3、3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝1，可知－1,1為函數(shù)的極值點．
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在區(qū)間[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.
由題設知在區(qū)間[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，
所以t的最小值是20.
4． 已知函數(shù)f(x)＝在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為__________．
答案 [e，＋∞)
解析 f′(x)＝＝，因為f(x)在[1，＋∞)上為減函數(shù)，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即ln a≥1－ln x在[1，＋∞)上恒成立
4、．設φ(x)＝1－ln x，φ(x)max＝1，故ln a≥1，a≥e.
5． 已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2的圖象在點(－1,2)處的切線恰好與直線3x＋y＝0平行，若f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是__________．
答案 [－2，－1]
解析 由題意知，點(－1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上，
故－m＋n＝2. ①
又f′(x)＝3mx2＋2nx，則f′(－1)＝－3，
故3m－2n＝－3. ②
聯(lián)立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，
令f′(x)＝3x2＋6x≤0
5、，解得－2≤x≤0，
則[t，t＋1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，
所以t∈[－2，－1].
題型一 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
例1 設函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2.
(1)若a＝，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若當x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍．
思維啟迪 求出f′(x)，分析函數(shù)的單調(diào)性，得出結(jié)論．
解 (1)a＝時，f(x)＝x(ex－1)－x2，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)
6、的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,0)．
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，g′(x)＝ex－a.若a≤1，則當x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)，而g(0)＝0，從而當x≥0時，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，則當x∈(0，ln a)時，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)，
而g(0)＝0，從而當x∈(0，ln a)時，g(x)<0，即f(x)<0.
綜合得a的取值范圍為(－∞，1]．
思維升華 (1)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值等問題，最終歸結(jié)到判斷f′(x)的符號問題上，而f
7、′(x)>0或f′(x)<0，最終可轉(zhuǎn)化為一個一元一次或一元二次不等式問題．
(2)若已知f(x)的單調(diào)性，則轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題求解．
已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(3)設函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)ex，若函數(shù)g(x)在x∈[－3，2]上單調(diào)遞增，求實數(shù)c的取值范圍．
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
當x＝時，得a＝f′＝32＋2a－1，
解之，得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x
8、2－x＋c.
則f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：
x
(－∞，－)
－
(－，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－)和(1，＋∞)；
f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.
(3)函數(shù)g(x)＝(f(x)－x3)ex＝(－x2－x＋c)ex，
有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex
＝(－x2－3x＋c－1)ex，
因為函數(shù)g(x)在x∈[－3,2]上單調(diào)遞增，
所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上
9、恒成立．
只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范圍是[11，＋∞)．
題型二 利用導數(shù)研究與不等式有關的問題
例2 已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；
(2)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
(3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立．
思維啟迪 (1)求f′(x)，討論參數(shù)t求最小值；
(2)分離a，利用求最值得a的范圍；
(3)尋求所證不等式和題中函數(shù)f(x)的聯(lián)系，充分利用(1)中所求最值．
解 (1)由f(x)＝xln x，
10、x>0，得f′(x)＝ln x＋1，
令f′(x)＝0，得x＝.
當x∈(0，)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；
當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．
①當00)，則h′(x)＝，
①當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，
②當x∈(1，＋∞)時，h
11、′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
(3)問題等價于證明xln x>－(x∈(0，＋∞))．
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
當且僅當x＝時取到，設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，
易知m(x)max＝m(1)＝－，
當且僅當x＝1時取到．
從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x>－成立．
思維升華 (1)恒成立問題可以轉(zhuǎn)化為我們較為熟悉的求最值的問題進行求解，若不能分離參數(shù)，可以將參數(shù)看成常數(shù)直接求解．
12、
(2)證明不等式，可以轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．
已知函數(shù)f(x)＝sin x(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)當a取(1)中的最小值時，求證：g(x)－f(x)≤x3.
(1)解 令h(x)＝sin x－ax(x≥0)，則h′(x)＝cos x－a.
若a≥1，h′(x)＝cos x－a≤0，h(x)＝sin x－ax(x≥0)單調(diào)遞減，h(x)≤h(0)＝0，
則sin x≤ax(x≥0)成立．
若00，
13、h(x)＝sin x－ax(x∈(0，x0))單調(diào)遞增，h(x)>h(0)＝0，不合題意，
結(jié)合f(x)與g(x)的圖象可知a≤0顯然不合題意，
綜上可知，a≥1.
(2)證明 當a取(1)中的最小值1時，
g(x)－f(x)＝x－sin x.
設H(x)＝x－sin x－x3(x≥0)，
則H′(x)＝1－cos x－x2.
令G(x)＝1－cos x－x2，則G′(x)＝sin x－x≤0(x≥0)，
所以G(x)＝1－cos x－x2在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，
此時G(x)＝1－cos x－x2≤G(0)＝0，
即H′(x)＝1－cos x－x2≤0，
所以H(x)
14、＝x－sin x－x3(x≥0)單調(diào)遞減．
所以H(x)＝x－sin x－x3≤H(0)＝0，
即x－sin x－x3≤0(x≥0)，
即x－sin x≤x3(x≥0)．
所以，當a取(1)中的最小值時，g(x)－f(x)≤x3.
題型三 利用導數(shù)研究方程解或圖象交點問題
例3 已知f(x)＝ax2 (a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)討論函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[，e]上有兩個不等解，求a的取值范圍．
思維啟迪 (1)通過討論a確定F(x)的符號；
(2)將方程f(x)＝g(x)變形為a＝，研究φ(x)＝圖象的
15、大致形狀．
解 (1)F(x)＝ax2－2ln x，其定義域為(0，＋∞)，
∴F′(x)＝2ax－＝ (x>0)．
①當a>0時，由ax2－1>0，得x>.
由ax2－1<0，得00時，F(xiàn)(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，
在區(qū)間上單調(diào)遞減．
②當a≤0時，F(xiàn)′(x)<0 (x>0)恒成立．
故當a≤0時，F(xiàn)(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．
(2)原式等價于方程a＝＝φ(x)在區(qū)間[，e]上有兩個不等解．
∵φ′(x)＝在(，)上為增函數(shù)，
在(，e)上為減函數(shù)，則φ(x)max＝φ()＝，
而φ(e)＝<φ(2)
＝＝＝φ()．
∴φ(x)min＝φ(e
16、)，
如圖當f(x)＝g(x)
在[，e]上有兩個不等解時有
φ(x)min＝，
故a的取值范圍為≤a<.
思維升華 對于可轉(zhuǎn)化為a＝f(x)解的個數(shù)確定參數(shù)a的范圍問題，都可以通過f(x)的單調(diào)性、極值確定f(x)的大致形狀，進而求a的范圍．
已知函數(shù)f(x)＝|ax－2|＋bln x(x>0)．
(1)若a＝1，f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，求b的取值范圍；
(2)若a≥2，b＝1，求方程f(x)＝在(0,1]上解的個數(shù)．
解 (1)f(x)＝|x－2|＋bln x
＝
①當0
17、＋≥0恒成立，即b≥x恒成立．∴b≥2.
②當x≥2時，f(x)＝x－2＋bln x，f′(x)＝1＋，由條件，
得1＋≥0恒成立，即b≥－x恒成立．∴b≥－2.
綜合①，②得b的取值范圍是{b|b≥2}．
(2)令g(x)＝|ax－2|＋ln x－，
即g(x)＝
當0.
則g′(x)>－a＋＋＝≥0.
即g′(x)>0，∴g(x)在(0，)上是遞增函數(shù)．
當x≥時，g(x)＝ax－2＋ln x－，
g′(x)＝a＋＋>0.
∴g(x)在(，＋∞)上是遞增函數(shù)．
又因為函數(shù)g(x)在
18、x＝有意義，
∴g(x)在(0，＋∞)上是遞增函數(shù)．
∵g()＝ln －，而a≥2，
∴l(xiāng)n ≤0，則g()<0.
∵a≥2，∴g(1)＝a－3.
當a≥3時，g(1)＝a－3≥0，
∴g(x)＝0在(0,1]上解的個數(shù)為1.
當2≤a≤3時，g(1)＝a－3<0，
∴g(x)＝0在(0,1]上無解，即解的個數(shù)為0.
1． 已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數(shù)．
(1)求f(x)的表達式；
(2)討論g(x)的單調(diào)性，并求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值．
解 (1)由題意得f′(x)＝3ax2
19、＋2x＋b，
因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.
因為函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，所以g(－x)＝－g(x)，
即對任意實數(shù)x，有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋
(b＋2)(－x)＋b＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，
從而3a＋1＝0，b＝0，
解得a＝－，b＝0，
因此f(x)的表達式為f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，
所以g′(x)＝－x2＋2.
令g′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝，
則當x<－或x>時，g′(x)<0，
從而g(x)在區(qū)間(－∞，－ )，(，＋
20、∞)上是減函數(shù)；
當－0，
從而g(x)在區(qū)間(－，)上是增函數(shù)．
由上述討論知，g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值只能在x＝1，，2時取得，
而g(1)＝，g()＝，g(2)＝，
因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g()＝，
最小值g(2)＝.
2． 已知函數(shù)f(x)＝ax＋xln x的圖象在點x＝e(e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線斜率為3.
(1)求實數(shù)a的值；
(2)若k∈Z，且k<對任意x>1恒成立，求k的最大值．
解 (1)因為f(x)＝ax＋xln x，所以f′(x)＝a＋ln x＋1.
因為函數(shù)f(x)＝ax＋xln x的圖
21、象在點x＝e處的切線斜率為3，
所以f′(e)＝3，即a＋ln e＋1＝3，所以a＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝x＋xln x，又k<對任意x>1恒成立，
即k<對任意x>1恒成立．
令g(x)＝，則g′(x)＝，
令h(x)＝x－ln x－2(x>1)，則h′(x)＝1－＝>0，
所以函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
因為h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，
所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一實根x0，且滿足x0∈(3,4)．
當1x0時，h(x)>0，
即g′(x)>0，所以
22、函數(shù)g(x)＝在(1，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以[g(x)]min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3,4)，
所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)，故整數(shù)k的最大值為3.
3． 設函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若當x≥0時f(x)≥0，求a的取值范圍．
解 (1)若a＝0，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)f′(x)＝ex－1－2ax.
23、
由(1)知ex≥1＋x，當且僅當x＝0時等號成立，
故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，
從而當1－2a≥0，即a≤時，f′(x)≥0(x≥0)．
∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．
而f(0)＝0，于是當x≥0時，f(x)≥0.
由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)．從而當a>時，f′(x)
24、0，ln 2a)時，f(x)<0.不符合要求．
綜上可得a的取值范圍為(－∞，]．
4． 已知f(x)＝x2＋3x＋1，g(x)＝＋x.
(1)a＝2時，求y＝f(x)和y＝g(x)的公共點個數(shù)；
(2)a為何值時，y＝f(x)和y＝g(x)的公共點個數(shù)恰為兩個．
解 (1)由得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得x3＋x2－x－2＝0(x≠1)．
令y＝x3＋x2－x－2，
求導得y′＝3x2＋2x－1，
令y′＝0，得x1＝－1，x2＝，
故得極值點分別在－1和處取得，且極大值、極小值都是負值．
故公共點只有一個．
(2)由得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得a＝x3＋x2
25、－x(x≠1)，
令h(x)＝x3＋x2－x，
聯(lián)立
如圖，求導h(x)可以得到極值點分別在－1和處，畫出草圖，
h(－1)＝1，h()＝－，
當a＝h(－1)＝1時，y＝a與y＝h(x)僅有一個公共點(因為(1,1)
點不在y＝h(x)曲線上)，
故a＝－時恰有兩個公共點．
5． 定義在R上的函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋3同時滿足以下條件：
①f(x)在(0,1)上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)；
②f′(x)是偶函數(shù)；
③f(x)的圖象在x＝0處的切線與直線y＝x＋2垂直．
(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；
(2)設g(x)＝4ln x－m，若存在
26、x∈[1，e]，使g(x)(4ln x－x2＋
27、1)min.
設M(x)＝4ln x－x2＋1，x∈[1，e]，
則M′(x)＝－2x＝，
令M′(x)＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝.
當0，∴M(x)在[1，]上為增函數(shù)，
∴M(x)在[1，e]上有最大值且在x＝處取到．
又M(1)＝0，M(e)＝5－e2<0，
∴M(x)的最小值為5－e2.∴m>5－e2.
6． (2013湖南)已知a>0，函數(shù)f(x)＝.
(1)記f(x)在區(qū)間[0,4]上的最大值為g(a)，求g(a)的表達式；
(2)是否存在a，使函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(
28、0,4)內(nèi)的圖象上存在兩點，在該兩點處的切線相互垂直？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請說明理由．
解 (1)當0≤x≤a時，f(x)＝；
當x>a時，f(x)＝.
因此，當x∈(0，a)時，f′(x)＝<0，
f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減；
當x∈(a，＋∞)時，f′(x)＝>0，
f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．
①若a≥4，則f(x)在(0,4)上單調(diào)遞減，g(a)＝f(0)＝.
②若0
29、(4)＝；
當1
高考數(shù)學浙江理科一輪【第九章】解析幾何 第九章 專題七
