《2018年高考數(shù)學(xué) 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué) 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理（33頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題4 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 【2018年高考考綱解讀】 高考對(duì)本內(nèi)容的考查主要有： (1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義是考查熱點(diǎn)，要求是B級(jí)，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線上在某點(diǎn)處的切線的斜率，能夠解決與曲線的切線有關(guān)的問題； (2)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，要求是B級(jí)，熟練掌握導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則、常用導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)運(yùn)算，一般不單獨(dú)設(shè)置試題，是解決導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的第一步； (3)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容，要求是B級(jí)，對(duì)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值要達(dá)到相等的高度. (4)導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問題中的應(yīng)用為函數(shù)應(yīng)用題注入了新鮮的血液，使應(yīng)用題涉及到的函數(shù)模型更加寬廣，要求是B級(jí)；

2、 (5)導(dǎo)數(shù)還經(jīng)常作為高考的壓軸題，能力要求非常高，它不僅要求考生牢固掌握基礎(chǔ)知識(shí)、基本技能，還要求考生具有較強(qiáng)的分析能力和計(jì)算能力．估計(jì)以后對(duì)導(dǎo)數(shù)的考查力度不會(huì)減弱．作為導(dǎo)數(shù)綜合題，主要是涉及利用導(dǎo)數(shù)求最值解決恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式等，常伴隨對(duì)參數(shù)的討論，這也是難點(diǎn)之所在. 【重點(diǎn)、難點(diǎn)剖析】 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 (1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)． (2)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公

3、式和運(yùn)算法則 (1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式 原函數(shù) 導(dǎo)函數(shù) f(x)＝c f′(x)＝0 f(x)＝xn(n∈R) f′(x)＝nxn－1 f(x)＝sin x f′(x)＝cos x f(x)＝cos x f′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a＞0且a≠1) f′(x)＝axln a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax (a＞0且a≠1) f′(x)＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ (2)導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算 ①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)； ②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v

4、′(x)； ③′＝(v(x)≠0)． 3．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 如果已知函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個(gè)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個(gè)區(qū)間上大(小)于零恒成立．在區(qū)間上離散點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù) y＝x＋sin x . 4．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值 對(duì)可導(dǎo)函數(shù)而言，某點(diǎn)導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點(diǎn)取得極值的必要條件．例如f(x)＝x3，雖有f′(0)＝0，但x＝0不是極值點(diǎn)，因?yàn)閒′(x)≥0恒成立，f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，無(wú)極值． 5．閉區(qū)間上函數(shù)的最值 在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)，一定有最大值和最小值，其最大值是區(qū)間的端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極大

5、值中的最大者，最小值是區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值和在這個(gè)區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極小值中的最小值． 6．函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 (1)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在區(qū)間(a，b)上恒成立； (2)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在區(qū)間(a，b)上恒成立； (3)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上為增函數(shù)是f′(x)＞0的必要不充分條件. 【題型示例】 題型1、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 【例1】【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則 ． 【答案】 【解析】對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得，對(duì)求導(dǎo)得，設(shè)直線與曲線相切于點(diǎn)，與曲線相切于

6、點(diǎn)，則，由點(diǎn)在切線上得，由點(diǎn)在切線上得，這兩條直線表示同一條直線，所以，解得. 【感悟提升】函數(shù)圖像上某點(diǎn)處的切線斜率就是函數(shù)在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值．求曲線上的點(diǎn)到直線的距離的最值的基本方法是“平行切線法”，即作出與直線平行的曲線的切線，則這條切線到已知直線的距離即為曲線上的點(diǎn)到直線的距離的最值，結(jié)合圖形可以判斷是最大值還是最小值． 【舉一反三】(2015·陜西，15)設(shè)曲線y＝ex在點(diǎn)(0，1)處的切線與曲線y＝(x＞0)上點(diǎn)P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為________． 解析　∵(ex)′＝e0＝1，設(shè)P(x0，y0)，有＝－＝－1， 又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP(1，1)． 答案

7、　(1，1) 【變式探究】 (1)曲線y＝xex－1在點(diǎn)(1,1)處切線的斜率等于(　　) A．2e　　　　B．e　　　　C．2　　　　D．1 (2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝ax2＋(a，b為常數(shù))過點(diǎn)P(2，－5)，且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________． 【命題意圖】　(1)本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義． (2)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，意在考查考生的運(yùn)算求解能力． 【答案】(1)C　(2)－3 【解析】(1)y′＝ex－1＋xex－1＝(x＋1)ex－1，故曲線在點(diǎn)(1,1)處的切線斜率為y′x＝1＝2.

8、 (2)由曲線y＝ax2＋過點(diǎn)P(2，－5)，可得 －5＝4a＋.① 又y′＝2ax－， 所以在點(diǎn)P處的切線斜率4a－＝－.② 由①②解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3. 【感悟提升】 1．求曲線的切線要注意“過點(diǎn)P的切線”與“在點(diǎn)P處的切線”的差異，過點(diǎn)P的切線中，點(diǎn)P不一定是切點(diǎn)，點(diǎn)P也不一定在已知曲線上，而在點(diǎn)P處的切線，必以點(diǎn)P為切點(diǎn)． 2．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點(diǎn)坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來(lái)進(jìn)行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來(lái)求解． 題型2、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

9、 【例2】【2017課標(biāo)II，理】已知函數(shù)，且。 (1)求； (2)證明：存在唯一的極大值點(diǎn)，且。 【答案】(1)； (2)證明略。 【解析】（1）的定義域?yàn)? 設(shè)，則等價(jià)于 因?yàn)? 若a=1，則.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)x＞1時(shí)，＞0，單調(diào)遞增.所以x=1是的極小值點(diǎn)，故 綜上，a=1 （2）由（1）知 設(shè) 當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增 又，所以在有唯一零點(diǎn)x0，在有唯一零點(diǎn)1，且當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，. 因?yàn)?，所以x=x0是f(x)的唯一極大值點(diǎn) 由 由得 因?yàn)閤=x0是f(x)在（0,1）的最大值點(diǎn)，由得 所以 【變式探究】【2

10、016高考山東理數(shù)】(本小題滿分13分) 已知. （I）討論的單調(diào)性； （II）當(dāng)時(shí)，證明對(duì)于任意的成立. 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析 【解析】 （Ⅰ）的定義域?yàn)椋? . 當(dāng)， 時(shí)，，單調(diào)遞增； ，單調(diào)遞減. 當(dāng)時(shí)，. （1），， 當(dāng)或時(shí)，，單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減； （2）時(shí)，，在內(nèi)，，單調(diào)遞增； （3）時(shí)，， 當(dāng)或時(shí)，，單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減. 綜上所述， 當(dāng)時(shí)，函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在 內(nèi)單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)，在內(nèi)單調(diào)遞增； 當(dāng)，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增. 又，

11、設(shè)，則在單調(diào)遞減， 因?yàn)椋? 所以在上存在使得 時(shí)，時(shí)，， 所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減， 由于，因此，當(dāng)且僅當(dāng)取得等號(hào)， 所以， 即對(duì)于任意的恒成立。 【感悟提升】確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間要特別注意函數(shù)的定義域，不要從導(dǎo)數(shù)的定義域確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，在某些情況下函數(shù)導(dǎo)數(shù)的定義域與原函數(shù)的定義域不同． 【舉一反三】(2015·福建，10)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是(　　) A．f＜ B．f＞ C．f＜ D．f＞ 【變式探究】(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－

12、e－x－2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，求b的最大值； (3)已知1.414 2<<1.414 3，估計(jì)ln 2的近似值(精確到0.001)． 【命題意圖】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最值、估計(jì)無(wú)理數(shù)的近似值等，考查基本不等式的應(yīng)用與分類討論思想的應(yīng)用，意在考查考生的運(yùn)算求解能力、推理論證能力與對(duì)知識(shí)的綜合應(yīng)用能力． 【解析】 (1)f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立． 所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增． (2)g(x)＝f(2x)－4bf(x

13、)＝e2x－e－2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x， g′(x)＝2[e2x＋e－2x－2b(ex＋e－x)＋(4b－2)] ＝2(ex＋e－x－2)(ex＋e－x－2b＋2)． ①當(dāng)b≤2時(shí)，g′(x)≥0，等號(hào)僅當(dāng)x＝0時(shí)成立，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．而g(0)＝0，所以對(duì)任意x>0，g(x)>0； ②當(dāng)b>2時(shí)，若x滿足2

14、2時(shí)，g(ln )＝－4＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8； 當(dāng)b＝＋1時(shí)，ln(b－1＋)＝ln ， g(ln)＝－－2＋(3 ＋2)ln 2 <0， ln 2<<0.693 4. 所以ln 2的近似值為0.693. 【感悟提升】 1．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的步驟 第一步：確定函數(shù)f(x)的定義域； 第二步：求f′(x); 第三步：解方程f′(x)＝0在定義域內(nèi)的所有實(shí)數(shù)根； 第四步：將函數(shù)f(x)的間斷點(diǎn)(即f(x)的無(wú)定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和各實(shí)數(shù)根按從小到大的順序排列起來(lái)，分成若干個(gè)小區(qū)間； 第五步：確定f′(x)在各小區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，由此確定每個(gè)區(qū)間的單調(diào)性

15、． 2．根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍的思路 (1)求f′(x)． (2)將單調(diào)性轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)f′(x)在該區(qū)間上滿足的不等式恒成立問題求解． 【舉一反三】 (2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx. (1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增； (2)若對(duì)于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范圍． (1)證明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1≤0，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0

16、，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1＞0，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1＜0，f′(x)＞0. 所以，f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減， 在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)解　由(1)知，對(duì)任意的m，f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對(duì)于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是 即① 設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1. 當(dāng)t＜0時(shí)，g′(t)＜0；當(dāng)t＞0時(shí)，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．

17、又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當(dāng)t∈[－1，1]時(shí)， g(t)≤0. 當(dāng)m∈[－1，1]時(shí)，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 當(dāng)m＞1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性，g(m)＞0， 即em－m＞e－1； 當(dāng)m＜－1時(shí)，g(－m)＞0， 即e－m＋m＞e－1. 綜上，m的取值范圍是[－1，1]． 【規(guī)律方法】討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個(gè)含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論，在能夠通過因式分解求出不等式對(duì)應(yīng)方程的根時(shí)依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論，在不能通過因式分解求出根的情況時(shí)根據(jù)不等式對(duì)應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分

18、類討論．討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千萬(wàn)不要忽視了定義域的限制． 題型3、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 【例3】【2017山東，理20】已知函數(shù)，，其中是自然對(duì)數(shù)的底數(shù). （Ⅰ）求曲線在點(diǎn)處的切線方程； （Ⅱ）令，討論的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值. 【答案】（1） （2）見解析 【解析】 （Ⅱ）由題意得 ， 因?yàn)? ， 令 則 所以在上單調(diào)遞增. 因?yàn)? 所以 當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)， (1)當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞減， 當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞增， 所以 當(dāng)時(shí)取得極小值，極小值是 ； (2)當(dāng)時(shí)， 由 得 ， ②

19、當(dāng)時(shí)， ， 所以 當(dāng)時(shí)， ，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無(wú)極值； ③當(dāng)時(shí)， 所以 當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞增； 當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞減； 當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞增； 所以 當(dāng)時(shí)取得極大值，極大值是； 當(dāng)時(shí)取得極小值. 極小值是. 綜上所述： 當(dāng)時(shí)， 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 函數(shù)有極小值，極小值是； 當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是 極小值是； 當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增，無(wú)極值； 當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，函數(shù)有極大值，也有極小值， 極大值是； 極小值是. 【變式探究】【2016高考江蘇卷】（本小題滿分16分

20、） 已知函數(shù). 設(shè). （1）求方程的根; （2）若對(duì)任意,不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的最大值； （3）若，函數(shù)有且只有1個(gè)零點(diǎn)，求的值。 【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】 （1）因?yàn)?，所? ①方程，即，亦即， 所以，于是，解得. ②由條件知. 因?yàn)閷?duì)于恒成立，且， 所以對(duì)于恒成立. 而，且， 所以，故實(shí)數(shù)的最大值為4. （2）因?yàn)楹瘮?shù)只有1個(gè)零點(diǎn)，而， 所以0是函數(shù)的唯一零點(diǎn). 因?yàn)椋钟芍? 所以有唯一解. 令，則， 從而對(duì)任意，，所以是上的單調(diào)增函數(shù)， 于是當(dāng)，；當(dāng)時(shí)，. 因而函數(shù)在上是單調(diào)減函數(shù)，在上是單調(diào)增函數(shù). 下證. 若，則，

21、于是， 又，且函數(shù)在以和為端點(diǎn)的閉區(qū)間上的圖象不間斷，所以在和之間存在的零點(diǎn)，記為. 因?yàn)?，所以，又，所以與“0是函數(shù)的唯一零點(diǎn)”矛盾. 若，同理可得，在和之間存在的非0的零點(diǎn)，矛盾. 因此，. 于是，故，所以. 【舉一反三】(2015·陜西，12)對(duì)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論，其中有且只有一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的，則錯(cuò)誤的結(jié)論是(　　) A．－1是f(x)的零點(diǎn) B．1是f(x)的極值點(diǎn) C．3是f(x)的極值 D．點(diǎn)(2，8)在曲線y＝f(x)上 解析　A正確等價(jià)于a－b＋c＝0，① B正確等價(jià)于b＝－2a，② C正

22、確等價(jià)于＝3，③ D正確等價(jià)于4a＋2b＋c＝8.④ 下面分情況驗(yàn)證， 若A錯(cuò)，由②、③、④組成的方程組的解為符合題意； 若B錯(cuò)，由①、③、④組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的方程后無(wú)實(shí)數(shù)解； 若C錯(cuò)，由①、②、④組成方程組，經(jīng)驗(yàn)證a無(wú)整數(shù)解； 若D錯(cuò)，由①、②、③組成的方程組a的解為－也不是整數(shù)． 綜上，故選A. 答案　A 【變式探究】(2015·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ，12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1

23、，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 答案　A 【舉一反三】(2015·江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)試討論f(x)的單調(diào)性； (2)若b＝c－a(實(shí)數(shù)c是與a無(wú)關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值． 解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－. 當(dāng)a＝0時(shí)，因?yàn)閒′(x)＝3x2＞0(x≠0)， 所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時(shí)，x∈∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，x∈時(shí)， f′

24、(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＜0時(shí)，x∈(－∞，0)∪時(shí)，f′(x)＞0，x∈時(shí)， f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 從而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1. 此時(shí)，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個(gè)異于－1的不等實(shí)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)∪∪.綜上c＝1. 題型四 定積分

25、 例4、 (2015·天津，11)曲線y＝x2與直線y＝x所圍成的封閉圖形的面積為________． 解析　曲線y＝x2與直線y＝x所圍成的封閉圖形如圖， 由得A(1，1)， 面積S＝xdx－x2dx ＝x20＝－＝. 答案　 【變式探究】(2015·陜西，16)如圖，一橫截面為等腰梯形的水渠，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截面邊界呈拋物線型(圖中虛線表示)，則原始的最大流量與當(dāng)前最大流量的比值為________． 解析　由題意可知最大流量的比即為橫截面面積的比，建立以拋物線頂點(diǎn)為原點(diǎn)的直角坐標(biāo)系， 設(shè)拋物線方程為y＝ax2，將點(diǎn)(5，2)代入拋物線方程得a＝， 故拋物線方程為

26、y＝x2，拋物線的橫截面面積為 S1＝2dx ＝2＝(m2)， 而原梯形上底為10－×2＝6(m)， 故原梯形面積為S2＝(10＋6)×2＝16，＝＝1.2. 答案　1.2 【舉一反三】(1)(2014·陜西)定積分(2x＋ex)dx的值為(　　) A．e＋2 B．e＋1 C．e D．e－1 (2)(2014·湖北)若函數(shù)f(x)，g(x)滿足f(x)g(x)dx＝0，則稱f(x)，g(x)為區(qū)間[－1,1]上的一組正交函數(shù)．給出三組函數(shù)：①f(x)＝sinx，g(x)＝cosx；②f(x)＝x＋1，g(x)＝x－1；③f(x)＝x，g(x)＝x2. 其中為

27、區(qū)間[－1,1]上的正交函數(shù)的組數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 【命題意圖】　(1)本題主要考查定積分的概念、運(yùn)算及性質(zhì)． (2)本題主要考查定積分的知識(shí)，意在通過新定義考查考生的理解能力和知識(shí)遷移能力． 【感悟提升】 1．由函數(shù)圖象或曲線圍成的曲邊圖形面積的計(jì)算及應(yīng)用，一般轉(zhuǎn)化為定積分的計(jì)算及應(yīng)用， 但一定要找準(zhǔn)積分上限、下限及被積函數(shù)，且當(dāng)圖形的邊界不同時(shí)，要討論解決． (1)畫出圖形，確定圖形范圍； (2)解方程組求出圖形交點(diǎn)坐標(biāo)，確定積分上、下限； (3)確定被積函數(shù)，注意分清函數(shù)圖形的上、下位置； (4)計(jì)算定積分，求出平

28、面圖形的面積． 2．由函數(shù)求其定積分，能用公式的利用公式計(jì)算，有些特殊函數(shù)可根據(jù)其幾何意義，求出其圍成的幾何圖形的面積，即其定積分． 題型五　利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的實(shí)際問題 【例5】【2017天津，理20】設(shè)，已知定義在R上的函數(shù)在區(qū)間內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，為的導(dǎo)函數(shù). （Ⅰ）求的單調(diào)區(qū)間； （Ⅱ）設(shè)，函數(shù)，求證：； （Ⅲ）求證：存在大于0的常數(shù)，使得對(duì)于任意的正整數(shù)，且 滿足. 【答案】（Ⅰ）增區(qū)間是， ，遞減區(qū)間是.（Ⅱ）見解析；（III）見解析. 【解析】（Ⅰ）解：由，可得， 進(jìn)而可得.令，解得，或. 當(dāng)x變化時(shí)，的變化情況如下表： x + - +

29、↗ ↘ ↗ 所以，的單調(diào)遞增區(qū)間是，，單調(diào)遞減區(qū)間是. （Ⅱ）證明：由，得， . 令函數(shù)，則.由（Ⅰ）知，當(dāng)時(shí)， ，故當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞增.因此，當(dāng)時(shí)， ，可得. 令函數(shù)，則.由（Ⅰ）知， 在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)， ， 單調(diào)遞減.因此，當(dāng)時(shí)， ，可得. 所以， . （III）證明：對(duì)于任意的正整數(shù) ，，且， 令，函數(shù). 由（II）知，當(dāng)時(shí)，在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn)； 當(dāng)時(shí)，在區(qū)間內(nèi)有零點(diǎn). 所以在內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)為，則. 由（I）知在上單調(diào)遞增，故， 于是. 因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞增， 所以在區(qū)間上除外沒有其他的零點(diǎn)，

30、而，故. 又因?yàn)?，，均為整?shù)，所以是正整數(shù)， 從而. 所以.所以，只要取，就有. 【變式探究】某地政府鑒于某種日常食品價(jià)格增長(zhǎng)過快，欲將這種食品價(jià)格控制在適當(dāng)范圍內(nèi)，決定對(duì)這種食品生產(chǎn)廠家提供政府補(bǔ)貼，設(shè)這種食品的市場(chǎng)價(jià)格為x元/千克，政府補(bǔ)貼為t元/千克，根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查，當(dāng)16≤x≤24時(shí)，這種食品市場(chǎng)日供應(yīng)量p萬(wàn)千克與市場(chǎng)日需求量q萬(wàn)千克近似地滿足關(guān)系：p＝2(x＋4t－14)(x≥16，t≥0)，q＝24＋8ln (16≤x≤24)．當(dāng)p＝q時(shí)的市場(chǎng)價(jià)格稱為市場(chǎng)平衡價(jià)格． (1)將政府補(bǔ)貼表示為市場(chǎng)平衡價(jià)格的函數(shù)，并求出函數(shù)的值域． (2)為使市場(chǎng)平衡價(jià)格不高于每千克20元，政

31、府補(bǔ)貼至少為每千克多少元？ 解析：(1)由p＝q得 2(x＋4t－14)＝24＋8ln (16≤x≤24，t≥0)． t＝－x＋ln (16≤x≤24)． ∵t′＝－－<0，∴t是x的減函數(shù)． ∴tmin＝－×24＋ln ＝＋ln ＝＋ln ； tmax＝－×16＋ln ＝＋ln ， ∴值域?yàn)? (2)由(1)知t＝－x＋ln (16≤x≤24)． 而x＝20時(shí)，t＝－×20＋ln ＝1.5(元/千克)， ∵t是x的減函數(shù)，欲使x≤20，必須t≥1.5(元/千克)，要使市場(chǎng)平衡價(jià)格不高于每千克20元，政府補(bǔ)貼至少為1.5元/千克． 【舉一反三】時(shí)下，網(wǎng)校教學(xué)越來(lái)越受到廣大

32、學(xué)生的喜愛，它已經(jīng)成為學(xué)生們課外學(xué)習(xí)的一種趨勢(shì)，假設(shè)某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價(jià)格x(單位：元/套)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋4(x－6)2，其中2

33、套題所獲得的利潤(rùn)f(x)＝(x－2)＋4(x－6)2＝4x3－56x2＋240x－278(20， 函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；在(，6)上，f′(x) <0， 函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以x＝是函數(shù)f(x)在(2,6)內(nèi)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)， 所以當(dāng)x＝≈3.3時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值． 故當(dāng)銷售價(jià)格為3.3元/套時(shí)， 網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤(rùn)最大． 【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實(shí)際問題中的最大值和最小值時(shí)，不僅要注意函數(shù)模型中的定

34、義域，還要注意實(shí)際問題的意義，不符合的解要舍去． 【舉一反三】請(qǐng)你給某廠商設(shè)計(jì)一個(gè)包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長(zhǎng)為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個(gè)全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個(gè)點(diǎn)重合于點(diǎn)P，正好形成一個(gè)正四棱柱形狀的包裝盒．E，F(xiàn)在AB上，且是被切去的一個(gè)等腰直角三角形斜邊的兩個(gè)端點(diǎn)．設(shè)AE＝FB＝x(cm)． (1)若廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？ (2)若廠商要求包裝盒的體積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值．并求出此時(shí)包裝盒的高與底面邊長(zhǎng)的比值． 題型六　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題 【例6】(201

35、6·高考全國(guó)Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當(dāng)x∈(1＋∞)時(shí)，f(x)＞0，求a的取值范圍． (1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2. 故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0. (2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于ln x－＞0. 設(shè)g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0. ①當(dāng)a≤2，x∈(1＋

36、∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，因此g(x)＞0； ②當(dāng)a＞2時(shí)，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋. 由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)＜0. 綜上，a的取值范圍是(－∞，2]． 【舉一反三】 (2015·湖南，21)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個(gè)極值點(diǎn)，證明： (1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列； (2)若a≥，則對(duì)一切n∈N*，

37、xn＜|f(xn)|恒成立. 證明　(1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x ＝eax(asin x＋cos x) ＝eaxsin(x＋φ)， 其中tan φ＝，0＜φ＜. 令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ， 即x＝mπ－φ，m∈N*， 對(duì)k∈N，若2kπ＜x＋φ＜(2k＋1)π， 即2kπ－φ＜x＜(2k＋1)π－φ， 則f′(x)＞0； 若(2k＋1)π＜x＋φ＜(2k＋2)π， 即(2k＋1)π－φ＜x＜(2k＋2)π－φ，則f′(x)＜0. 因此，在區(qū)間((m－1)π，mπ－φ)與(mπ－φ，mπ)上， f′(x)的符號(hào)總相反． 于是

38、當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時(shí)，f(x)取得極值， 所以xn＝nπ－φ(n∈N*)． 此時(shí)，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝ (－1)n＋1ea(nπ－φ)sin φ. 易知f(xn)≠0，而 ＝＝－eaπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項(xiàng)為f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比為－eaπ的等比數(shù)列． (2)由(1)知，sin φ＝，于是對(duì)一切n∈N*； xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜ea(nπ－φ)恒成立，等價(jià)于＜(*) 恒成立，因?yàn)?a＞0)． 設(shè)g(t)＝(t＞0)，則g′(t)＝. 令g′(t)＝0得t＝1. 當(dāng)0＜t＜1時(shí)，g′(t)

39、＜0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)t＞1時(shí)，g′(t)＞0，所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 從而當(dāng)t＝1時(shí)，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)＝e. 因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e， 即只需a＞. 而當(dāng)a＝時(shí)，由tan φ＝＝＞且0＜φ＜知，＜φ＜. 于是π－φ＜＜，且當(dāng)n≥2時(shí)，nπ－φ≥2π－φ＞＞. 因此對(duì)一切n∈N*，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立． 綜上所述，若a≥， 則對(duì)一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立． 【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x

40、)＝kx(k∈R)． (1)證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜x； (2)證明：當(dāng)k＜1時(shí)，存在x0＞0，使得對(duì)任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)； (3)確定k的所有可能取值，使得存在t＞0，對(duì)任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2. (1)證明　令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)， 則有F′(x)＝－1＝. 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0， 所以F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)(x)＜F(0)＝0，即當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＜x. (2)證明　令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈

41、(0，＋∞)， 則有G′(x)＝－k＝. 當(dāng)k≤0時(shí)，G′(x)＞0，故G(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，G(x)＞G(0)＝0， 故任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意． 當(dāng)0＜k＜1時(shí)，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0， 取x0＝－1，對(duì)任意x∈(0，x0)， 有G′(x)＞0， 從而G(x)在(0，x0)單調(diào)遞增， 所以G(x)＞G(0)＝0， 即f(x)＞g(x)． 綜上，當(dāng)k＜1時(shí)，總存在x0＞0，使得對(duì)任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)． (3)解　當(dāng)k＞1時(shí)，由(1)知，對(duì)于?x∈ (0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)，故g(x)＞f(x)， |f(x)－

42、g(x)|＝g(x)－f(x) ＝kx－ln(1＋x)． M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)． 則有M′(x)＝k－－2x ＝. 故當(dāng)x∈時(shí)，M′(x)＞0， M(x)在上單調(diào)遞增， 故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g(x)|＞x2，所以滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＜1時(shí)，由(2)知，存在x0＞0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f(x)＞g(x)， 此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝ ln(1＋x)－kx. 令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)． 則有N′(x)＝－k－2x ＝. 當(dāng)x∈時(shí)， N′(x)＞0，

43、N(x)在 上單調(diào)遞增， 故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2. 記x0與中的較小者為x1， 則當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2. 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＝1時(shí)，由(1)知，當(dāng)x＞0時(shí)，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)， 令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 則有H′(x)＝1－－2x＝. 當(dāng)x＞0時(shí)，H′(x)＜0， 所以H(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故H(x)＜H(0)＝0. 故當(dāng)x＞0時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2. 此時(shí)，任意正實(shí)數(shù)t均滿足題意． 綜上，

44、k＝1. 法二　(1)(2)證明　同法一． (3)解　當(dāng)k＞1時(shí)，由(1)知，對(duì)于?x∈(0，＋∞)，g(x)＞x＞f(x)， 故|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝kx－ln(1＋x)＞kx－x＝(k－1)x. 令(k－1)x＞x2，解得0＜x＜k－1. 從而得到，當(dāng)k＞1時(shí)，對(duì)于x∈(0，k－1)， 恒有|f(x)－g(x)|＞x2， 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＜1時(shí)，取k1＝，從而k＜k1＜1， 由(2)知，存在x0＞0，使得x∈(0，x0)， f(x)＞k1x＞kx＝g(x)， 此時(shí)|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＞(k1－k)x＝x， 令x

45、＞x2，解得0＜x＜， 此時(shí)f(x)－g(x)＞x2. 記x0與的較小者為x1， 當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，恒有|f(x)－g(x)|＞x2. 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＝1時(shí)，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)， 令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 則有M′(x)＝1－－2x＝. 當(dāng)x＞0時(shí)，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故M(x)＜M(0)＝0.故當(dāng)x＞0時(shí)， 恒有|f(x)－g(x)|＜x2， 此時(shí)，任意正實(shí)數(shù)t均滿足題意． 綜上，k＝1. 【舉一反三】(2014·福建

46、)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點(diǎn)A，曲線y＝f(x)在點(diǎn)A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當(dāng)x＞0時(shí)，x2＜ex； (3)證明：對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 【命題意圖】本小題主要考查基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、全稱量詞與存在量詞等基礎(chǔ)知識(shí)，考查考生的運(yùn)算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、有限與無(wú)限思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、特殊與一般思想． 【解析】解法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得 f′(x)＝ex－a.

47、 又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2. 所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 當(dāng)x＜ln 2時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x＞ln 2時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝ln 2時(shí)，f(x)取得極小值， 且極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4， ②若0＜c＜1，令k＝＞1，要使不等式x2＜cex成立，只要ex＞kx2成立． 而要使ex＞kx2成立，則只要x＞ln(kx2)， 只要x＞2ln x＋ln k成立． 令h(x)＝x－2ln x－ln k，則h′(x)＝1－＝，

48、 所以當(dāng)x＞2時(shí)，h′(x)＞0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 取x0＝16k＞16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知k＞ln k，k＞ln 2,5k＞0，所以h(x0)＞0. 即存在x0＝，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 綜上，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 解法二：(1)同解法一． (2)同解法一． (3)證明：對(duì)任意給定的正數(shù)c，取x0＝，由(2)知，當(dāng)x＞0時(shí)，ex＞x2， 所以ex＝e·e＞22

49、， 當(dāng)x＞x0時(shí)，ex＞22＞2＝x2，因此，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 解法三：(1)同解法一． (2)同解法一． (3)證明：首先證明當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，恒有x3＜ex， 證明如下： 令h(x)＝x3－ex，則h′(x)＝x2－ex. 由(2)知，當(dāng)x＞0時(shí)，x2＜ex， 從而h′(x)＜0，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以h(x)＜h(0)＝－1＜0，即x3＜ex. 取x0＝，當(dāng)x＞x0時(shí)，有x2＜x3＜ex. 因此，對(duì)任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有x2＜cex. 注：對(duì)c的分類

50、可有不同的方式，只要解法正確，均可以． 題型七 　函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題 【例7】(2016·高考全國(guó)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn)． (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2<2. (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． ①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)． ②設(shè)a>0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又f(1)＝－e，f(

51、2)＝a，取b滿足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)． ③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a≥－，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)， f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 若a<－，則ln(－2a)>1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時(shí)

52、，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)． (2)不妨設(shè)x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2， 而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)ex2. 設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，而g(

53、1)＝0，故當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0. 從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2. 【舉一反三】 (2015·廣東，19)設(shè)a>1，函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)證明：f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)； (3)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M(m，n)處的切線與直線OP平行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，證明：m≤－1. (1)解　f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex＝(x＋1)2ex ?x∈R，f′(x)≥0恒成立． ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)． (2)證明　∵f(0)

54、＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a， ∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0， ∴f(0)·f(a)<0， ∴f(x)在(0，a)上有一零點(diǎn)，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上遞增， ∴f(x)在(0，a)上僅有一個(gè)零點(diǎn)， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上僅有一個(gè)零點(diǎn)． (3)證明　f′(x)＝(x＋1)2ex，設(shè)P(x0，y0)， 則f′(x0)＝ex0(x0＋1)2＝0， ∴x0＝－1， 把x0＝－1，代入y＝f(x)得y0＝－a， ∴kOP＝a－. f′(m)＝em(m＋1)2＝a－， 令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.

55、 令g′(x)>0，則m>0， ∴g(m)在(0，＋∞)上增． 令g′(x)<0，則m<0， ∴g(m)在(－∞，0)上減． ∴g(m)min＝g(0)＝0. ∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1. ∴em(m＋1)2≥(m＋1)3， 即a－≥(m＋1)3. ∴m＋1≤，即m≤－1. 【變式探究】設(shè)函數(shù)f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，c∈R)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間、最大值． (2)討論關(guān)于x的方程|ln x|＝f(x)根的個(gè)數(shù)． 【解析】解　(1)f′(x)＝＝， 由f′(x)>0得x<，由f′(x)<0得x>. 所以f(x)的單

56、調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為.所以f(x)max＝f＝＋c. (2)由已知|ln x|＝f(x)得|ln x|－＝c，x∈(0，＋∞)， 令g(x)＝|ln x|－，y＝c. ①當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，ln x>0，則g(x)＝ln x－. 所以g′(x)＝＋>0. 所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)x∈ (0,1)時(shí)，ln x<0，則g(x)＝－ln x－. 所以g′(x)＝－－＝. 因?yàn)閑2x∈(1，e2)，e2x>1>x>0，所以－<－1，而2x－1<1.所以g′(x)<0，即g(x)在(0, 1)上單調(diào)遞減． 由①②可知，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g(x)≥g(1

57、)＝－. 由數(shù)形結(jié)合知，當(dāng)c<－時(shí)， 方程|ln x|＝f(x)根的個(gè)數(shù)為0； 當(dāng)c＝－時(shí)，方程|ln x|＝f(x)根的個(gè)數(shù)為1； 當(dāng)c>－時(shí)，方程|ln x|＝f(x)根的個(gè)數(shù)為2. 【規(guī)律方法】(1)本題第(1)問，利用了函數(shù)單調(diào)的充分條件：“若f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，若f′(x)<0，則f(x) 單調(diào)遞減”；求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，而對(duì)于函數(shù)的最值需謹(jǐn)記函數(shù)在閉區(qū)間上一定存在最值，在開區(qū)間上函數(shù)不一定存在最值，若存在，一定是極值． (2)本題第(2)問，借助轉(zhuǎn)化與數(shù)形結(jié)合的思想，把方程根的個(gè)數(shù)轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，利用極值解決問題． 【變式探究】設(shè)函數(shù)f

58、(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g的大小關(guān)系； (3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜對(duì)任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 【解析】解　(1)由題設(shè)易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋，所以g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間．因此，x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，所以最小值為g(1)＝1. (2)g＝－ln x＋x，設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，則h′(x)＝－，當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝g，當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)＜0，h′(1)＝0，因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g；當(dāng)x＞1時(shí)，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g. 33