【考綱要求】
1. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值，并會(huì)解決與之有關(guān)的方程(不等式)問題．
2．會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題.
【命題趨勢】
考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用，并應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的方法探求一些與不等式、函數(shù)、數(shù)列有關(guān)的綜合問題，綜合性較強(qiáng)，常作為壓軸題出現(xiàn)，題目難度較大
【核心素養(yǎng)】
本講內(nèi)容主要考查數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)。
【真題體驗(yàn)】
1．【2019年高考全國Ⅱ卷理數(shù)】已知函數(shù).
（1）討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；
（2）設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y=lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線也是曲線的切線.
【答案】（1）函數(shù)在和上是單調(diào)增函數(shù)，證明見解析；
（2）見解析.
【解析】（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，1）（1，+∞）．
因?yàn)?，所以在?，1），（1，+∞）單調(diào)遞增．
因?yàn)閒（e）=，，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零點(diǎn)x1，
即f（x1）=0．又，，故f（x）在（0，1）有唯一零點(diǎn)．
綜上，f（x）有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)．
（2）因?yàn)?，故點(diǎn)B（–lnx0，）在曲線y=ex上．
由題設(shè)知，即，故直線AB的斜率．
曲線y=ex在點(diǎn)處切線的斜率是，曲線在點(diǎn)處切線的斜率也是，
所以曲線在點(diǎn)處的切線也是曲線y=ex的切線．
【名師點(diǎn)睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求已知函數(shù)的單調(diào)性、考查了曲線的切線方程，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.
2.【2019年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知函數(shù)，為的導(dǎo)數(shù)．證明：
（1）在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)；
（2）有且僅有2個(gè)零點(diǎn)．
【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】（1）設(shè)，則，.
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，而，可得在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為.則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.
所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故在存在唯一極大值點(diǎn)，即在存在唯一極大值點(diǎn).
（2）的定義域?yàn)?
（i）當(dāng)時(shí)，由（1）知，在單調(diào)遞增，而，所以當(dāng)時(shí)，，故在單調(diào)遞減，又，從而是在的唯一零點(diǎn).
（ii）當(dāng)時(shí)，由（1）知，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而，，所以存在，使得，且當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.
又，，所以當(dāng)時(shí)，.從而，在沒有零點(diǎn).
（iii）當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減.而，，所以在有唯一零點(diǎn).
（iv）當(dāng)時(shí)，，所以0，且r>0可得00得x2.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)極大值＝f(－1)＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)＋2－2＝－eq \f(5,6)，f(x)極小值＝f(2)＝eq \f(8,3)－2－4－2＝－eq \f(16,3)，由數(shù)形結(jié)合可知要使函數(shù)g(x)＝f(x)－2m＋3有三個(gè)零點(diǎn)，則－eq \f(16,3)0)，則F′(x)＝2x－eq \f(1,x)(x>0)，令F′(x)>0，得x>eq \f(\r(2),2)，令F′(x)ln x，即eq \f(ln x,x2)0時(shí)，ex>e0＝1，所以當(dāng)x>0時(shí)，ex>eq \f(ln x,x2)?xex>eq \f(ln x,x)，所以當(dāng)x>0時(shí)，不等式f(x)>g(x)成立．
考法四 利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立或能成立問題
解題技巧：利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立或能成立問題的方法
(1)由不等式恒成立或能成立求解參數(shù)的取值范圍問題常采用的方法是分離參數(shù)求最值，即a≥g(x)恒成立?a≥g(x)max；a≤g(x)恒成立?a≤g(x)min；定義域內(nèi)存在x使a≥g(x)成立?a≥g(x)min.另外，當(dāng)參數(shù)不宜進(jìn)行分離時(shí)，還可直接求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解，例如，要使不等式f(x)≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h(a)≥0即可求出a的取值范圍．
(2)參數(shù)范圍必須依靠不等式才能求出，求解參數(shù)范圍的關(guān)鍵就是找到這樣的不等式．
【例5】 (1)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
(2)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋eq \f(9,x)，若對任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【答案】見解析
【解析】(1)由題意知2xln x≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，即a≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)對一切x∈(0，＋∞)恒成立．
令h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，則
h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x2＋2x－3,x2)＝eq \f(?x＋3??x－1?,x2).
①當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)0，h(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，4]．
(2)問題等價(jià)于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
顯然，g(x)單調(diào)遞減，所以在區(qū)間[2,4]上，g(x)max＝g(2)＝eq \f(1,2)，
g(x)min＝g(4)＝－eq \f(23,4).對于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,3)或x＝1.
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況列表如下.
所以f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋2≤\f(1,2)，,a－4≥－\f(23,4)，))所以a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7,4)，－\f(3,2))).
【規(guī)范答題】
關(guān)鍵點(diǎn) 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
【典例】 (2016·全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1.
(1)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)證明：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1＜eq \f(x－1,ln x)＜x；
(3)設(shè)c＞1，證明：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
【規(guī)范解答】：(1)由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，
令f′(x)＝0，解得x＝1.
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．
(2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處取得最大值，
最大值為f(1)＝0.所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x＜x－1.
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，ln x＜x－1，lneq \f(1,x)＜eq \f(1,x)－1，
即1＜eq \f(x－1,ln x)＜x.
(3)證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
則g′(x)＝c－1－cxln
C．令g′(x)＝0，解得x0＝eq \f(ln\f(c－1,ln c),ln c).
當(dāng)x＜x0時(shí)，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞x0時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；
由(2)知1＜eq \f(c－1,ln c)＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，
故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)＞0.所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx.
答題模板
第一步：求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)．
第二步：分類討論f(x)的單調(diào)性．
第三步：利用單調(diào)性，求f(x)的最大值．
第四步：根據(jù)要證的不等式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，構(gòu)造函數(shù)g(x)．
第五步：求g(x)的最大值，得出要證的不等式．
第六步：反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)和解題規(guī)范．
【跟蹤訓(xùn)練】 已知f(x)＝3ex＋x2，g(x)＝9x－1.
(1)討論函數(shù)φ(x)＝aln x－bg(x)(a∈R，b>0)在(1，＋∞)上的單調(diào)性；
(2)比較f(x)與g(x)的大小，并加以證明．
【答案】見解析
【解析】 (1)φ′(x)＝eq \f(a,x)－9b＝eq \f(a－9bx,x)＝eq \f(9b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,9b)－x)),x)(x>1)，當(dāng)eq \f(a,9b)≤1，即a≤9b時(shí)，φ′(x)1，即a>9b時(shí)，令φ′(x)>0，得x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,9b)))；令φ′(x)g(x)．證明如下：
設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝3ex＋x2－9x＋1，因?yàn)閔′(x)＝3ex＋2x－9為增函數(shù)，且h′(0)＝－60，所以存在x0∈(0,1)，使得h′(x0)＝0，當(dāng)x>x0時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x0，所以f(x)>g(x)．
【遞進(jìn)題組】
1．做一個(gè)無蓋的圓柱形水桶，若要使其體積是27π，且用料最省，則圓柱的底面半徑為( )
A．3 B．4
C．6 D．5
【答案】A
【解析】 設(shè)圓柱的底面半徑為R，母線長為l，則V＝πR2l＝27π，所以l＝eq \f(27,R2)，要使用料最省，只需使圓柱的側(cè)面積與下底面面積之和S最?。深}意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·eq \f(27,R).所以S′＝2πR－eq \f(54π,R2)，令S′＝0，得R＝3，則當(dāng)R＝3時(shí)，S最?。蔬xA．
2．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0＞0，則a的取值范圍是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
【答案】 C
【解析】 a＝0時(shí)，不符合題意．a(chǎn)≠0時(shí)，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,a).若a＞0，則由圖象知f(x)有負(fù)數(shù)零點(diǎn)，不符合題意．所以a＜0，由圖象結(jié)合f(0)＝1＞0知，此時(shí)必有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＞0，即a×eq \f(8,a3)－3×eq \f(4,a2)＋1＞0，化簡得a2＞4，則a＜－2.
3．(2019·邢臺(tái)月考)已知f(x)＝ex－ax2.命題p：?a≥1，y＝f(x)有三個(gè)零點(diǎn)；命題q：?a∈R，f(x)≤0恒成立．則下列命題為真命題的是( )
A．p∧q B．(?p)∧(?q)
C．(?p)∧q D．p∧(?q)
【答案】B
【解析】對于命題p：當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－x2，在同一坐標(biāo)系中作出y＝ex，y＝x2的圖象(圖略)，由圖可知y＝ex與y＝x2的圖象有1個(gè)交點(diǎn)，所以f(x)＝ex－x2有1個(gè)零點(diǎn)，故命題p為假命題．因?yàn)閒(0)＝1，所以命題q顯然為假命題．故(?p)∧(?q)為真．故選B．
4．已知函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈(0,1]總有f(x)≥0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．
【答案】 [4，＋∞)
【解析】 當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，不等式ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq \f(3x－1,x3)，設(shè)g(x)＝eq \f(3x－1,x3)，x∈(0,1]，g′(x)＝eq \f(3x3－?3x－1?·3x2,x6)＝－eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),x4).
由g′(x)＝0得x＝eq \f(1,2)，當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))時(shí)，g′(x)>0；
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))時(shí)，g′(x)0時(shí)，x>e－2，當(dāng)f′(x)e，由g′(x)3(x－1)得證．
【考卷送檢】
1．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，?m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)0恒成立，所以f(x)在R上為增函數(shù)．
又f(－x)＝－f(x)，故f(x)為奇函數(shù)，由f(mx－2)＋f(x)

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