专题09 导数及其应用-2022高考数学(理)高频考点、热点题型归类强化

—2021高考数学（理）高频考点、热点题型归类强化

【高频考点及备考策略】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)理解并掌握函数的零点的概念，求导公式和求导法则及不等式的性质．(5)熟练掌握利用导数研究函数零点，方程解的个数问题，及研究不等式成立问题、证明问题及大小比较的方法和规律．考向预测：(1)根据曲线的切线的斜率大小、方程或切线的性质求参数的取值问题．(2)利用导数研究含有参数的高次式、分式、指数式(主要含ex)，对数式(主要含lnx)及三角式(主要含sinx，cosx)函数的单调性、极(最)值问题．(3)较复杂函数的零点，方程解的个数的确定与应用；利用导数解决含参数的不等式成立及不等式证明问题．(4)利用导数解决实际生活及工程中的最优化问题．必备知识1．基本初等函数的八个导数公式原函数f(x)＝C(C为常数)导函数f′(x)＝0f(x)＝xα(α∈R)f(x)＝sinxf(x)＝cosxf(x)＝ax(a>0，a≠1)f(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1)f(x)＝αxα

－1f′(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf′(x)＝axln_af′(x)＝exf′(x)＝1xlna1xf(x)＝lnx2.导数四则运算法则(1)[f(x)g(x)]f(x)g(x).(2)[f(x)g(x)]f(x)g(x)f(x)g(x).''''''f′(x)＝f(x)'f(x)'g(x)f(x)g(x)'(3)[(g(x)≠0)．]

g(x)[g(x)]2(4)若y＝f(u)，u＝ax＋b，则y′x＝y′u·u′x，即y′x＝a·y′u.3．切线的斜率函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，因此曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f_′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f_′(x0)(x－x0).4．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f_′(x0)>0(f_′(x0)<0)，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增(单调递减)．5．函数的极值设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近所有的点x，都有f(x)f(x0)，那么f(x0)是函数的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值．6．函数的最值将函数y＝f(x)在[a，b]内的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．7．(1)定积分的性质①

bakf(x)dxkf(x)dx；ab②ba[f1(x)f2(x)]dxf1(x)dxf2(x)dx；aabb③baf(x)dxf(x)dxf(x)dx(其中a是函数f(x)在[a，b]是的最小值；若函数f(x)在(a，b)内有唯一的极小值点x0，则f(x0)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，{f(a)，f(b)}max是函数f(x)在[a，b]是的最大值.(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最小值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)是函数f(x)在[a，b]上的最大值，f(b)是函数f(x)在[a，b]上的最小值．(3)若函数f(x)在[a，b]上有极值点x1，x2，…，xn(n∈N*，n≥2)，则将f(x1)，f(x2)，…，f(xn)与f(a)，f(b)作比较，其中最大的一个是函数f(x)在[a，b]上的最大值，最小的一个是函数f(x)在[a，b]上的最小值.9．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是f(x)>g(x)的解集的交集，且I不是空集⇔[f(x)－g(x)]max>0(x∈I)．(3)对∀x1，x2∈D使得f(x1)≤g(x2)⇔f(x)max≤g(x)min.(4)对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)⇔f(x)min≥g(x)min，f(x)定义域为D1，g(x)定义域为D2.'

baf(x)dxF(b)F(a)．10．证明不等式问题不等式的证明可转化为利用导数研究单调性、极值和最值，再由单调性或最值来证明不等式，其中构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．【易错警示】1．判断极值的条件掌握不清：利用导数判断函数的极值时，忽视“导数等于零，并且两侧导数的符号相反”这两个条件同时成立．2．混淆在点P处的切线和过点P的切线：前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先设出切点坐标．3．关注函数的定义域：求函数的单调区间及极(最)值应先求定义域．真题体验4.对复合函数求导法则用错．一、选择题，f(1))处的切线方程为（1、（2020新课标Ⅰ卷·理科T6）函数f(x)x42x3的图像在点(1

A.y2x1C.y2x3【答案】B【解析】fxx2x，fx4x6x，f11，f12，4

3

3

2

）B.y2x1D.y2x1

因此，所求切线的方程为y12x1，即y2x1.故选：B.【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题2、（2020新课标Ⅲ卷·理科T10）若直线l与曲线y=x和x2+y2=A.y=2x+1【答案】DB.y=2x+1

都相切，则l的方程为（5D.y=）12C.y=1x+1211x+22【解析】设直线l在曲线y

x上的切点为x0,x0，则x00，112x0函数yx的导数为y

2x1，则直线l的斜率k

，设直线l的方程为yx0

2x0xx0，即x2x0yx00，由于直线l与圆xy

22x011相切，则，14x5502两边平方并整理得5x04x010，解得x01，x0

1

（舍），5则直线l的方程为x2y10，即y

11

x.故选：D.22【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.二、填空题1、（2020新课标Ⅰ卷·文科T15）曲线ylnxx1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为______________.【答案】y2x

【解析】设切线的切点坐标为(x0,y0),ylnxx1,y

1

1，xy|xx0

1

12,x01,y02，所以切点坐标为(1,2)，x0所求的切线方程为y22(x1)，即y2x.故答案为：y2x.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.eex

2、（2020新课标Ⅲ卷·文科T15）设函数f(x)．若f(1)，则a=_________．xa4【答案】1【解析】由函数的解析式可得：fx

exxaex

xa2

exxa1xa22，则：f1

e11a11a2

ae

a12，据此可得：ae

a1

e

，4整理可得：a22a10，解得：a1.故答案为：1.【点睛】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.3、（2020北京卷·T15）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为Wf(t)，用

f(b)f(a)

的大小评价在ba[a,b]这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论：①在t1,t2这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；③在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在0,t1,t1,t2,t2,t3这三段时间中，在0,t1的污水治理能力最强．其中所有正确结论的序号是____________________．【答案】①②③【解析】

f(b)f(a)

表示区间端点连线斜率的负数，ba在t1,t2这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比t1,t2这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，乙企业强；①正确；甲企业在0,t1,t1,t2,t2,t3这三段时间中，甲企业在即在t1,t2的污水治理能力最强．④错误；在t2时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；故答案为：①②③【点睛】本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.三、解答题1、（2020新课标Ⅰ卷·理科T21）已知函数f(x)exax2x.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥13

x+1，求a的取值范围.2【答案】（1）当x,0时，f'x0,fx单调递减，当x0,时，f'x0,fx单调递7e2

,增（2）

.4

x2【解析】(1)当a1时，fxexx，f'xe2x1，x

由于f''xe20，故f'x单调递增，注意到f'00，故：x当x,0时，f'x0,fx单调递减，当x0,时，f'x0,fx单调递增.(2)由fx

113

x1得，exax2x󰁦x31，其中x0，22①.当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意；②.当x0时，分离参数a得，a󰁦

ex

13xx1

，2x211

x2exx2x1exx3x1

记，22，gxg'xx2x3令hxe

x

12

xx1x0，则h'xexx1，h''xex10，2故h'x单调递增，h'xh'00，故函数hx单调递增，hxh00，由hx0可得：e

x12xx1󰁦0恒成立，2故当x0,2时，g'x0，gx单调递增；当x2,时，g'x0，gx单调递减；因此，gxmax7e2,g247e2

,.综上可得，实数a的取值范围是4

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．2、（2020新课标Ⅱ卷·理科T21）已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：f(x)33；82

2

2

2n

3n

（3）设n∈N*，证明：sinxsin2xsin4x…sin2x≤n.4【答案】（1）当x0,2f'x0,fxx时，单调递增，当,333

时，f'x0,fx单调递

减，当x

2

,时，f'x0,fx单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.3

3

【解析】(1)由函数的解析式可得：fx2sinxcosx，则：f'x23sin2xcos2xsin4x2sin2x3cos2xsin2x2sin2x4cos2x12sin2x2cosx12cosx1，f'x0在x0,上的根为：x1

2,x2，33当x0,时，f'x0,fx单调递增，3

时，f'x0,fx单调递减，

当x

2,33

当x

2

,时，f'x0,fx单调递增.3

2

2

2xsinxsin2xfx，xsin

(2)注意到fxsin

故函数fx是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：f0f0，2

2

333333323

，，ff28832322

据此可得：fx

max

333333，fx，即fx.min888(3)结合(2)的结论有：sin2xsin22xsin24xsin22nx

sinxsin2xsin4xsin2x

3

3

3

3

n

2

2

2

3sinxsinxsin2xsin2xsin4xsin2

2

n1

xsin2xsin2x

n

2

n

2

3333333sinxsin22nx

888338

n

n

3.423233、（2020新课标Ⅲ卷·理科T21）设函数f(x)x3bxc，曲线yf(x)在点(轴垂直．（1）求b．11

，f())处的切线与y22（2）若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）b

3

；（2）证明见解析4【解析】（1）因为f'(x)3x2b，31'1由题意，f()0，即3b0则b；242

（2）由（1）可得f(x)x令f'(x)0，得x所以f(x)在(且f(1)c

3

23113

xc，f'(x)3x23(x)(x)，44221111

或x；令f'(x)0，得x，22221111

,)上单调递减，在(,)，(,)上单调递增，2222111111

,f()c,f()c,f(1)c，424244若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则f(1)0或f(1)0，即c当c

11

或c.441111111

时，f(1)c0,f()c0,f()c0,f(1)c0，4242444又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由零点存在性定理知f(x)在(4c,1)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c

1111111

时，f(1)c0,f()c0,f()c0,f(1)c0，4242444又f(4c)64c33cc4c(116c2)0，由零点存在性定理知f(x)在(1,4c)上存在唯一一个零点x0，即f(x)在(1,)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.4、（2020山东省新高考全国Ⅰ卷·T21）同（2020海南省新高考全国Ⅱ卷·T21）已知函数f(x)aex1lnxlna．（1）当ae时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【答案】（1）2

（2）[1,)e1x

【解析】（1）Qf(x)exlnx1，f(x)e

1

，kf(1)e1.xQf(1)e1，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为ye1(e1)(x1),即ye1x2,切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(

2

,0),e1∴所求三角形面积为1222||=;2e1e1（2）解法一：Qf(x)aex1lnxlna,f(x)aex1

1

，且a0.x1

0,2xx1

设g(x)f(x),则g(x)ae

∴g(x)在(0,)上单调递增，即f(x)在(0,)上单调递增，当a1时，f(1)0,∴fxminf11,∴fx1成立.111111a当a1时，1，，f()f(1)a(e1)(a1)0,a∴e1aa∴存在唯一x00，使得f(x0)ae

x01



1

0，且当x(0,x0)时f(x)0，当x(x0,)时x0

x1f(x)0，ae0

1

，lnax01lnx0，x0x01因此f(x)minf(x0)aelnx0lna



11lnax01lna2lna12x02lna1>1,x0x0∴fx1,∴fx1恒成立；当0a1时，f(1)alnaa1,∴f(1)1,f(x)1不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).解法二：fxae

x1

lnxlnaelnax1lnxlna1等价于elnax1lnax1lnxxelnxlnx,令gxex,上述不等式等价于glnax1glnx,x

显然gx为单调增函数，∴又等价于lnax1lnx，即lnalnxx1，令hxlnxx1,则hx

11x1xx在0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，∴hxmaxh10,lna0，即a1，∴a的取值范围是[1,+∞).【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.5、（2020北京卷·T19）已知函数f(x)12x2．（Ⅰ）求曲线yf(x)的斜率等于2的切线方程；（Ⅱ）设曲线yf(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．【答案】（Ⅰ）2xy130，（Ⅱ）32.2

【解析】（Ⅰ）因为fx12x，所以fx2x，设切点为x0,12x0，则2x02，即x01，所以切点为1,11，由点斜式可得切线方程为：y112x1，即2xy130.（Ⅱ）显然t0，因为yfx在点t,12t

2处的切线方程为：y12t2txt，21t212t2122

令x0，得yt12，令y0，得x，所以Stt12，22|t|2t

2

42t24t14413144不妨设t0(t0时，结果一样)，则St(t24t)，4t4t42222

11443(t8t48)3(t4)(t12)3(t2)(t2)(t12)2所以St(3t242)，2224t4t4t4t由St0，得t2，由St0，得0t2，所以St在0,2上递减，在2,上递增，所以t2时，St取得极小值，也是最小值为S2

1616

32.8【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.6、（2020江苏卷·T17）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO为铅垂线(O在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式h1与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h212a；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(米)4013b6b.已知点B到OO的距离为40米.800（1）求桥AB的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价最低?【答案】（1）120米（2）OE20米3

k(万元)(k>0).问OE为多少米时，桥墩CD与EF的总造价2【解析】（1）由题意得11|OA|2403640|OA|8040800|AB||OA||OB|8040120米（2）设总造价为f(x)万元，|OO|

1

802160，设|OE|x，40f(x)k(160

1331

x6x)k[160(80x)2],(0x40)8002401332326

xx),f(x)k(xx)0x20(0舍去)8008080080f(x)k(160

当0x20时，f(x)0；当20x40时，f(x)0，因此当x=20时，f(x)取最小值，答：当OE20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.7、（2020江苏卷·T19）已知关于x的函数yf(x),yg(x)与h(x)kxb(k,bR)在区间D上恒有f(x)h(x)g(x)．22)，求h(x)的表达式；（1）若fxx2x，gx x2x，D(，)，求k的取值范围；（2）若f(x) x2x1，g(x) klnx，h(x) kxk,D (0，42224t2(0 t≤2)，D m, n2,2，（3）若f(x) x2x，g(x) 4x8 ，h(x) 4ttx 3t 2求证：nm7．【答案】（1）hx2x；（2）k0,3；（3）证明详见解析【解析】（1）由题设有x22xkxbx22x对任意的xR恒成立.令x0，则0b0，所以b0.因此kxx22x即x2kx0对任意的xR恒成立，2所以2k0，因此k2.故hx2x.2

（2）令Fxhxgxkx1lnxx0，F10.又Fxk

x1

.x若k0，则Fx在0,1上递增，在(1,)上递减，则FxF10，即hxgx0，不符合()题意.当k0时，Fxhxgx0,hxgx，符合题意.当k0时，Fx在0,1上递减，在(1,)上递增，则FxF10，()即hxgx0，符合题意.综上所述，k0.由fxhxxx1kxkxk1xk10

22当x

k120，即k1时，yxk1xk1在(0,)为增函数，2因为f0h0k10，故存在x00,，使fxhx0，不符合题意.当x当x

k1

0，即k1时，fxhxx20，符合题意.2k12

0，即k1时，则需k14k10，解得1k3.2综上所述，k的取值范围是k0,3.（3）因为x2x4ttx3t2t4x8对任意x[m,n][2,2]恒成立，423422x42x24t3tx3t42t2对任意x[m,n][2,2]恒成立，等价于(xt)

2x

22tx3t220对任意x[m,n][2,2]恒成立.故x22tx3t220对任意x[m,n][2,2]恒成立.令M(x)x22tx3t22，当0t21，8t280,1t1，此时nm当1t22，8t280，2t217，但4x84ttx3t2t对任意的x[m,n][2,2]恒成立.等价于4x4ttx3t4t20对任意的x[m,n][2,2]恒成立.423t2t84x4ttx3t4t20的两根为x1,x2，则x1x2tt,x1x2，42342232222323所以nm=x1x2

2x1x224x1x2t65t43t28.令t,1,2，则nm

3

2

35238.构造函数P5381,2，P3103331，2所以1,2时，P0，P递减，PmaxP17.所以nmmax

7，即nm7.【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.8、（2020天津卷·T20）已知函数f(x)x3klnx(kR)，f(x)为f(x)的导函数．（Ⅰ）当k6时，（i）求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（ii）求函数g(x)f(x)f(x)

9

的单调区间和极值；xfx1fx2fx1fx2（Ⅱ）当k3时，求证：对任意的x1,x2[1,)，且x1x2，有．2x1x2【答案】（Ⅰ）（i）y9x8；（ii）g(x)的极小值为g(1)1，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.2

【解析】(Ⅰ)(i)当k=6时，fxx6lnx，f'x3x

36

.可得f11，f'19，x所以曲线yfx在点1,f1处的切线方程为y19x1，即y9x8.(ii)依题意，gxx3x6lnx

3

2

363,x0,.从而可得g'x3x26x2，xxx3(x1)3(x1)

整理可得：g(x)，2x

令g'x0，解得x1.当x变化时，g'x,gx的变化情况如下表：x

(0,1)

x1(1,+¥)

g'x0gx单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由f(x)x3klnx，得f(x)3x

2k.x对任意的x1,x2[1,)，且x1x2，令x1t(t1)，则x2x1x2fx1fx22fx1fx2xkk23x1x23x123x22x13x2kln1x1x2x2xxx32x13x23x12x23x1x2k122kln1x2x2x113x2t2lntt33t23t1k.t

①1121

令h(x)x2lnx,x[1,).当x>1时，h(x)1210，xxxx

由此可得hx在1,单调递增，所以当t>1时，hth1，即t2lnt0.因为x21，t33t23t1(t1)30，k3，21

t所以x2t3t3t1kt2lnt󰁦t3t3t13t2lnt

332

1t

32

1t

3

t33t26lnt1.t②32由(Ⅰ)(ii)可知，当t1时，gtg1，即t3t6lnt

3

1，t故t3t6lnt

323

10t1③由①②③可得x1x2f

xfx2fxfx0.212所以，当k3时，任意的x1,x21,，且x1x2，有fx1fx2fx1fx2.2x1x2【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．9、（2020浙江卷·T22）已知1a2，函数fxexa，其中e=2.71828…为自然对数的底数．x)上有唯一零点；（Ⅰ）证明：函数yfx在(0，)上的零点，证明：（Ⅱ）记x0为函数yfx在(0，（ⅰ）a1x02(a1)；（ⅱ）x0f(ex0)(e1)(a1)a．【解析】（I）Qf(x)ex1,Qx0,ex1,f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增，Q1a2,f(2)e22ae240,f(0)1a0，所以由零点存在定理得f(x)在(0,)上有唯一零点；（II）（i）Qf(x0)0,e

x0

x0a0，x

x

a1x02(a1)e0x01x022(e0x01)，x2

令g(x)ex1x(0x2),h(x)ex1(0x2),

2x

2

x

一方面：h(x)e1xh1(x),h1(x)ex10，x2x

h(x)h(0)0,h(x)在(0,2)单调递增，h(x)h(0)0，ex10,2(exx1)x2，2x

另一方面：Q1a2a11，所以当x01时，a1x0成立，因此只需证明当0x1时g(x)exx1x20，因为g(x)ex12xg1(x)，g1(x)ex20xln2

当x(0,ln2)时，g1(x)0，当x(ln2,1)时，g1(x)0，所以g(x)max{g(0),g(1)},Qg(0)0,g(1)e30,g(x)0，g(x)在(0,1)单调递减，g(x)g(0)0，exx1x2，综上，e

x0

x01x022(e0x01),a1x02(a1).x

x

（ii）t(x0)x0f(e0)x0f(x0a)x0[(ea1)x0a(ea2)]，Qt(x0)2(ea1)x0a(ea2)0，a1x02(a1)，t(x0)t(a1)a1[(ea1)a1a(ea2)](ea1)(a1)aa1(ea2)，因为1a2，所以eae,a2(a1)，t(x0)(e1)(a1)2(a1)a1(ea2)，只需证明2(a1)a1(ea2)(e1)(a1)2，即只需证明4(ea2)2(e1)2(a1)，令s(a)4(ea2)2(e1)2(a1),(1a2)，则s(a)8ea(ea2)(e1)28e(e2)(e1)20，s(a)s(1)4(e2)20，即4(ea2)2(e1)2(a1)成立，因此x0fe

(e1)(a1)a.x0【点睛】本题考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.高频考点、热点题型强化考点一导数的几何意义与定积分b【典例】1、在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处x的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是【解析】bb∵y＝ax2＋，∴y′＝2ax－2，xxb4a＋＝－5，2由题意可得b74a－＝－，42解得.a＝－1，b＝－2.∴a＋b＝－3.2、用定积分计算y=x2和y=1A.󰗬(x2-02C.󰗬(0x所围成的面积等于1B.󰗬(01D.󰗬0()x)dx2

【解析】选B.如图所示:y=x2和y=1所以S=󰗬011x2dx=󰗬(0x-x)dxx交于两点(0,0),(1,1).x-x2)dx.xdxx-x2)dx【备考策略】xdx-󰗬01．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)在点P处的切线方程：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)，然后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．根据过某点切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直等求参数问题的解法：利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解．3．利用定积分求平面图形的面积的两个关键点关键点一：正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．关键点二：根据图形的特征，选择合适的积分变量．在以y为积分变量时，应注意将曲线方程变为x＝(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值．易错提醒：求曲线的切线方程时，务必分清点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应先求出切点坐标．【类比演练】1、设a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数为f′(x)，且f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为(A．9x－y－16＝0C．6x－y－12＝0)B．9x＋y－16＝0D．6x＋y－12＝0【解析】由题意可得f′(x)＝3x2＋2ax＋a－3是偶函数，则a＝0，所以f(x)＝x3－3x，f′(x)＝3x2－3，则f(2)＝2，f′(2)＝9，则所求切线方程为y－2＝9(x－2)，即为9x－y－16＝0.2、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．－1C．1【解析】B．0D．2依题意得，f′(x)＝－asinx，g′(x)＝2x＋b，于是有f′(0)＝g′(0)，)即－asin0＝2×0＋b，b＝0；m＝f(0)＝g(0)，即m＝a＝1，因此a＋b＝1.3、若函数y=2cosx(0≤x≤2π)的图象和直线y=2围成一个封闭的平面图形，则这个封闭图形的面积为(A.4【解析】选D.如图所示.B.8C.2πD.4π)由图可知，S1=S2，S3=S4，因此函数y=2cosx(0≤x≤2π)的图象与直线y=2所围成的图形面积即为矩形OABC的面积.因为|OA|=2，|OC|=2π，所以S矩形=2×2π=4π.考点二利用导数研究函数的单调性ax21

【典例】已知函数f(x)ln(x1)当a0时，讨论函数f(x)的单调性.x1,ax21

【解析】函数f(x)ln(x1)的定义域为x(1,)，x112ax(x1)(ax21)

则f(x)2x1(x1)'x(x

2a1

)a，2(x1)令f(x)0解得x

'2a1

，a当2a1x

1即a=1时，f'(x)0恒成立，则f(x)的单调递增区间为(1,)，2a(x1)2a12a12a1

1即a>1时，f(x)的单调递增区间为(,)，单调递减区间为(0,)，aaa2a1

1即01时，f(x)的单调递增区间为(

2a12a1

,)，单调递减区间为(0,)。aa【备考策略】利用导数讨论(证明)函数f(x)在(a,b)内单调性的步骤(1)求f(x).(2)确认f(x)在(a,b)内的符号.(3)得出结论:f(x)0时为增函数,f(x)0时为减函数.注:研究含参数函数的单调性时,需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.分类的标准（i）按导函数是否有零点分大类；（ii）在大类中再按导函数零点的大小比较分小类；（iii）在小类中再按零点是否在定义域中分类.【类比演练】已知函数f(x)lnxmx(mR).（1）若m=1，求曲线yf(x)在点P(1,1)处的切线方程；（2）讨论函数f(x)在(1,e)上的单调性.''''【解析】（1）若m=1，则f(x)lnxx，f(x)

'1

1，x所以f(1)

'1

10，所以切线的斜率为0，所以切线方程为y1.1'（2）因为f(x)

11mxm，令h(x)mx1，h(x)是过点（0,1）的一次函数，xx'①当m0时，在(1,e)上h(x)0，f(x)0，所以函数f(x)在(1,e)上单调递增.②当m0时，h(x)在(1,e)上是减函数，由h(x)的图像可知，（i）当11

e，即0m时，x(1,e),h(x)0,f'(x)0，所以函数f(x)在(1,e)上单调递增；me11111

e，即m1时，在(1,)上h(x)0，函数f(x)在(1,)上单调递增，在(,e)上memmm

1

,e)上单调递减；m（ii）第1

h(x)0，f(x)在(

（iii）第0

1

1，即m1时，x(1,e),h(x)0,f'(x)0，函数f(x)在(1,e)上单调递减.m考点三用导数研究函数的极值与最值【典例】已知f(x)e,g(x)lnx

x（1）令h(x)f(x)g(x)，求证：h(x)有唯一的极值点；（2）若点A为函数f(x)上的任意一点，点B为函数g(x)上的任意一点，求A,B两点之间距离的最小值．1，x【解析】（1）证明：由题意知h(x)exlnx，所以h(x)ex1在(0，)上单调递减，x由yex单调递增，y所以h(x)在(0，)上为单调递增，1又he20，h(1)e10，21所以存在唯一的x0，1，使得h(x0)0，2当x(0，x0)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(x0，)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)有唯一的极值点．（2）解：由f(x)ex，则f(x)在点(0，1)处的切线为yx1，又g(x)lnx，则g(x)在点(1，0)处的切线为yx1，由于f(x)ex与g(x)lnx互为反函数，即函数图象关于yx对称，如图，故而A，B两点间的距离即为(0，1)与(1，0)之间的距离，所以A，B两点间的距离的最小值为2．【备考策略】利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．(2)若探究极值点个数，则探求方程f′(x)＝0在所给范围内实根的个数．(3)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．(4)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较，从而得到函数的最值．【类比演练】已知f(x)lnxx22ax,aR.(1)若a0，求f(x)在[1,e]上的最小值；(2)求f(x)的极值点。f'(x)12x2【解析】（1）x，因为x[1,e]，所以f'(x)0所以f(x)在[1,e]上是减函数，所以最小值为f(e)1e

2（2）定义域为(0,)，f'(x)

2x22ax1

x'aa2令f(x)0得x12aa22

2,x2

2因为x10,x20，所以当x(0,x2)时，f'(x)0，当x(x2,)时f'(x)0

所以f(x)在(0,x2)单调递增，在(x2,)单调递减，所以x2为极大值点，无极小值点。考点四利用导数求函数的零点或方程根的问题【典例】1、已知函数f(x)lnx

a

xa在x1,e上有两个零点，则a的取值范围是()A.

e

,11e

B.

e

,11e

C.

e

,11e

D.1,e【解析】∵f'(x)

1axa

2,x1,e．xx2x当a1时，f'x0，fx在1,e上单调递增，不合题意．当ae时，f'x0，fx在1,e上单调递减，也不合题意．当ea1时，则x[1,a)时，f'x0，fx在[1,a)上单调递减，x(a,e]时，f'x0，fx在(a,e]上单调递增，又f10，所以fx在x[1,e]上有两个零点，只需f(e)1

aea0即可，解得a1.e1ee



综上，a的取值范围是,1.故选A.1e2、已知函数f(x)(x2)lnx

127

x4x，则函数f(x)的所有零点为22.【解析】函数f(x)的定义域为(0,)，且fxlnx

2

x3．x212x2x2x2x1设gxlnxx3，则g(x)21x0．22xxxxx当0x1时，g(x)0；当x1时，g(x)0，即函数gx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以当x0时，gxg10（当且仅当x1时取等号）．即当x0时，f(x)0（当且仅当x1时取等号）．所以函数fx在(0,)单调递增，至多有一个零点.因为f(1)0，x1是函数f(x)唯一的零点.综上，函数fx的所有零点只有x1．【答案】1.【备考策略】利用导数研究函数零点或方程根的方法：(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法.借助导数研究函数的单调性、极值后,通过极值的正负,函数单调性判断函数图象走势,从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围.(2)数形结合法求解零点.对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调性,画出草图数形结合确定其中参数的范围.(3)构造函数法研究函数零点.①根据条件构造某个函数,利用导数确定函数的单调区间及极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求解.②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.【类比演练】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；1(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在[，e]上有两个零点，求实数m的取值范围．e2【解析】(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)x＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.－22(2)g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝－2x＝x1∵x∈[，e]，∴当g′(x)＝0时，x＝1.ex＋1xx－1.1当0；当10，1＝m－2－2≤0，e1g(x)在[，e]上有两个零点的条件是ge1∴实数m的取值范围是(1,2＋2]．e1解得1【典例】已知函数f(x)＝lnx－.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1.当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．－x2＋x＋11()x【解析】(1)f′＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)，xxx>0，－x2＋x＋1>0，0，由f′(x)>0得1＋5解得0故f(x)的单调递增区间是1－x(2)令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)，则有F′(x)＝，x当x∈(1，＋∞)时，F′(x)<0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，故当x>1时，F(x)1时，f(x)1满足题意．当k>1时，对于x>1，有f(x)1满足题意．当k<1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，1则有G′(x)＝－x＋1－k＝x－x2＋(1－k)x＋1.x1－k－(1－k)2＋41－k＋(1－k)2＋4＜0，x2＝＞1，22由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0，解得x1＝当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内单调递增．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1).综上，k的取值范围是(－∞，1).【备考策略】1．两招破解不等式的恒成立问题(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．2．利用导数解决不等式存在性问题的方法技巧根据条件将问题转化为某函数在该区间上最大(小)值满足的不等式成立问题，进而用导数求该函数在该区间上的最值问题，最后构建不等式求解．3．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．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．【类比演练】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0mlna恒成立，求实数m的取值范围．【解析】1(1)f′(x)＝＋2x－a.x由已知得：f′(1)＝0，所以1＋2－a＝0，所以a＝3.2＝x－a4x2＋1－a2

1(2)当0因为00，而x>0，即f′(x)＝>0，8x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1－a1－a等式1－a>mlna恒成立．即m<恒成立，记g(a)＝(1alna令M(a)＝－alna－1＋a，则M′(a)＝－lna<0，所以M(a)0)．(2)f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2的定义域为[1,2e]，2e且f′(x)＝－2x＋2(e＋1)－x＝－2x－1xx－e(1≤x≤2e)．列表如下：xf′(x)f(x)(1，e)＋e0极大值(e,2e]－由上表得：f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2在定义域[1,2e]上的最大值为f(e)，且f(e)＝e2－2.即月生产量在[1,2e]万件时，该公司在生产这种小型产品中所获得的月利润最大值为f(e)＝e2－2，此时的月生产量值为e(万件).【备考策略】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．(2)求导：求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．强化训练(4)作答：回归实际问题作答．一、选择题1、已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝(A．1C．－e[解析]C.2、已知常数a、b、c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是(A．－C．2[解析]8122)B．13－1

)B．－1D．－e111－

依题意得，f′(x)＝2f′(e)＋，取x＝e得f′(e)＝2f′(e)＋，由此解得f′(e)＝－＝－e1，故选xeeD．5依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a>0，－2＋3＝－2bc，－2×3＝，3a3a∴b＝－3a，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，281－a＝－81，a＝2，故选C.213、若函数f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在区间(－，0)内单调递增，则a的取值范围是(21A．[，1)49C．(，＋∞)4[解析]由x3－ax>0得x(x2－a)>0.则有3B．[，1)49D．(1，)4x>0x2－a>0或x<0，x2－a<0，)所以x>a或－a3所以≤a<1.44、已知函数f(x)＝ln(ex＋ex)＋x2，则使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是(A．(－1,3)C．(－3,3)[解析]x

－x

)B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)－

ex－ex

∵函数f(x)＝ln(e＋e)＋x，∴f′(x)＝＋2x，－xx

e＋e2

当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x＝0时，f′(x)＝0，f(x)取最小值，∵f(x)＝ln(ex＋ex)＋x2是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，∴f(2x)>f(x＋3)等价于|2x|>|x＋3|，－

整理，得x2－2x－3>0，解得x>3或x<－1，∴使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(3，＋∞)，故选D．5、函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是()A．a>0，b<0，c>0，d>0C．a<0，b<0，c>0，d>0[解析]B．a>0，b<0，c<0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<02b＝6a由图象知f(0)＝d>0，因为f′(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0有两个不相等的正实根，所以a>0，－b－>0，所以b<0，又f′(0)＝c>0，所以a>0，b<0，c>0，d>0.3a6、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]C．[－6，－2][解析]9B．[－6，－]8D．[－4，－3])111当x∈(0,1]时，得a≥－3()3－4()2＋，xxx1令t＝，则t∈[1，＋∞)，a≥－3t3－4t2＋t，x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]．7、已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x10，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴x1为极大值点，x2为极小值点．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，f(x)＝x1或f(x)＝x2.∵f(x1)＝x1，∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．故选A．二、填空题1、函数f(x)＝ex·sinx在点(0，f(0))处的切线方程是[解析].∵f(x)＝ex·sinx，f′(x)＝ex(sinx＋cosx)，f′(0)＝1，f(0)＝0，∴函数f(x)的图象在点(0,0)处的切线方程为y－0＝1×(x－0)，即y＝x.112、已知函数f(x)＝x2＋3ax－lnx，若f(x)在区间[，2]上是增函数，则实数a的取值范围为23[解析]1111由题意知f′(x)＝x＋3a－≥0在[，2]上恒成立，即3a≥－x＋在[，2]上恒成立．x3x3.111888又y＝－x＋在[，2]上单调递减，∴(－x＋)max＝，∴3a≥，即a≥.x3x33913、如图，已知A(0，)，点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2上，若阴影部分面积与△OAP面积相等，则x0＝4[解析]因为点P(x0，y0)(x0>0)在曲线y＝x2上，所以y0＝x20，.1111则△OAP的面积S＝|OA||x0|＝×x0＝x0，224811阴影部分的面积为∫x00x2dx＝x3|x00＝x30，3311因为阴影部分面积与△OAP的面积相等，所以x30＝x0，383即x20＝.所以x0＝836＝.844、设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且g(x)≠0，当x<0时，f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且fxf(－3)＝0，则不等式gx[解析]<0的解集是.因为f(x)和g(x)(g(x)≠0)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)．因为当x<0时，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，fxgxf′]′＝xgx－fg2xxg′x>0，当x<0时，[fx令h(x)＝gx.则h(x)在(－∞，0)上单调递增，－fxgxf－x因为h(－x)＝g－x＝＝－h(x)，所以h(x)为奇函数，根据奇函数的性质可得函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(－3)＝－f(3)＝0，所以h(－3)＝－h(3)＝0，h(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．ex

5、已知函数f(x)＝，g(x)＝－(x－1)2＋a2，若当x>0时，存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实x数a的取值范围是[解析].由题意得存在x1，x2∈R，使得f(x2)≤g(x1)成立，等价于f(x)min≤g(x)max.因为g(x)＝－(x－1)2＋a2，x>0，所以当x＝1时，g(x)max＝a2.ex·x－exexx－1ex

因为f(x)＝，x>0，所以f′(x)＝＝xx2x2

.所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e.又g(x)max＝a2，所以a2≥e⇔a≤－e或a≥e.故实数a的取值范围是(－∞，－e]∪[e，＋∞)．三、解答题1、设函数f(x)＝xeax＋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．[解析](1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.f(2)2e22ea－2＋2b＝2e＋2，依题设，得'即a－2＋b＝e－1，－ef(2)e1

解得a＝2，b＝e.(2)由(1)，知f(x)＝xe2x＋ex.－

由f′(x)＝e2x(1－x＋ex1)及e2x>0知，f′(x)与1－x＋ex1同号．－

－

－

－

令g(x)＝1－x＋ex1，则g′(x)＝－1＋ex1.－

－

所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)内单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)内的最小值．12、已知函数f(x)＝ax2＋lnx，其中a∈R.2(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值是－1，求a的值．[解析]ax2＋1(1)f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．x1－，舍a当a≥0时，f′(x)>0，从而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝去x＝－1－.a此时，f(x)与f′(x)的情况如下：x(0，1－)a1－a(1－，＋∞)af′(x)f(x)＋f(01－)a－所以，f(x)的单调递增区间是(0，1－)；单调递减区间是(a1－，＋∞)．aa(2)①当a≥0时，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.2a令＝－1，得a＝－2，这与a≥0矛盾，舍去a＝－2.2②当－1≤a<0时，1a－≥1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.a2a令＝－1，得a＝－2，这与－1≤a<0矛盾，舍去a＝－2.2③当a<－1时，0<1－<1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(a1－)．a令f(1－)＝－1，解得a＝－e，满足a<－1.a综上，当f(x)在(0,1]上的最大值是－1时，a＝－e.3、已知f(x)＝lnx＋ax，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性；x(2)若函数f(x)的两个零点为x1，x2，且2≥e2，x16求证：(x1－x2)f′(x1＋x2)>.5[解析]1(1)函数f(x)＝lnx＋ax的定义域为{x|x>0}，所以f′(x)＝＋a.x①若a≥0，则f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)内单调递增；11②若a<0，则f′(x)＝＋a，由f′(x)>0，得0－，∴f(x)在(－，＋∞)内单调递减．xaa(2)证明：∵lnx1＋ax1＝0，lnx2＋ax2＝0，∴lnx2－lnx1＝a(x1－x2)．x1－2x1－x2x1－x21x2x1＋lnx2.(x1－x2)f′(x1＋x2)＝(x1－x2)(＋a)＝＋a(x1－x2)＝＋ln＝x1x1x1＋x2x1＋x2x1＋x2x1＋2x11－tx令2＝t≥e2，令φ(t)＝＋lnt，则φ′(t)＝x11＋t∴φ(t)在[e2，＋∞)内单调递增，φ(t)≥φ(e2)＝1＋2266>1＋＝.∴(x1－x2)f′(x1＋x2)>.5e2＋132＋15t2＋1>0，1＋t2t4、某造船公司年最大造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)＝3700x＋45x2－10x3(单位：万元)，成本函数为C(x)＝460x＋5000(单位：万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)＝f(x＋1)－f(x)．(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x);(提示：利润＝产值－成本)(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大？(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么？[解析](1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3240x－5000(x∈N*，且1≤x≤20)；MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3275(x∈N*，且1≤x≤19)．(2)P′(x)＝－30x2＋90x＋3240＝－30(x－12)(x＋9)，因为x>0，所以P′(x)＝0时，x＝12，当00，当x>12时，P′(x)<0，所以x＝12时，P(x)有极大值，也是最大值．即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大．(3)MP(x)＝－30x2＋60x＋3275＝－30(x－1)2＋3305.所以，当x≥1时，MP(x)单调递减，MP(x)是减函数的实际意义是：随着产量的增加，每艘利润与前一艘比较，利润在减少．