f(x)－g(x)＝0，即b＝f(x)＋f(2－x)有4

个不同实数根，即直线y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个不同的交点，又y＝f(x)＋f(2－x)＝

x2



＋x＋2，x＜0，2，0≤x≤2，

作出该函数的图象如图所示， x2－5x＋8，x＞2，

由图可知，当7

4

＜b＜2时，直线y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个不同的交点，故函数y＝f(x)－g(x)

恰有4个零点时，b的取值范围是74，2

. 答案 (1)－1－1e2，2 (2)74，2

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】 (2016·泰州调研)设函数f(x)＝x2

＋3x＋3－a·ex(a为非零实数)，若f(x)有且仅有一个零点，则a的取值范围为________. 2解析 令f(x)＝0，可得

x＋3x＋3

e

x＝a，

令g(x)＝

x2＋3x＋3

e

x，则g′(x)＝

（2x＋3）·ex－ex·（x2

＋3x＋3）（ex）2＝－x（x＋1）

ex，令g′(x)＞0，可得x∈(－1，0)，令g′(x)＜0，可得x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)，所以g(x)在(－1，0)上单调递增，在(－∞，－1)和(0，＋∞)上单调递减.由题意知函数

y＝g(x)的图象与直线y＝a有且仅有一个交点，结合y＝g(x)及y＝a的图象可得a∈(0，e)∪(3，＋∞).

答案 (0，e)∪(3，＋∞) 热点四 函数的实际应用问题

【例4】 (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高

OO1是正四棱锥的高PO1的4倍.

(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？

(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？ 解 (1)V＝13

×62×2＋62×2×4＝312(m3

).

(2)设PO2

2

2

2

1＝x，则O1B1＝6－x，B1C1＝2·6－x， ∴S正方形A2

21B1C1D1＝2(6－x). 又由题意可得下面正四棱柱的高为4x， 则仓库容积V＝13x·2(62－x2)＋2(62－x2

)·4x＝

26

3

x(36－x2).由V′＝0得x＝23或x＝－23(舍去). 由实际意义知V在x＝23(m)时取到最大值， 故当PO1＝23(m)时，仓库容积最大.

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】 (2016·南京学情调研)某市对城市路网进行改造，拟在原有a个标段(注：一个标段是指一定长度的机动车道)的基础上，新建x个标段和n个道路交叉口，其中n与x满足n＝ax＋5.已知新建一个标段的造价为m万元，新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k倍. (1)写出新建道路交叉口的总造价y(万元)与x的函数关系式；

(2)设P是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比.若新建的标段数是原有标段数的20%，且k≥3.问：

P能否大于120

，说明理由.

解 (1)依题意得y＝mkn＝mk(ax＋5)，x∈N*

. (2)法一 依题意x＝0.2a，

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所以P＝mxy＝xk（ax＋5）＝0.2ak（0.2a2＋5）＝ak（a2

＋25）

≤

a3（a2

＋25）＝1325

a＋a≤11125＝＜. 3×2a×3020a

P不可能大于120

.

法二 依题意x＝0.2a， 所以P＝mx＝

xyk（ax＋5）＝0.2ak（0.2a2＋5）＝ak（a2＋25）

.

假设P＞120

，则ka2

－20a＋25k＜0.

因为k≥3，所以Δ＝100(4－k2

)＜0，不等式ka2

－20a＋25k＜0无解，假设不成立.

P不可能大于120

.

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)＝1

xln x的定义域时，只考虑x＞0，忽视ln x≠0的.

2.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. 3.三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较.

(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较； (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；

(3)底数不同、指数也不同，或底数不同，真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小.

4.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.(2016·南通调研)函数f(x)＝ln x＋1－x的定义域为________.

解析 要使函数f(x)＝ln x＋1－x有意义，则x＞0，

解得0＜x≤1，即函数定义域是(0，1].



1－x≥0，答案 (0，1]

2.(2011·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－12，＋∞，令t＝2x＋1(t＞0).因为y＝log5t在t∈(0，＋∞)上为增函数，t＝2x＋1在－12，＋∞上为增函数，所以函数y＝log5(2x＋1)的单调增区间为1－2，＋∞.

答案 1－2，＋∞

x3.(2016·苏州调研)函数f(x)＝2，x≤0，

－x2＋1，x＞0的值域为________.

解析 当x≤0时，y＝2x∈(0，1]； 当x＞0时，y＝－x2

＋1∈(－∞，1). 综上， 该函数的值域为(－∞，1]. 答案 (－∞，1]

4.(2016·江苏卷)定义在区间[0，3π]上的函数y＝sin 2x的图象与y＝cos x的图象的交点个数是________. 解析 在区间[0，3π]上分别作出y＝sin 2x和y＝cos x的简图如下：

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由图象可得两图象有7个交点. 答案 7

ax＋1，－1≤5.(2012·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)＝

x＜0，bx＋2x＋1

，0≤x≤1，其

中a，b∈R.若f12＝f32

，则a＋3b的值为________.

1解析 因为函数f(x)是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)⇒－a＋1＝b＋21321b＋2

222，又f2＝f＝f－

⇒3＝

2－1

2a＋1，联立列成方程组解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝2－12＝－10. 答案 －10

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)令g(m)＝mx＋x－2，由m∈[－2，2]知g(m)<0恒成立，可得g（－2）＝－x－2<0，2

∴－2g（2）＝3x－2<0，3.

答案 －2，23



7.已知函数f(x)＝x－[x]，x≥0，

其中[x]表示不超过x的最大整数.若直线y＝k(x＋1)(

f（x＋1），x＜0，k＞0)与函数y＝

f(x)的图象恰有三个不同的交点，则实数k的取值范围是________.

解析 根据[x]表示的意义可知，当0≤x＜1时，f(x)＝x，当1≤x＜2时，f(x)＝x－1，当2≤x＜3时，f(x)＝

x－2，以此类推，当k≤x＜k＋1时，f(x)＝x－k，k∈Z，当－1≤x＜0时，f(x)＝x＋1，作出函数f(x)的图象

如图，直线y＝k(x＋1)过点(－1，0)，当直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个

交点，在这两条直线之间时有三个交点，故k∈114，3

.

答案 14，13

x8.(2016·北京海淀区二模)设函数f(x)＝2－a，x＜1，



4（x－a）（x－2a），x≥1.

(1)若a＝1，则f(x)的最小值为________；

(2)若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是________.

x解析 (1)当a＝1时，f(x)＝

2－1，x<1，

4（x－1）（x－2），x≥1.

当x<1时，f(x)＝2x－1∈(－1，1)，

当x≥1时，f(x)＝4(x2

－3x＋2)＝4321x－2－4

≥－1，∴f(x)min＝－1.

(2)由于f(x)恰有2个零点，分两种情况讨论： 当f(x)＝2x－a，x<1没有零点时，a≥2或a≤0.

当a≥2时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时，有2个零点； 当a≤0时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时无零点. 因此a≥2满足题意.

当f(x)＝2x－a，x<1有一个零点时， 0第 7 页 共 39 页

f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有一个零点，此时a<1, 2a≥1，因此1

2

≤a<1.

综上知实数a的取值范围是a|12≤a<1或a≥2



.

答案 (1)－1 (2)12，1

∪[2，＋∞) 二、解答题

9.已知函数f(x)＝x2

－2ln x，h(x)＝x2

－x＋a. (1)求函数f(x)的极值；

(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围. 解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－2

x＝0，得x＝1.

当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在x＝1处取得极小值为1，无极大值. (2)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－2ln x－a(x＞0)， 所以k′(x)＝1－2

x，令k′(x)＞0，得x＞2，

所以k(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增， 所以当x＝2时，

函数k(x)取得最小值，k(2)＝2－2ln 2－a，

因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1，3]上恰有两个不同零点.即有k(x)在[1，2)和(2，3]内各有一个零点，

k（1）≥0，1－a≥0，所以k（2）＜0，即有

2－2ln 2－a＜0，

k（3）≥0，3－2ln 3－a≥0，

解得2－2ln 2＜a≤3－2ln 3.

所以实数a的取值范围为(2－2ln 2，3－2ln 3].

10.(2012·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－120(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－120(1＋k2)x2

＝0，

由实际意义和题设条件知x>0，k>0， 故x＝20k201＋k2＝

k＋

1≤20

2

＝10， k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－120(1＋k2)a2成立⇔关于k的方程a2k2－20ak＋a2＋＝0有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2

＋

)≥0⇔a≤6.

所以当a不超过6千米时，可击中目标.

11.(2016·苏北四市调研)如图，OA是南北方向的一条公路，OB是北偏东45°方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C.为方便游客观光，拟过曲线C上某点P分别修建与公路OA，OB垂直的两条道路PM，PN，且PM，PN的造价分别为5万元/百米、40万元/百米.建立如图所示的平面直角坐标系xOy，则曲线C符合函数模型y＝x＋42

x2

(1≤x≤9)，设PM＝x，修建两条道路PM，PN的总造价为f(x)万元.题中所涉及长度单位均为百米.

第 8 页 共 39 页

(1)求f(x)的解析式；

(2)当x为多少时，总造价f(x)最低？并求出最低造价.

解 (1)在如题图所示的直角坐标系中，因为曲线C的方程为y＝x＋42

x2(1≤x≤9)，PM＝x，所以点P坐标为



4x－

x＋242

x22



x，x＋42x2，直线OB的方程为x－y＝0，则点P到直线x－y＝0的距离为＝x42

2

＝x2，

又PM的造价为5万元/百米，PN的造价为40万元/百米. 则两条道路总造价为f(x)＝5x＋40·4x2＝5x＋32x2

(1≤x≤9).

(2)因为f(x)＝5

x＋32x2

，

3

所以f′(x)＝51－x35（x－）

＝

x3，

令f′(x)＝0，解得x＝4，列表如下：

x (1，4) 4 (4，9) f′(x) － 0 ＋ f(x) ] 极小值 Z 所以当x＝4时，函数f(x)有最小值，且最小值为f(4)＝54＋3242

＝30，

即当x＝4时，总造价最低，最低造价为30万元.

(注：利用三次均值不等式得f(x)＝532

x＋x2

＝

3xx325＋＋2≥5×38＝30，当且仅当x＝4时，等号成立，同样正确.)

22x

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；x－2y＋4≥022

3.(2016·江苏卷)已知实数x，y满足2x＋y－2≥0，则x＋y的取值范围是________.

3x－y－3≤0

解析 已知不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，则(x，y)为阴影部分内的动点：

(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.

真 题 感 悟

1.(2015·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－12.(2014·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，

2

2

则有f（m）＝m＋m－1<0，



f（m＋1）＝（m＋1）2

＋m（m＋1）－1<0， 解得－

2

2

－2，0

第 9 页 共 39 页

x2＋y2表示原点到可行域内的点的距离的平方.

解方程组3x－y－3＝0，



x－2y＋4＝0，得A(2，3).

(x2

＋y2

)min＝|－2|2由图可知4

22＋12＝5

，

(x2＋y2)max＝|OA|2＝22＋32

＝13.

答案 45，13

4.(2016·江苏卷)在锐角三角形ABC中，若sin A＝2sin Bsin C，则tan Atan Btan C的最小值是________. 解析 由sin A＝sin(B＋C)＝2sin Bsin C得sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bsin C， 两边同时除以cos Bcos C得tan B＋tan C＝2tan Btan C.

令tan B＋tan C＝2tan Btan C＝m，因为△ABC是锐角三角形，所以2tan Btan C＞2tan B·tan C，则tan Btan

C＞1，m＞2.

又在三角形中有tan Atan Btan C＝－tan(B＋C)tan Btan C ＝－m2

·1m＝m＝m－241－12m－2＋m＋4

2m－2≥2

（m－2）·4m－2＋4＝8，当且仅当m－2 ＝4m－2

， 即m＝4时取等号，故tan Atan Btan C的最小值为8.

答案 8

考 点 整 合

1.(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；④讨论根与定义域的关系. (2)四个常用结论

①ax2

＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的条件是a＞0，





Δ＜0.②ax2

＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的条件是a＜0，





Δ＜0.③a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max. ④a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min. 2.利用基本不等式求最值

已知x，y＞0，则(1)若x＋y＝S(和为定值)，则当x＝y时，积xy取得最大值S2

4x＋y2S2xy≤2＝4；(2)若xy＝P(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值2P(x＋y≥2xy＝2P).

3.二元一次不等式(组)和简单的线性规划

(1)线性规划问题的有关概念：线性约束条件、线性目标函数、可行域、最优解等.

(2)解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤：①画出可行域；②根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；③求出目标函数的最大值或者最小值.

热点一 一元二次不等式的解法及应用

【例1】 (1)(2013·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

第 10 页 共 39 页

集用区间表示为________.

(2)(2012·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)2

f(x)＝－f(－x)＝－x2

－4x，因此f(x)＝x－4x，x≥0

－x2－4x，x<0

不等式f(x)>x等价于x≥0，x<0，



x2－4x>x或－x2－4x>x， 解得：x>5或－52

2

(2)由题意知f(x)＝x2

＋ax＋b＝x＋a2a

＋b－4.

∵f(x)的值域为[0，＋∞)，∴b－a2＝0，即ba2

4＝4

.

2

∴f(x)＝x＋a2

.由f(x)得－aa2－c又f(x)－a－c＝m， ①

∴2

－a2＋c＝m＋6， ②

②－①，得2c＝6，∴c＝9. 答案 (1)(－5，0)∪(5，＋∞) (2)9

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x

x<－1，或x>12，则f(10x)>0的解集为______.

解析 依题意知f(x)>0的解为－112，解得x答案 {x|x＜－lg 2}

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】 (1)(2016·南师附中模拟)设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2

－z＝0，则当xy21z取得最大值时，x＋

y－2

z的最大值为________.

(2)已知正项等比数列{a，a14

n}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项amn使得aman＝4a1，则m＋n的最小值为________.

解析 (1)由已知得z＝x2－3xy＋4y2

，(*) 则xyz＝

xy1x2－3xy＋4y2＝

x4y≤1，当且仅当x＝2y时取等号，把x＝2y代入(*)式，得z＝2y2

，所以2＋1－2＝y＋xyzx－31

y＋1

y－1

y2＝－1y－12



＋1≤1.

所以当y＝1时，2x＋12

y－z的最大值为1.

(2)设等比数列{an}的公比为q(q＞0)， ∵a2

7＝a6＋2a5，∴a5q＝a5q＋2a5，

∴q2

－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去). ∴am－1

m·an＝a1·2·an－1

1·2

＝4a1，

平方得2

m＋n－2

＝16＝24

，

∴m＋n＝6，

∴1m＋4n＝161m＋4n1(m＋n)＝n4m1365＋m＋n≥6(5＋4)＝2，

当且仅当nm＝

4mn，即n＝2m，亦即m＝2，n＝4时取等号. 答案 (1)1 (2)3

2

探究提高 在利用基本不等式时往往都需要变形，变形的原则是在已知条件下通过变形凑出基本不等式应用的条件，即“和”或“积”为定值，等号能够取得. [微题型2] 基本不等式在实际问题中的应用

【例2－2】 (2016·南通调研)如图，在C城周边已有两条公路l1，l2在点O处交汇.已知

OC＝(2＋6)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＝x km，OB＝y km. (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.

第 11 页 共 39 页

解 (1)因为△AOC的面积与△BOC的面积之和等于△AOB的面积，所以12x(2＋6)sin 45°＋1

2y(2＋6)·sin

30°＝1

2

xysin 75 °，

即

22x(2＋6)＋16＋22y(2＋6)＝4

xy， 所以y＝22xx－2

(x＞2).

2

(2)△AOB的面积S＝12xysin 75°＝6＋23＋1x3＋143＋1

8xy＝2×x－2＝2(x－2＋x－2＋4)≥2×8＝4(3＋1).

当且仅当x＝4时取等号，此时y＝42.

故OA＝4 km，OB＝42 km时，△OAB面积的最小值为4(3＋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)已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，且a∥b，若x，y均为正数，则32

x＋y的最小值是________.

(2)若直线2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)被圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0截得的弦长为4，则11

a＋b的最小值是________.

解析 (1)∵a∥b，∴3(y－1)＋2x＝0， 即2x＋3y＝3.∵x＞0，y＞0， ∴3x＋2y＝3x＋2y1

·3

(2x＋3y) ＝1

3

6＋6＋9yx＋4xy≥13(12＋2×6)＝8.

当且仅当3y＝2x时取等号.

(2)易知圆x2

＋y2

＋2x－4y＋1＝0的半径为2，圆心为(－1，2)，因为直线2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)被圆x2

＋y2

＋2x－4y＋1＝0截得的弦长为4，所以直线2ax－by＋2＝0(a＞0，b＞0)过圆心，把圆心坐标代入得a＋b＝1，所以1a＋1b＝1a＋1b(a＋b)＝2＋ba＋ab≥4，当且仅当ba＝ab，a＋b＝1，即a＝b＝1

2时等号成立.

答案 (1)8 (2)4

热点三 含参不等式恒成立问题 [微题型1] 分离参数法解决恒成立问题

【例3－1】 (1)关于x的不等式x＋4x－1－a2

＋2a＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为________.

(2)已知x＞0，y＞0，x＋y＋3＝xy，且不等式(x＋y)－a(x＋y)＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是________. 2

1

解析 (1)设f(x)＝x＋444

x，因为x＞0，所以f(x)＝x＋4x≥2

x·x＝4.又关于x的不等式x＋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). (2)要使(x＋y)2

－a(x＋y)＋1≥0恒成立，则有(x＋y)2

＋1≥a(x＋y)，即a≤(x＋y)＋1

x＋y恒成立. 2

由x＋y＋3＝xy，得x＋y＋3＝xy≤x＋y2

，

即(x＋y)2

－4(x＋y)－12≥0，解得x＋y≥6或x＋y≤－2(舍去).设t＝x＋y，则t≥6，(x＋y)＋11

x＋y＝t＋t.设

f(t)＝t＋1t，则在t≥6时，f(t)单调递增，所以f(t)＝t＋113737

t的最小值为6＋6＝6，所以a≤6，即实数a的取

值范围是37

－∞，6.

答案 (1)(－1，3) (2)

－∞，376

探究提高 对于含参数的不等式恒成立问题，常通过分离参数，把求参数的范围化归为求函数的最值问题，a＞

f(x)恒成立⇔a＞f(x)max；a＜f(x)恒成立⇔a＜f(x)min.

[微题型2] 函数法解决恒成立问题

【例3－2】 (1)已知f(x)＝x2

－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，则a的取值范围为________. (2)已知二次函数f(x)＝ax2

＋x＋1对x∈[0，2]恒有f(x)＞0.则实数a的取值范围为________. 解析 (1)法一 f(x)＝(x－a)2

＋2－a2

，此二次函数图象的对称轴为x＝a，

①当a∈(－∞，－1)时，结合图象知，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3. 要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a， 即2a＋3≥a，解得－3≤a＜－1；

②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)2

min＝f(a)＝2－a， 由2－a2

≥a，解得－2≤a≤1.∴－1≤a≤1. 综上所述，所求a的取值范围为[－3，1].

法二 设g(x)＝f(x)－a，则g(x)＝x2

－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立，

Δ＞即Δ＝4a2

－4(2－a)≤0或0，a＜－1，解得[－3，1].

g（－1）≥0，

(2)法一 函数法.

第 12 页 共 39 页

若a＞0，则对称轴x＝－2a＜0，

故f(x)在[0，2]上为增函数，且f(0)＝1， 因此在x∈[0，2]上恒有f(x)＞0成立.

若a＜0，则应有f(2)＞0，即4a＋3＞0，∴a＞－3

4. ∴－3

4

＜a＜0.

综上所述，a的取值范围是－34，0

∪(0，＋∞).

法二 分离参数法.

当x＝0时，f(x)＝1＞0成立.

当x≠0时，ax2

＋x＋1＞0变为a＞－11x2－x，

令g(x)＝－11x2－x11x≥2.

∴当1x≥12时，g(x)∈3－∞，－4. ∵a＞－113

x2－x，∴a＞－4

. 又∵a≠0，∴a的取值范围是－34，0∪(0，＋∞).

答案 (1)[－3，1] (2)3－4，0

∪(0，＋∞) 探究提高 参数不易分离的恒成立问题，特别是与二次函数有关的恒成立问题的求解，常用的方法是借助函数图象根的分布，转化为求函数在区间上的最值或值域问题.

【训练3】 (1)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________. (2)已知不等式

21x－1≥5

|a2

－a|对于x∈[2，6]恒成立，则a的取值范围是________. 解析 (1)因为a∈[－2，2]，可把原式看作关于a的一次函数，即g(a)＝－xa＋x2

＋1≥0，

2

由题意可知g（－2）＝x＋2x＋1≥0，



g（2）＝x2

－2x＋1≥0，解之得x∈R. (2)设y＝2x－1，y′＝－2

（x－1）

2＜0， 故y＝

2x－1在x∈[2，6]上单调递减，即y22min＝6－1＝5

，

故不等式

2x－1≥15

|a2

－a|对于x∈[2，6]恒成立等价于 1a2

－a－2≤0，5|a2－a|≤2

5恒成立，化简得

a2－a＋2≥0， 解得－1≤a≤2，故a的取值范围是[－1，2]. 答案 (1)R (2)[－1，2] 热点四 简单的线性规划问题

2x－y≤0，【例4】 (1)(2016·北京卷改编)若x，y满足

x＋y≤3，则2x＋y的最大值为________.

x≥0，

)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m4－n4

(2)(2016·苏北四市调研m3n的

最小值为________.

解析 (1)不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示.令z＝2x＋y，则y＝－2x＋z，作直

线2x＋y＝0并平移，当直线过点A时，截距最大，即z取得最大值，由2x－y＝0，x＝1，x＋y＝3，得

y＝2，所以A点坐标为(1，2)，可得2x＋y的最大值为2×1＋2＝4.

(2)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2（2m－n）≥8－2n，



－4（2m－n）≥8－2n， 所以m，n满足的不等式组为



m≥2，4m－3n＋4≤0， n≤6，

所以点(m，n)对应的平面区域如图，nnm的几何意义是可行域上的点与原点的连线的斜率，所以m∈127，3

，而目

标函数m4－n4mm3n＝n－nm3，令nm＝t∈127，31312



，则目标函数即为y＝t－t，其导数y′＝－t2－3t＜0，所以函数y＝1t－t3在t∈127，3上递减，故t＝3时取得最小值－803. 答案 (1)4 (2)－803

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.

第 13 页 共 39 页

【训练4】 (2016·苏、锡、常、镇调研)已知x，y满足

y≥x，y≤－x＋2，且目标函数z＝2x＋y的最小值为1，则实

x≥a，

数a的值是________.

解析 依题意，不等式组所表示的可行域如图所示(阴影部分)，观察图象可知，当目标函数z＝2x＋y过点B(a，

a)时，zmin＝2a＋a＝3a；因为目标函数z＝2x＋y的最小值为1，所以3a＝1，解得a＝1

3

.

答案 13

1.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.

2.基本不等式除了在填空题考查外，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.

3.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.

4.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

2

1.(2015·苏州调研)已知f(x)＝x＋x（x≥0），2



－x2＋x（x＜0），则不等式f(x－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)

2.若点A(m，n)在第一象限，且在直线xy3＋4

＝1上，则mn的最大值是________.

解析 因为点A(m，n)在第一象限，且在直线x＋y＝1上，所以m，n＞0，且m＋n＝mn34341，所以3·4

≤

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2mn342当且仅当m3＝n4＝132，即m＝2，n＝2时，取“＝”，所以m3·n4≤122＝14，即mn≤3，所以mn的最大值为3. 答案 3

2

3.(2016·苏北四市模拟)已知函数f(x)＝x＋2x，x≥0，

x2－2x，x＜0，若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则实数a的取值范围是

________.

解析 f(－a)＋f(a)≤2f(1)⇔



a≥0，

（－a）2－2×（－a）＋a2＋2a≤2×3或 a＜0，

（－a）2＋2×（－a）＋a2

－2a≤2×3 即a≥0，a＜0，

a2＋2a－3≤0或a2－2a－3≤0， 解得0≤a≤1，或－1≤a＜0. 故－1≤a≤1. 答案 [－1，1]

log3x，x＞0，

4.已知函数f(x)＝

1x那么不等式f(x)≥1的解集为________.

3，x≤0，x解析 当x＞0时，由log3x≥1可得x≥3，当x≤0时，由13

≥1可得x≤0，

∴不等式f(x)≥1的解集为(－∞，0]∪[3，＋∞). 答案 (－∞，0]∪[3，＋∞)

x＋2y－2≥0，5.(2016·南京、盐城模拟)若x，y满足不等式组x－y＋1≥0，则x2＋y2

的最小值是________.

3x＋y－6≤0，

解析 不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，

x2＋y2表示原点(0，0)到此区域内的点P(x，y)的距离.

显然该距离的最小值为原点到直线x＋2y－2＝0的距离. 故最小值为|0＋0－2|12＋2

2

＝25

5.

答案 255

6.已知当x＜0时，2x2

－mx＋1＞0恒成立，则m的取值范围为________. 解析 由2x2

－mx＋1＞0，得mx＜2x2

＋1， 2

因为x＜0，所以m＞2x＋1x＝2x＋1

x.

而2x＋1x＝－1

（－2x）＋（－x）≤－2（－2x）×1

（－x）

＝－22.

当且仅当－2x＝－1x，即x＝－2

2时取等号，

所以m＞－22. 答案 (－22，＋∞)

x＋2y7.设目标函数z＝x＋y，其中实数x，y满足

≥0，x－y≤0，若z的最大值为12，则z的最小值为________.

0≤y≤k.

解析 作出不等式组所表示的可行域如图阴影所示，平移直线x＋y＝0，显然当直线过点A(k，k)时，目标函数z＝x＋y取得最大值，且最大值为k＋k＝12，则k＝6，直线过点B时目标函数z＝x＋y取得最小值，点B为直线x＋2y＝0与y＝6的交点， 即B(－12，6)，所以zmin＝－12＋6＝－6. 答案 －6

8.(2016·泰州调研)已知x＞0，y＞0，且2x＋1y＝1，若x＋2y＞m2

＋2m恒成立，则实数m的取值范围为________.

解析 记t＝x＋2y，由不等式恒成立可得m2

＋2m＜tmin. 因为2x＋1y＝1，所以t＝x＋2y＝(x＋2y)2x＋1y

＝

4＋4yxx＋y.

而x＞0，y＞0，所以4y＋x≥2

4yx·xy＝4(当且仅当4yxyx＝xy，即x＝2y时取等号).

所以t＝4＋4yxx＋y≥4＋4＝8，即tmin＝8.

故m2

＋2m＜8，即(m－2)(m＋4)＜0.解得－4＜m＜2. 答案 (－4，2) 二、解答题

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9.(2015·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＝10＋2x10＋x(0＜x＜10).

(2)花坛的面积为12θ(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， 2

所以花坛的面积与装饰总费用的比y＝－x＋5x＋50

170＋10x

＝－x2－5x－5010（17＋x）

，令t＝17＋x，

则y＝39110－10

t＋324t≤310，

当且仅当t＝18时取等号，此时x＝1，θ＝12

11.

答：当x＝1时，花坛的面积与装饰总费用的比最大.

10.已知函数f(x)＝

2xx2

＋6

. (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)＞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)＝22

k，即k＝－5.

(2)因为x＞0，f(x)＝

2xx2

＋6＝2≤2＝6

，当且仅当x＝6时取等号.由已知f(x)≤t对任意x＞0恒成立，x＋626

6

x故t≥

66，即t的取值范围是66，＋∞

. 11.(1)解关于x的不等式x2

－2mx＋m＋1＞0；

(2)解关于x的不等式ax－(2a＋1)x＋2＜0.

解 (1)原不等式对应方程的判别式Δ＝(－2m)－4(m＋1)＝4(m－m－1).

1＋51－5222

当m－m－1＞0，即m＞或m＜时，由于方程x－2mx＋m＋1＝0的两根是m±m－m－1，所以原不等

2

2

2

22式的解集是{x|x＜m－m2

－m－1，或x＞m＋m2－m－1}； 当Δ＝0，即m＝1±5

2时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠m}；

当Δ＜0，即1－51＋5

2＜m＜2

时，不等式的解集为R.

综上，当m＞1＋52或m＜1－52时，不等式的解集为{x|x＜m－m2－m－1，或x＞m＋m2－m－1}；当m＝

1±52时，不等式的解集为{x|x∈R，且x≠m}；当1－51＋5

2＜m＜2时，不等式的解集为R.

(2)原不等式可化为(ax－1)(x－2)＜0.

①当a＞0时，原不等式可以化为a(x－2)

x－1a

＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)·x－1a

＜

0.因为方程(x－2)x－1a＝0的两个根分别是2，1111a，所以当0＜a＜2时，2＜a，则原不等式的解集是x|2＜x＜a；

当a＝12时，原不等式的解集是∅；当a＞12时，1

a＜2，则原不等式的解集是x1a＜x＜2

.

②当a＝0时，原不等式为－(x－2)＜0，解得x＞2，即原不等式的解集是{x|x＞2}. ③当a＜0时，原不等式可以化为a(x－2)1

x－a

＜0，根据不等式的性质，这个不等式等价于(x－2)1x－a

＞0，

由于1

a＜2，故原不等式的解集是1

x

x＜a或x＞2

.

综上，当a＝0时不等式解集为(2，＋∞)；当0＜a＜112时，不等式解集为12，a；当a＝2时，不等式解集为∅；当a＞112时，不等式解集为1a，2；当a＜0时，不等式解集为

－∞，a∪(2，＋∞).

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，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.

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真 题 感 悟

(2016·无锡高三期末)已知函数f(x)＝ln x＋

a＋e－2

x(a＞0). (1)当a＝2时，求出函数f(x)的单调区间；

(2)若不等式f(x)≥a对于x＞0的一切值恒成立，求实数a的取值范围. 解 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).

当a＝2时，函数f(x)＝ln x＋ex，所以f′(x)＝1ex－e

x－x2＝x2，

所以当x∈(0，e)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，e)上单调递减； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(e，＋∞)上单调递增. (2)由题意知ln x＋

a＋e－2

x≥a恒成立. 等价于xln x＋a＋e－2－ax≥0在(0，＋∞)上恒成立. 令g(x)＝xln x＋a＋e－2－ax，则g′(x)＝ln x＋1－a， 令g′(x)＝0，得x＝ea－1

.

列表如下：

x (0，ea－1) ea－1 (ea－1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) ] 极小值 Z 所以g(x)的最小值为g(ea－1)＝(a－1)ea－1＋a＋e－2－aea－1＝a＋e－2－ea－1， 令t(x)＝x＋e－2－e

x－1

(x＞0)，则t′(x)＝1－ex－1

，

令t′(x)＝0，得x＝1.

列表如下：

x (0，1) 1 (1，＋∞) t′(x) ＋ 0 － t(x) Z 极大值 ] 所以当a∈(0，1)时，g(x)的最小值为t(a)＞t(0)＝e－2－1e＝e（e－2）－1e＞0，符合题意；当a∈[1，＋∞)

时，g(x)的最小值为t(a)＝a＋e－2－ea－1

≥0＝t(2)，所以a∈[1，2].

综上所述，a∈(0，2].

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.

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热点一 利用导数研究函数的单调性 [微题型1] 求解含参函数的单调区间

【例1－1】 (2016·南通调研)设函数f(x)＝aln x＋

x－1

x＋1

，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－1

x＋1

，x∈(0，＋∞). 此时f′(x)＝21

（x＋1）2.可得f′(1)＝2，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. (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).

f′(x)＝a2ax2＋（2a＋2）x＋ax＋（x＋1）2＝x（x＋1）2

. 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（x－1）2

①当a＝－1

2时，Δ＝0，f′(x)＝2x（x＋1）2≤0，

函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减. ②当a＜－1

2

时，Δ＜0，g(x)＜0，

f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.

③当－1

2

＜a＜0时，Δ＞0.

设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，

则x－（a＋1）＋2a＋1－（a＋1）－2a＋11＝a，x2＝a. 由于xa＋1－2a＋1a2＋2a＋1－2a＋1

1＝－a＝－a＞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≤－1

2时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当－12＜a＜0时，f(x)在－（a＋1）＋2a＋10，a

，

－（a＋1）－2a＋1a，＋∞

上单调递减，

在－（a＋1）＋2a＋1－（a＋1）－2a＋1a，

a

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，常需依据以下标准分类讨论：(1)二次项系数为0、为正、为负，目的是讨论开口方向；(2)判别式的正负，目的是讨论对应二次方程是否有解；(3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小；(4)讨论两根与定义域的关系，目的是根是否在定义域内.另外，需优先判断能否利用因式分解法求出根. [微题型2] 已知函数的单调区间求参数范围

【例1－2】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2

＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数). (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围；

(3)函数f(x)是否为R上的单调函数？若是，求出a的取值范围？若不是，请说明理由. 解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－x2

＋2x)·ex，

所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.

令f′(x)＞0，即(－x2

＋2)ex＞0，因为ex＞0，所以－x2

＋2＞0，解得－2＜x＜2. 所以函数f(x)的单调递增区间是[－2，2].

(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－

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x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.

因为ex＞0，所以－x2

＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，即a≥x2＋2x（x＋1）2－11

x＋1＝x＋1＝(x＋1)－x＋1

对x∈(－1，1)都成立.

令g(x)＝(x＋1)－

1x＋1，则g′(x)＝1＋1

（x＋1）2＞0. 所以g(x)＝(x＋1)－

1

x＋1

在(－1，1)上单调递增. 所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－

11＋1＝32

. 所以a的取值范围是32，＋∞

.

(3)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2

＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立.因为ex＞0，所以x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立.所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2

＋4≤0，这是不可能的.故函数f(x)不可能在R上单调递减.

若函数f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0对x∈R都成立，即[－x2

＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈R都成立，因为ex＞0，所以x2

－(a－2)x－a≤0对x∈R都成立.而Δ＝(a－2)2

＋4a＝a2＋4＞0，故函数f(x)不可能在R上单调递增.

综上，可知函数f(x)不可能是R上的单调函数.

探究提高 (1)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.

(2)可导函数f(x)在某个区间D内单调递增(或递减)，转化为恒成立问题时，常忽视等号这一条件，导致与正确的解法擦肩而过，注意，这里“＝”一定不能省略.

【训练1】 (2016·苏北四市调研)已知函数f(x)＝(ax2

－x)ln x－122ax＋x(a∈R).

(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程(e＝2.718…)； (2)求函数f(x)的单调区间.

解 (1)当a＝0时，f(x)＝x－xln x，f′(x)＝－ln x， 所以f(e)＝0，f′(e)＝－1.

所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y＝－x＋e， 即x＋y－e＝0.

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝(ax2

－x)1

x＋(2ax－1)ln x－ax＋1

＝(2ax－1)ln x.

①当a≤0时，2ax－1＜0，若x∈(0，1)，则f′(x)＞0， 若x∈(1，＋∞)，则f′(x)＜0，

所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. ②当0＜a＜112a2时，若x∈(0，1)或x∈，＋∞，

则f′(x)＞0，若x∈11，2a

，则f′(x)＜0，

所以函数f(x)在(0，1)，112a，＋∞上单调递增，在1，2a上单调递减.

③当a＝1

2时，f′(x)≥0且仅f′(1)＝0，

所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.

④当a＞12时，若x∈0，12a或x∈(1，＋∞)，则f′(x)＞0，若x∈12a，1，则f′(x)＜0， 所以函数f(x)在10，2a，(1，＋∞)上单调递增，在12a，1上单调递减.

综上，当a≤0时，函数f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)； 当0＜a＜12时，函数f(x)的增区间为(0，1)，12a，＋∞，减区间为11，2a. 当a＝1

2

时，函数f(x)的增区间为(0，＋∞)；

当a＞12时，函数f(x)的增区间为0，12a，(1，＋∞)，减区间为12a，1.

热点二 利用导数研究函数的极值

【例2】 (2016·苏、锡、常、镇调研)设函数f(x)＝x－2ex－k(x－2ln x)(k为实常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数).

(1)当k＝1时，求函数f(x)的最小值；

(2)若函数f(x)在(0，4)内存在三个极值点，求k的取值范围. x解 (1)当k＝1时，函数f(x)＝e

x2－(x－2ln x)(x＞0)，

（x－2）（ex2

则f′(x)＝－x）

x3(x＞0). 当x＞0时，ex＞x2

，理由如下：

第 19 页 共 39 页

要使当x＞0时，ex＞x2

，只需使x＞2ln x， 设φ(x)＝x－2ln x，则φ′(x)＝1－2x－2

x＝x，

所以当0＜x＜2时，φ′(x)＜0；当x＞2时，φ′(x)＞0， 所以φ(x)＝x－2ln x在x＝2处取得最小值φ(2)＝2－2ln 2＞0， 所以当x＞0时，x＞2ln x， 所以ex－x2

＞0，

所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0， 即函数f(x)在(0，2)上为减函数，在(2，＋ ∞)上为增函数， 2

所以f(x)在x＝2处取得最小值f(2)＝e

4

－2＋2ln 2.

x(2)因为f′(（x－2）（ex－kx2

）（x－2）ex2－kx)＝

x3

＝

x，

x当k≤0时，e

x2－k＞0，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，4)单调递增，不存在三个极值点，所以k＞0.

xx令g(x)＝ee·（x－2）

x2，得g′(x)＝x3

， 24

则g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，在x＝2处取得最小值为g(2)＝ee4，且g(4)＝16，

x2

4

于是可得y＝k与g(x)＝ex2在(0，4)内有两个不同的交点的条件是k∈e4，e16

.

x设y＝k与g(x)＝e

x2在(0，4)内的两个不同交点的横坐标分别为x1，x2，且0＜x1＜2＜x2＜4，导函数f′(x)及原

函数f(x)的变化情况如下：

x (0，x1) x1 (x1，2) 2 (2，x2) x2 (x2，4) 4 x－2 － － － 0 ＋ ＋ ＋ 2 exx2－k ＋ 0 － e24－k － 0 ＋ e416－k f′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ ＋ f(x) ] 极小值 Z 极大值 ] 极小值 Z 所以f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，2)上单调递增，在(2，x2)上单调递减，在(x2，4)上单调递增，所以f(x)

e2

e4

在(0，4)上存在三个极值点.即函数f(x)在(0，4)内存在三个极值点的k的取值范围是4，16

.

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】 设函数f(x)＝ax3

－2x2

＋x＋c.

(1)当a＝1，且函数图象过 (0，1)时，求函数的极小值； (2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围. 解 由题得f′(x)＝3ax2

－4x＋1. (1)函数图象过(0，1)，有f(0)＝c＝1. 当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1. 令f′(x)＞0，解得x＜1

3或x＞1；

令f′(x)＜0，解得1

3

＜x＜1.

所以函数在－∞，13和[1，＋∞)上单调递增，在13，1上单调递减，极小值是f(1)＝13－2×12

＋1＋1＝1.

(2)若f(x)在R上无极值点，则f(x)在R上是单调函数，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立. ①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；

②当a ≠0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2

－4×3a×1≤0， 即16－12a≤0， 解得a≥4

3

. 综上，a的取值范围为43，＋∞

. 热点三 利用导数研究函数的最值

【例3】 (2015·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.

第 20 页 共 39 页

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.

【训练3】 已知函数f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的单调区间和最小值； (2)若函数F(x)＝f（x）－ax在[1，e]上的最小值为3

2

，求a的值. 解 (1)因为f′(x)＝ln x＋1(x＞0)， 令f′(x)≥0，即ln x≥－1＝ln e－1

， 所以x≥e－1

＝11e，所以x∈e，＋∞

.

同理令f′(x)≤0，可得x∈10，e

.

所以f(x)的单调递增区间为1e，＋∞，单调递减区间为10，e.由此可知f(x)min＝f1e1＝－e. (2)F′(x)＝

x＋ax2

， 当a≥0时，F′(x)＞0，F(x)在[1，e]上单调递增，F(x)3

min＝F(1)＝2，

所以a＝－3

2

∉[0，＋∞)，舍去.

当a＜0时，F(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增. ①当a∈(－1，0)，F(x)在[1，e]上单调递增，

F(x)3min＝F(1)＝－a＝2

，

所以a＝－3

2

∉(－1，0)，舍去.

②若a∈[－e，－1]，F(x)在[1，－a]上单调递减，在[－a，e]上单调递增， 所以F(x)＝F(－a)＝ln(－a)＋1＝3

min2

，

a＝－e∈[－e，－1]；

③若a∈(－∞，－e)，F(x)在[1，e]上单调递减，

F(x)a3

min＝F(e)＝1－e＝2

，

所以a＝－e

2∉(－∞，－e)，舍去.

综上所述a＝－e.

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. 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′(x0)＝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.

第 21 页 共 39 页

一、填空题

1.(2016·苏州调研)函数f(x)＝12

x2

－ln x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－1

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.已知函数f(x)＝4ln x＋ax2

－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f(x)的一个极值点，则a的值为________. 解析 由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， ∵f′(x)＝4

x＋2ax－6，∴f′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1.

答案 1

3.已知函数f(x)＝12mx2

＋ln x－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＋1

x－2≥0对一切x＞0恒成立，

2

∴m≥－1x＋2

x.

12

令g(x)＝－2

1x＋x，则当x＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.

答案 [1，＋∞)

4.已知函数f(x)＝x3

＋ax2

＋bx－a2

－7a在x＝1处取得极大值10，则ab的值为________.

解析 由题意知f′(x)＝3x2

＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即3＋2a＋b＝0，a＝－2，1＋a＋b－a2

－7a＝10，解得或 b＝1a＝－6，a＝－6，经检验满足题意，故a＝－2

.

b＝9，b＝9

b3答案 －2

3

5.若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是________.

解析 由于f′(x)＝k－11

x，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－x≥0在(1，＋∞)上恒成

立，由于k≥1x，而0＜1

x＜1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).

答案 [1，＋∞)

6.(2016·泰州期末)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－a)(x＋a).

当x∈(－∞，－a)和(a，＋∞)时，f(x)单调递增； 当x∈(－a，a)时，f(x)单调递减，

所以当a＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值. 答案 (0，1)

7.已知函数f(x)＝132

3x＋ax＋3x＋1有两个极值点，则实数a的取值范围是________.

解析 f′(x)＝x2＋2ax＋3.

由题意知方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a2

－12＞0， 解得a＞3或a＜－3.

答案 (－∞，－3)∪(3，＋∞)

3

8.(2016·北京卷)设函数f(x)＝x－3x，x≤a，



－2x，x＞a.

(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；

(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.

x3

解析 (1)当a＝0时，f(x)＝－3x，x≤0，



－2x，x＞0.

第 22 页 共 39 页

若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2

－1).

由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0. ∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减， ∴f(x)最大值为f(－1)＝2.

若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，所以f(x)＜f(0)＝0. 综上，f(x)最大值为2.

(2)函数y＝x3

－3x与y＝－2x的图象如图. 由(1)知，当a≥－1时，f(x)取得最大值2.

当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值.且－2a＞2. 所以a＜－1.

答案 (1)2 (2)(－∞，－1)

二、解答题

9.(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.

(1)求a，b的值； (2)求f(x)的单调区间. 解 (1)f(x)的定义域为R. ∵f′(x)＝e

a－x－xe

a－x＋b＝(1－x)e

a－x＋b.

f（2）＝2e＋a－2

依题设，2，

f′（2）＝e－1，即2e＋2b＝2e＋2，

－ea－2

＋b＝e－1. 解得a＝2，b＝e. (2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，

由f′(x)＝e

2－x(1－x＋ex－1

)及e

2－x＞0知，

f′(x)与1－x＋ex－1同号.

令g(x)＝1－x＋e

x－1

，则g′(x)＝－1＋e

x－1

.

所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增. 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)， 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞). 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞). 10.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f(x)＝

x－2x＋2

ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；

e－ax－a(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域. 2

xxex－2exk（x－2）（x－2）（ex－kx）

＝－＝. 323

x(1)解 f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). xx2xf′(x)＝（x－1）（x＋2）e－（x－2）exe

（x＋2）2＝（x＋2）2≥0，

且仅当x＝0时，f′(x)＝0，

所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增. 因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1. 所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.

（x－2）ex(2)证明 g′(x)＝＋a（x＋2）x3

＝x＋2

x3(f(x)＋a). 由(1)知f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.

因此g(x)在x＝x(xexa－a（xa＋1）exa＋f（xa）（xa＋1）exaa处取得最小值，最小值为ga)＝xa＝x2＝.

axa＋2eex于是h(a)＝xaxxx2，由x＋2

′＝（x＋1）ee（x＋2）2>0，x＋2单调递增.

a＋所以，由xa∈(0，2]，

0

2

2

得12＝e0＋2x≤＝. a＋22＋24

x2

因为ex＋2单调递增，对任意λ∈12，e4

，存在唯一的xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)，使得h(a)＝λ.所以h(a)2

的值域是1e2，4

. 2

综上，当a∈[0，1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是1e2，4

. x11.设函数f(x)＝ex－k22x＋ln x

(k为常数，e＝2.718 28…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)＝x2ex－2xexx4－k21－x2＋x



第 23 页 共 39 页

xxx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－eln k，

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，ln k)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)单调递减.

x∈(ln k，＋∞)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(ln k)＝k(1－ln k).

g（0）＞0，

2

函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当g（ln k）＜0，解得e

g（2）＞0，

e＜k＜2，

0＜ln k＜2，

2

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e，e2

.

第4讲 导数与函数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

(2016·江苏卷)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1). (1)设a＝2，b＝1

2.

①求方程f(x)＝2的根；

②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值； (2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值.

x解 (1)①由已知可得2x＋12

＝2， 即2x＋12

x＝2.

∴(2x)2－2·2x＋1＝0， 解得2x＝1，∴x＝0. ②f(x)＝2x＋12xx－x＝2＋2，

令t＝2x＋2－x，则t≥2. 又f(2x)＝22x＋2

－2x＝t2

－2，

故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2

－2≥mt－6， 即m≤t＋4，又t4

4

t≥2，t＋t≥2

t·t＝4(当且仅当t＝2时等号成立)，

∴m≤

t＋4tmin

＝4，

即m的最大值为4.

第 24 页 共 39 页

(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0.

g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2，

g′(x)＝axln a＋bxln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数.

∴g′(x)一定存在唯一的变号零点， ∴g(x)为先减后增且有唯一极值点. 由题意g(x)有且仅有一个零点， 则g(x)的极值一定为0，

而g(0)＝a0

＋b0

－2＝0，故极值点为0. ∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0，∴ab＝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x3

2

1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ax＋bx＋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 一个 f(x1)＜0 (f(x1)为极大值， 两个 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x2)为极小值) 三个 f(x1)＞0且f(x2)＜0 a＜0 一个 f(x2)＜0 (f(x1)为极小值， 两个 f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x2)为极大值) 三个 f(x1)＜0且f(x2)＞0 3.(1)研究函数零点问题或方程根问题的思路和方法 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图象，如单调性、值域、与x轴的交点等，其常用解法如下：

①转化为形如f(x1)·f(x2)＜0的不等式：若y＝f(x)满足f(a)f(b)＜0，则f(x)在(a，b)内至少有一个零点； ②转化为求函数的值域：零点及两函数的交点问题即是方程g(x)＝0有解问题，将方程分离参数后(a＝f(x))转化为求y＝f(x)的值域问题；

③数形结合：将问题转化为y＝f(x)与y＝g(x)的交点问题，利用函数图象位置关系解决问题. (2)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)(2016·全国Ⅱ卷)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.

解析 y＝ln x＋2的切线为：y＝1

x·x＋ln x1＋1(设切点横坐标为x1).

1

y＝ln(x＋1)的切线为：y＝

1xx＋ln(xx2

2＋1)－，(设切点横坐标为x2) 2＋1x2＋1

1x＝1

1

x2

＋1，∴

ln x1

＋1＝ln（x2

＋1）－x2

x2

＋1，解得x1

1＝2，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.

答案 1－ln 2

(2)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. 解 ①由f(x)＝2x3

－3x得f′(x)＝6x2

－3.

第 25 页 共 39 页

令f′(x)＝0，得x＝－

222或x＝2

. 因为f(－2)＝－10，f2

－

2＝2，f2

2

＝－2， f(1)＝－1，

所以f(x)在区间[－2，1]上的最大值为f2

－

2

＝2. ②设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)， 则y3

2

0＝2x0－3x0，且切线斜率为k＝6x0－3， 所以切线方程为y－y2

0＝(6x0－3)(x－x0)， 因为t－y2

0＝(6x0－3)(1－x0).

整理得4x3

2

3

2

0－6x0＋t＋3＝0，设g(x)＝4x－6x＋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：

x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) Z t＋3 ] t＋1 Z 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).

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，求图象在点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(λ2

0，f(λ0))处的切线的斜率为k＝f′(λ0)＝3λ0－1. 所以切线方程为y－(λ3

2

0－λ0)＝(3λ0－1)(x－λ0)， 即y＝(3λ2

30－1)x－2λ0.

(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. 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) Z 极大值3 ] 极小值－5 Z 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] 讨论函数零点的个数

【例2－1】 (2015·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3

＋ax＋14，g(x)＝－ln x.

(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(x即x310＋ax0＋0，0)，则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.4＝0，

3x20＋a＝0，解得x13

0＝2，a＝－4

.

因此，当a＝－3

4时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.

(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<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＋5

4≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<

－5

4

，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点. 第 26 页 共 39 页

当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>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)上单调.而f(0)＝14，f(1)＝a＋

5

4

，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)上没有零点. (ⅱ)若－3a

a

a

0，

－3上单调递减，

在

－3，1

上单调递增，

故在(0，1)中，当x＝－3

时，f(x)取得最小值，最小值为f

－a32a＝3

－a3＋14

. ①若f－a

3

>0，即－34②若f

－a

33

＝0，即a＝－4，则f(x)在(0，1)有唯一零点；

③若f



－a

3

<0，即－3由于f(0)＝14，f(1)＝a＋5

4

，

所以当－4时，f(x)在(0，1)有两个零点；

当－34

时，f(x)在(0，1)有一个零点.

综上，当a>－3534或a<－4时，h(x)有一个零点；当a＝－4或a＝－时，h(x)有两个零点；当－4时，h(x)

有三个零点.

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. [微题型2] 根据函数零点求参数范围

【例2－2】 (2016·徐州考前信息卷)已知函数f(x)＝xln x，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∈1e，e

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)＝ln x＋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.

2

由y＝－x＋ax－2，

y＝x－1⇒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＋xln x， 由y＝0，得a＝x＋2

x＋ln x.

令h(x)＝x＋2x＋ln x，则h′(x)＝（x－1）（x＋2）

x2

. 当x∈1e，e

时，由h′(x)＝0，得x＝1.

所以h(x)在1e，1

上单调递减，在[1，e]上单调递增， 因此h(x)min＝h(1)＝3.

由h1e＝1

e

＋2e－1，h(e)＝e＋2e＋1，

比较可知h1e2＞h(e)，所以，结合函数图象可得，当3＜a≤e＋e＋1时，函数y＝f(x)－g(x)有两个零点.

探究提高 研究方程的根(或函数零点)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(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用. 【训练2－1】 已知函数f(x)＝axsin x－3ππ－32(a＞0)，且在0，2上的最大值为2. (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(sin x＋xcos x)，且a＞0.

当x∈π0，2时，有sin x＋xcos x＞0，

从而f′(x)＞0，f(x)在π0，2上是增函数，

又f(x)在π0，2上的图象是连续不断的，

故f(x)在0，π2上的最大值为fπ2

， 第 27 页 共 39 页

即

π2a－3π－3

2＝2

，解得a＝1. 所以得f(x)＝xsin x－3

2

.

(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下： 由(1)知，f(x)＝xsin x－3

2

，

从而f(0)＝－32＜0，fπ2π－3

＝2＞0.

又f(x)在π0，2上的图象是连续不断的，

所以f(x)在π0，2内至少存在一个零点. 又由(1)知f(x)在0，π2上单调递增，

故f(x)在π

0，2内有且只有一个零点.

当x∈

π2，π

时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.

由gπ2＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在π2，π上的图象是连续不断的，故存在m∈π2，π

，使得g(m)＝0.

由g′(x)＝2cos x－xsin x，知x∈π2，π时，有g′(x)＜0，

从而g(x)在π2，π

内单调递减.

①当x∈π2，m

时，g(x)＞g(m)＝0， 即f′(x)＞0，从而f(x)在π2，m内单调递增，

故当x∈π2，m时，f(x)≥fπ2π－3＝

2＞0，

故f(x)在π2，m

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.

【训练2－2】 (2015·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)∪1，32∪32，＋∞

，求c的值. 解 (1)f′(x)＝3x2

＋2ax，令f′(x)＝0，解得x2a1＝0，x2＝－3

. 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∈2a－∞，－3∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈2a－3，0

时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在－∞，－2a3，(0，＋∞)上单调递增，在－2a3，0

上单调递减；

当a＜0时，x∈(－∞，0)∪2a－3，＋∞时，f′(x)＞0，x∈2a0，－3时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，

0)，2a－3，＋∞上单调递增，在2a0，－3上单调递减.

(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，

f

－2a3＝427

a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f2a

－3

＝b43

27a＋b

＜0，

a＞0，a＜0，

从而－427a3＜b＜0或43



0＜b＜－27a.又b＝c－a，所以当a＞ 0时，

427a3－a＋c＞0或当a＜0时，4

27

a3－a＋c＜0. 设g(a)＝427

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)∪1，332∪2，＋∞

， 则在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在31，2∪32，＋∞

上g(a)＞0均恒成立.从而

g(－3)＝c－1≤0，

且g32

＝c－1≥0，因此c＝1.

此时，f(x)＝x3

＋ax2

＋1－a＝(x＋1)[x2

＋(a－1)x＋1－a]，

第 28 页 共 39 页

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)∪31，2∪32，＋∞

.综上c＝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.对于存在一个极大值和一个极小值的函数，其图象与x轴交点的个数，除了受两个极值大小的制约外，还受函数在两个极值点外部函数值的变化的制约，在解题时要注意通过数形结合找到正确的条件.

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＝xex＋1在点(0，1)处的切线方程是________. 解析 y′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，

y′|x＝0＝1，∴所求切线方程为：x－y＋1＝0.

答案 x－y＋1＝0

2.(2016·洛阳模拟)曲线y＝xln x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＋ln x，y′|2，所以－1

x＝e＝1＋ln e＝a×2＝－1，所以a＝2.

答案 2

3.(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.

解析 设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln x－3x，又f(x)为偶函数，f(x)＝ln x－3x， f′(x)＝1

x－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1.

答案 2x＋y＋1＝0

4.已知f(x)＝x3

＋f′23x2－x，则f(x)的图象在点23，f23

处的切线斜率是________.

2

解析 f′(x)＝3x2

＋2f′23x－1，令x＝23，可得f′23＝3×23＋2f′232×23－1，解得f′3

＝－1，所以

f(x)的图象在点2，f23

3

处的切线斜率是－1.

答案 －1

第 29 页 共 39 页

5.函数f(x)＝13

x3－x2

－3x－1的图象与x轴的交点个数是________.

解析 f′(x)＝x2

－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1，3)上是减函数，由f(x)(－1)＝2

极小值＝f(3)＝－10＜0，f(x)极大值＝f3＞0知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3.

答案 3

6.(2016·常州监测)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－a＞0，解得－

－4－a＜0，4＜a＜0.

答案 (－4，0)

7.已知y＝f(x)为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)＋f（x）1

x＞0，若g(x)＝f(x)＋x，则函数g(x)的零点个数为________.

解析 令h(x)＝xf(x)，因为当x≠0时，

xf′（x）＋f（x）x＞0，所以h′（x）

x＞0，因此当x＞0时，h′(x)

＞0，当x＜0时，h′(x)＜0，又h(0)＝0，易知当x≠0时，h(x)＞0，又g(x)＝h（x）＋1

x，所以g(x)≠0，故函数g(x)的零点个数为0. 答案 0

8.(2015·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.(2016·扬州质检)已知函数f(x)＝2ln x－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1e，e

上有两个零点，求实数m的取值范围. 解 (1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2

＋2x，

f′(x)＝2

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)＝2ln x－x2

＋m，

则g′(x)＝2－2（x－2x＝x＋1）（x－1）

x. 因为x∈1e，e

，所以当g′(x)＝0时，x＝1.

当1

e＜x＜1时，g′(x)＞0，此时函数单调递增； 当1＜x＜e时，g′(x)＜0，此时函数单调递减. 故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1. 又g11e

＝m－2－2

e2，g(e)＝m＋2－e，

g(e)－g1＝4－e2＋1e

2＜0，则g(e)＜g1e

e



，

所以g(x)在1e，e上的最小值是g(e). g(x)在1

e

，e

上有两个零点的条件是

g（1）＝m－1＞0，g1e1解得1＜m≤2＋1



＝m－2－e2≤0，e2， 所以实数m的取值范围是1

1，2＋e2.

10.(2015·江苏高考命题原创卷)已知函数f(x)＝x2

－aln x－1，函数F(x)＝

x－1

x＋1

. (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＝

f（x）

x－1

的图象与y＝F(x)的图象有多少个公共点？请证明你的结论. 解 (1)∵f(x)＝x2

－aln x－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，第 30 页 共 39 页

∴f′(x)＝2x－ax＞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＝

f（x）

x－1

的图象与y＝F(x)的图象没有公共点.证明如下： 当a＝2时，y＝f（x）x－1＝x2－2ln x－1

x－1

，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）x－1

＝F(x)得x2－2ln x－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2

－2ln x－x＋2x－2， 则h′(x)＝2x－21（x－1）（2xx＋2x＋x＋2）

x－1＋x＝x. ∴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）

x－1

＝F(x)无实数根. ∴当a＝2时，函数y＝

f（x）

x－1

的图象与y＝F(x)的图象没有公共点. 11.(2016·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2

有两个零点. (1)求a的取值范围；

(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2. (1)解 f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). ①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.

②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.

又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b232，则f(b)>2(b－2)＋a(b－1)＝a

b－2b>0，

故f(x)存在两个零点.

③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).

若a≥－e

2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增.

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点.

若a<－e

2

，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0，因此

f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.

又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点. 综上，a的取值范围为(0，＋∞).

(2)证明 不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2

2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)， 而f(x2

2)＝(x2－2)·ex2＋a(x2－1)＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2. 设g(x)＝－xe

2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e

2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1

时，g(x)<0，从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.

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.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.

真 题 感 悟

(2014·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x3

a－1

0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＋3x0)成立.试比较e

与ae－1

的大小，并证明你的

第 31 页 共 39 页

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≤－t－1t2－t＋1＝－1

对任意t>1成立.

t－1＋1

t－1

＋1

因为t－1＋1

t－1＋1≥2（t－1）·1

t－1

＋1＝3， 所以－

1

t－1＋1≥－13

， t－1

＋1

当且仅当t＝2，即x＝ln 2时等号成立. 因此实数m的取值范围是(－∞，－1

3].

(3)解 令函数g(x)＝ex＋13

ex－a(－x＋3x)，

则g′(x)＝ex－12

e

x＋3a(x－1).

当x≥1时，ex－12

e

x>0，x－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x3

0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－x0＋3x0)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0. －1

故e＋e－1

－2a<0，即a>e＋e

2

.

令函数h(x)＝x－(e－1)ln x－1，

则h′(x)＝1－e－1

x.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)当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)－1

①当a∈e＋e2，e



⊆(1，e)时，h(a)<0，

即a－1<(e－1)ln a，从而ea－1

；

②当a＝e时，e

a－1

＝ae－1

；

③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0， 即a－1>(e－1)ln a，故ea－1

>ae－1

.

综上所述，当a∈e＋e－12，e



时，ea－1当a＝e时，e

a－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.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法

(1)分离参数后转化为函数最值问题：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)转化为含参函数的最值问题：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)，伴有对参数的分类讨论，然后构建不等式求解. 3.常见构造辅助函数的四种方法

(1)直接构造法：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：稍作变形后构造.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)适当放缩后再构造：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)构造双函数：若直接构造函数求导，难以判断符号，导数的零点也不易求得，因此单调性和极值点都不易获得，从而构造f(x)和g(x)，利用其最值求解. 4.不等式的恒成立与能成立问题

(1)f(x)＞g(x)对一切x∈[a，b]恒成立⇔[a，b]是f(x)＞g(x)的解集的子集⇔[f(x)－g(x)]min＞0(x∈[a，b]). (2)f(x)＞g(x)对x∈[a，b]能成立⇔[a，b]与f(x)＞g(x)的解集的交集不是空集⇔[f(x)－g(x)]max＞0(x∈[a，

b]).

第 32 页 共 39 页

(3)对∀x1，x2∈[a，b]使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.

(4)对∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]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】 (2015·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ll，假设曲线C符合函数y＝a2，1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOyx2＋b(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＝

ax2

＋b，

得a25＋b＝40，解得a＝1 000，a

b＝0.

400＋b＝2.5，

(2)①由(1)知，y＝1 000

x2(5≤x≤20)，

则点P的坐标为

t，1 000t2

，设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，y′＝－2 000x3，

则l的方程为y－1 0002 000

t2＝－t3(x－t)，

由此得A3t2，0，B

0，3 000t2.

22

6故f(t)＝3t2

＋3 0002t23



＝2t＋4×10

t4，t∈[5，20].

6

6

②设g(t)＝t2

＋4×1016×10

t4，则g′(t)＝2t－t5. 令g′(t)＝0，解得t＝102.

当t∈(5，102)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数； 当t∈(102，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数. 从而，当t＝102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＝153.

答：当t＝102时，公路l的长度最短，最短长度为153千米.

探究提高 在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，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】 某经销商计划销售一款新型的空气净化器，经市场调研发现以下规律：当每台净化器的利润为x(单位：元，x＞0)时，销售量q (x)(单位：百台)与x的关系满足：若x不超过20，则q(x)＝1 260x＋1；若x大于或等

于180，则销售量为零；当20≤x≤180时，q(x)＝a－bx(a，b为实常数). (1)求函数q(x)的表达式；

(2)当x为多少时，总利润(单位：元)取得最大值，并求出该最大值.

当20≤x≤180时，由a－b·20＝60，a＝90，

解 (1)a得－b·180＝0，

b＝35.

1 260

x＋1

，0＜x≤20，故q(x)＝90－35x，20＜x＜180，

0，x≥180.

(2)设总利润f(x)＝x·q(x)，

第 33 页 共 39 页

(1)得f(x)＝126 000xx＋1，0＜x≤20，

由9 000x－3005·xx，20＜x＜180，

0，x≥180，当0＜x≤20时，f(x)＝126 000x126 000

x＋1＝126 000－x＋1

，

又f(x)在(0，20]上单调递增，

所以当x＝20时，f(x)有最大值120 000. 当20＜x＜180时，f(x)＝9 000x－3005·xx，

f′(x)＝9 000－4505·x，

令f′(x)＝0，得x＝80.

当20＜x＜180时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当80＜x＜180时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 所以当x＝80时，f(x)有最大240 000. 当x≥180时，f(x)＝0.

综上，当x＝80时，总利润取得最大值240 000元. 热点二 导数与不等式问题 [微题型1] 利用导数证明不等式

1】 设函数f(x)＝aexln x＋bex－1

【例2－x，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)＝aexln x＋aex－bbx2ex－1＋xex－1x.

由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e.故a＝1，b＝2. (2)证明 由(1)知，f(x)＝exln x＋2x－1xe，

从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－2e.

设函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x.

所以当x∈0，1e

时，g′(x)＜0；

当x∈1e，＋∞

时，g′(x)＞0. 故g(x)在10，e上单调递减，在1e，＋∞

上单调递增， 从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e1＝－e.

设函数h(x)＝xe－x－2e，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)＝－1

e. 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] 利用导数解决不等式恒成立问题 【例2－2】 (1)已知函数f(x)＝ax－1－ln x，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)＝xln xx＋1

，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－1ax－1

x＝x，

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＝1a，在区间0，1a

上，

f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，在区间1

a，＋∞

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；

第 34 页 共 39 页

当a＞0时，f(x)的单调递减区间是1

0，a

，单调递增区间是1a，＋∞

.

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－ln x≥bx－2， 即1＋1ln xx－x≥b对∀x∈(0，＋∞)恒成立，

令g(x)＝1＋1ln xx－x，

则g′(x)＝－11－ln xln x－2x2－x2＝x2

， 易得g(x)在(0，e2]上单调递减，在[e2

，＋∞)上单调递增， 所以g(x)2

11min＝g(e)＝1－e2，即b≤1－e2. 所以b的取值范围为－∞，1－1e2.

(2)f(x)＝

xln xx＋1

，∀x∈[1，＋∞)，f(x)≤m(x－1)， 即ln x≤m

x－1x

.设g(x)＝ln x－mx－1x

，

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. 2

g′(x)＝1x－m

1＋1x2

＝－mx＋x－mx2. 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≥1

2

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；

2

2

当0＜m＜12时，方程－mx2

＋x－m＝0的两根分别为x1－1－4m1＋1－4m1＝2m＜1，x2＝2m＞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≥1

2

.

探究提高 (1)利用最值法解决恒成立问题的基本思路是：先找到准确范围，再说明“此范围之外”不适合题意

(着眼于“恒”字，寻找反例即可).

(2)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.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. [微题型3] 利用导数解决不等式能成立问题

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】 (2016·四川卷)设函数f(x)＝ax－a－ln x，其中a∈R. (1)讨论f(x)的单调性；

11－x(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数).

2

a12xx【例2－3】 (2015·南京、盐城模拟)已知函数f(x)＝x－(a＋1)ln x－(a∈R)，g(x)＝x＋e－xe.

x2

(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；

(2)当a＜1时，若存在x2

1∈[e，e]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝（x－1）（x－a）

x2

. ①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，

则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a. ②若1＜a＜e，

当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数； 当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数. 所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)ln a－1.

③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)amin＝f(e)＝e－(a＋1)－e. 综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；

当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)ln a－1； 当a≥e时，f(x)amin＝e－(a＋1)－e

. (2)由题意知：f(x)(x∈[e，e2

])的最小值小于g(x)(x∈[－2，0])的最小值. 由(1)知f(x)在[e，e2

]上单调递增，

f(x)a＋1)－amin＝f(e)＝e－(e

.g′(x)＝(1－ex)x.

当x∈[－2，0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，

g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－ae

＜1，

2

即a＞e－2e

e＋1

，

2

所以a的取值范围为e－2ee＋1，1



.

第 35 页 共 39 页

x2

解 (1)f′(x)＝2ax－12ax－1

x＝x(x>0).

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减. 当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝

12a. 此时，当x∈0，1

2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈12a，＋∞



时，f′(x)>0，f(x)单调递增.

(2)令g(x)＝1x－1x－1

e

x－1，s(x)＝e－x.

则s′(x)＝e

x－1

－1.而当x>1时，s′(x)>0，

所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增.

又由s(1)＝0，有s(x)>0，从而当x>1时，g(x)>0. 当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2

－1)－ln x<0.

故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0. 当02时，2a>1.

由(1)有f12a>0，

所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立. 当a≥1

2

时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1).

3

2

当x>1时，h′(x)＝2ax－1x＋11－x111x－2x＋1x－2x＋1x2－e>x－x＋x2－x＝x2>x2

>0. 因此，h(x)在区间(1，＋∞)单调递增.

又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立.

综上，a∈12，＋∞

.

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.

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一、填空题

1.设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f′(x)＞0，且f(0)＝0，f－12＝0，则不等式f(x)＜0的解集

为________.

解析 如图所示，根据图象得不等式f(x)＜0的解集为1

－∞，－2∪10，2.

答案 －∞，－12∪0，12



2.若不等式2xln x≥－x2

＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为________. 解析 条件可转化为a≤2ln x＋x＋3

x恒成立.

设f(x)＝2ln x＋x＋3

x，

则f′(x)＝（x＋3）（x－1）

x2(x＞0). 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， 所以f(x)min＝f(1)＝4.所以a≤4. 答案 (－∞，4]

3.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－12x. 令f(x)＝x－1

2

x，

∴f′(x)＝1＋2－xln 2＞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，＋∞)

4.(2015·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 令F(x)＝f（x）xf′（x）－fx，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝（x）

x2

，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以F(x)＝f（x）x在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝f（x）

x在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).

答案 (－∞，－1)∪(0，1)

5.已知不等式ex－x＞ax的解集为P，若[0，2]⊆P，则实数a的取值范围是________. 解析 由题意知不等式ex－x＞ax在x∈[0，2]上恒成立. 当x＝0时，显然对任意实数a，该不等式都成立. x当x∈(0，2]时，原不等式即a＜e

x－1，

x令g(x)＝e

x－1，

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x则g′(x)＝e（x－1）

x2

， 当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 故g(x)在(0，2]上的最小值为g(1)＝e－1， 故a的取值范围为(－∞，e－1). 答案 (－∞，e－1)

6.设函数f(x)＝3sin πxm.若存在f(x)的极值点x222

0满足x0＋[f(x0)]＜m，则m的取值范围是________.

解析 ∵f(x)＝3sin πxm的极值为±3，

即[f(x2

3.又|x|m|0)]＝0|≥2，

∴x2＋[f(x2

m2

0

0)]≥4＋3，

∴m2

2

4＋3＜m， 解得m＞2或m＜－2.

答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞)

7.已知函数f(x)＝ln x－a，若f(x)＜x2

在(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是________. 解析 ∵函数f(x)＝ln x－a，且f(x)＜x2

在(1，＋∞)上恒成立，∴a＞ln x－x2

，x∈(1，＋∞). 令h(x)＝ln x－x2

，有h′(x)＝1x－2x.

∵x＞1，∴1

x－2x＜0，∴h(x)在(1，＋∞)上为减函数，

∴当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜h(1)＝－1，∴a≥－1. 答案 [－1，＋∞)

8.(2015·南师附中调研)已知函数f(x)＝1324

3x－x－3x＋3，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13x3－x2－3x＋49cc13234

3＜－2x－2在x∈[－2，2]上恒成立，则－2＞3x－x＋2x＋3，

设g(x)＝13233x－x＋2x＋4

3

，

则g′(x)＝x2

－2x＋32

，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) 二、解答题

9.(2016·南通调研)已知函数f(x)＝x2ex. (1)求f(x)的单调区间；

(2)证明：∀x4

1，x2∈(－∞，0]，f(x1)－f(x2)≤e2.

(1)解 f′(x)＝x(x＋2)ex. 令f′(x)＝x(x＋2)ex＝0， 则x1＝－2，x2＝0.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表

x (－∞，－2) －2 (－2，0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) Z 极大值 ] 极小值 Z 所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，0)，单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞). (2)证明 由(1)知f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，单调递减区间为(－2，0)， 所以当x∈(－∞，0]时，f(x)4

最大值＝f(－2)＝e2.

因为当x∈(－∞，－2]时，f(x)＞0，f(0)＝0， 所以当x∈(－∞，0]时，f(x)最小值＝f(0)＝0. 所以f(x)4

最大值－f(x)最小值＝e

2.

所以对∀x1，x2∈(－∞，0]，都有f(x1)－f(x2)≤

f(x)4最大值－f(x)最小值＝e

2.

10.如图，现要在边长为100 m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x m(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15x2

m的圆形草地.为了保证道路畅通，

岛口宽不小于60 m，绕岛行驶的路宽均不小于10 m.

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(1)求x的取值范围；(运算中2取1.4)

(2)若中间草地的造价为a元/m2，四个花坛的造价为433ax元/m2，其余区域的造价为12a11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x≥9，100－2x≥60，

1002－2x－2×1

5x2

≥2×10，

x≥9，解得

x≤20，即9≤x≤15.

－20≤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 2

y＝a×π×125x412a＋33

ax×πx2＋11×

104－π×1225x－πx2

＝

aπ－1x4＋4323

x－12x＋12×1041125



，

令f(x)＝－14432

25x＋3x－12x，

则f′(x)＝－432

25

x＋4x－24x

＝－4x

125x2－x＋6



.

由f′(x)＝0解得x＝0(舍去)或x＝10或x＝15， 列表如下：

x 9 (9，10) 10 (10，15) 15 f′(x) － 0 ＋ 0 f(x) ] 极小值 Z 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.

11.(2016·苏北四市调研)已知函数f(x)＝ln x＋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)＞mln a恒成立，求实数m的取值范围. 解 f′(x)＝1

x＋2x－a.

(1)由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.

2

2

(2)当0＜a≤2时，f′(x1

2x2

－ax＋12x－a4a)＝x＋2x－a＝



＋1－8x＝

x.

因为0＜a≤2，所以1－a2

8＞0，而x＞0，

2

即f′(x)＝2x－ax＋1

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＞mln a恒成立，即m＜1－aln a恒成立.

记g(a)＝1－aln a(1＜a＜2)，则g′(a)＝－aln a－1＋aa（ln a）2.

令M(a)＝－aln a－1＋a，则M′(a)＝－ln a＜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)＝1－aln a在a∈(1，2)上单调递减，

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所以m≤g(2)＝

12ln2＝－log2e， 即实数m的取值范围为(－∞，－log2e].