3．函数f（x）＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f（x1）－f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（ ）
A．20B．18C．3D．0
答案 A
解析 因为f′（x）＝3x2－3＝3（x－1）（x＋1），令f′（x）＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又f（－3）＝－19，f（－1）＝1，f
（1）＝－3，f
（2）＝1，所以在区间[－3,2]上f（x）max＝1，f（x）min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上f（x）max－f（x）min≤t，从而t≥20，
所以t的最小值是20.
4．已知函数f（x）＝在[1，＋∞）上为减函数，则实数a的取值范围为__________．
答案 [e，＋∞）
解析 f′（x）＝＝，因为f（x）在[1，＋∞）上为减函数，故f′（x）≤0在[1，＋∞）上恒成立，即lna≥1－lnx在[1，＋∞）上恒成立．设φ（x）＝1－lnx，φ（x）max＝1，故lna≥1，a≥e.
5．已知函数f（x）＝mx3＋nx2的图像在点（－1,2）处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f（x）在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是__________．
答案 [－2，－1]
解析 由题意知，点（－1,2）在函数f（x）的图像上，
故－m＋n＝2.①
又f′（x）＝3mx2＋2nx，则f′（－1）＝－3，
故3m－2n＝－3.②
联立①②解得：
m＝1，n＝3，即f（x）＝x3＋3x2，
令f′（x）＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，
则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，
所以t∈[－2，－1]．
题型一 利用导数研究函数的单调性
例1
设函数f（x）＝x（ex－1）－ax2.
（1）若a＝，求f（x）的单调区间；
（2）若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．
思维启迪 求出f′（x），分析函数的单调性，得出结论．
解
（1）a＝时，f（x）＝x（ex－1）－x2，
f′（x）＝ex－1＋xex－x＝（ex－1）（x＋1）．
当x∈（－∞，－1）时，f′（x）>0；当x∈（－1,0）时，f′（x）<0；当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0.
故f（x）的单调递增区间为（－∞，－1），（0，＋∞），单调递减区间为（－1,0）．
（2）f（x）＝x（ex－1－ax），令g（x）＝ex－1－ax，g′（x）＝ex－a.若a≤1，则当x∈（0，＋∞）时，g′（x）>0，g（x）为增函数，而g（0）＝0，从而当x≥0时，g（x）≥0，即f（x）≥0.
若a>1，则当x∈（0，lna）时，g′（x）<0，g（x）为减函数，
而g（0）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）<0，即f（x）<0.
综合得a的取值范围为（－∞，1]．
思维升华
（1）判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断
f′（x）的符号问题上，而f′（x）>0或f′（x）<0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题.
（2）若已知f（x）的单调性，则转化为不等式f′（x）≥0或f′（x）≤0在单调区间上恒成立问题求解.
已知函数f（x）＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
（1）求a的值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）设函数g（x）＝（f（x）－x3）·ex，若函数g（x）在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．
解
（1）由f（x）＝x3＋ax2－x＋c，
得f′（x）＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×2＋2a×－1，
解之，得a＝－1.
（2）由
（1）可知f（x）＝x3－x2－x＋c.
则f′（x）＝3x2－2x－1＝3（x－1），列表如下：
x
（－∞，－）
－
（－，1）
1
（1，＋∞）
f′（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
极大值
极小值
所以f（x）的单调递增区间是（－∞，－）和（1，＋∞）；
f（x）的单调递减区间是.
（3）函数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，
因为函数g（x）在x∈[－3,2]上单调递增，
所以h（x）＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．
只要h
（2）≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞）．
题型二 利用导数研究与不等式有关的问题
例2
已知f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3.
（1）求函数f（x）在[t，t＋2]（t>0）上的最小值；
（2）对一切x∈（0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：
对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>－成立．
思维启迪
（1）求f′（x），讨论参数t求最小值；
（2）分离a，利用求最值得a的范围；
（3）寻求所证不等式和题中函数f（x）的联系，充分利用
（1）中所求最值．
（1）解 由f（x）＝xlnx，x>0，得f′（x）＝lnx＋1，
令f′（x）＝0，得x＝.
当x∈（0，）时，f′（x）<0，f（x）单调递减；
当x∈（，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）单调递增．
①当0f（x）min＝f（）＝－；
②当≤t所以f（x）min＝.
（2）解 2xlnx≥－x2＋ax－3，则a≤2lnx＋x＋，
设h（x）＝2lnx＋x＋（x>0），则h′（x）＝，
①当x∈（0,1）时，h′（x）<0，h（x）单调递减，
②当x∈（1，＋∞）时，h′（x）>0，h（x）单调递增，
所以h（x）min＝h
（1）＝4，对一切x∈（0，＋∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
所以a≤h（x）min＝4.
（3）证明 问题等价于证明xlnx>－（x∈（0，＋∞））．
由
（1）可知f（x）＝xlnx（x∈（0，＋∞））的最小值是－，
当且仅当x＝时取到，设m（x）＝－（x∈（0，＋∞）），则m′（x）＝，易知m（x）max＝m
（1）＝－，
当且仅当x＝1时取到．
从而对一切x∈（0，＋∞），都有lnx>－成立．
思维升华
（1）恒成立问题可以转化为我们较为熟悉的求最值的问题进行求解，若不能分离参数，可以将参数看成常数直接求解．
（2）证明不等式，可以转化为求函数的最值问题．
已知函数f（x）＝sinx（x≥0），g（x）＝ax（x≥0）．
（1）若f（x）≤g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）当a取
（1）中的最小值时，求证：
g（x）－f（x）≤x3.
（1）解 令h（x）＝sinx－ax（x≥0），则h′（x）＝cosx－a.
若a≥1，h′（x）＝cosx－a≤0，h（x）＝sinx－ax（x≥0）单调递减，h（x）≤h（0）＝0，
则sinx≤ax（x≥0）成立．
若0h′（x）＝cosx－a>0，h（x）＝sinx－ax（x∈（0，x0））单调递增，h（x）>h（0）＝0，不合题意，
结合f（x）与g（x）的图像可知a≤0显然不合题意，
综上可知，a≥1.
（2）证明 当a取
（1）中的最小值1时，g（x）－f（x）＝x－sinx.
设H（x）＝x－sinx－x3（x≥0），
则H′（x）＝1－cosx－x2.
令G（x）＝1－cosx－x2，则G′（x）＝sinx－x≤0（x≥0），
所以G（x）＝1－cosx－x2在[0，＋∞）上单调递减，
此时G（x）＝1－cosx－x2≤G（0）＝0，
即H′（x）＝1－cosx－x2≤0，
所以H（x）＝x－sinx－x3（x≥0）单调递减．
所以H（x）＝x－sinx－x3≤H（0）＝0，
即x－sinx－x3≤0（x≥0），
即x－sinx≤x3（x≥0）．
所以，当a取
（1）中的最小值时，g（x）－f（x）≤x3.
题型三 利用导数研究方程解或图像交点问题
例3
已知f（x）＝ax2（a∈R），g（x）＝2lnx.
（1）讨论函数F（x）＝f（x）－g（x）的单调性；
（2）若方程f（x）＝g（x）在区间[，e]上有两个不等解，求a的取值范围．
思维启迪
（1）通过讨论a确定F（x）的符号；
（2）将方程f（x）＝g（x）变形为a＝，研究φ（x）＝图像的大致形状．
解
（1）F（x）＝ax2－2lnx，其定义域为（0，＋∞），
∴F′（x）＝2ax－＝（x>0）．
①当a>0时，由ax2－1>0，得x>.
由ax2－1<0，得0故当a>0时，F（x）在区间上单调递增，
在区间上单调递减．
②当a≤0时，F′（x）<0（x>0）恒成立．
故当a≤0时，F（x）在（0，＋∞）上单调递减．
（2）原式等价于方程a＝＝φ（x）在区间[，e]上有两个不等解．
∵φ′（x）＝在（，）上为增函数，
在（，e）上为减函数，则φ（x）max＝φ（）＝，
而φ（e）＝<φ
（2）
＝＝＝φ（）．
∴φ（x）min＝φ（e），
如图当f（x）＝g（x）
在[，e]上有两个不等解时有φ（x）min＝，
故a的取值范围为≤a<.
思维升华 对于可转化为a＝f（x）解的个数确定参数a的范围问题，都可以通过f（x）的单调性、极值确定f（x）的大致形状，进而求a的范围．
已知函数f（x）＝|ax－2|＋blnx（x>0）．
（1）若a＝1，f（x）在（0，＋∞）上是单调增函数，求b的取值范围；
（2）若a≥2，b＝1，求方程f（x）＝在（0,1]上解的个数．
解
（1）f（x）＝|x－2|＋blnx
＝
①当0由条件，得－1＋≥0恒成立，即b≥x恒成立．∴b≥2.
②当x≥2时，f（x）＝x－2＋blnx，f′（x）＝1＋，由条件，
得1＋≥0恒成立，即b≥－x恒成立．
∴b≥－2.
综合①，②得b的取值范围是{b|b≥2}．
（2）令g（x）＝|ax－2|＋lnx－，
即g（x）＝
当0g′（x）＝－a＋＋.
∵0.
则g′（x）>－a＋＋＝≥0.
即g′（x）>0，∴g（x）在（0，）上是递增函数．
当x≥时，g（x）＝ax－2＋lnx－，
g′（x）＝a＋＋>0.
∴g（x）在（，＋∞）上是递增函数．
又因为函数g（x）在x＝有意义，
∴g（x）在（0，＋∞）上是递增函数．
∵g（）＝ln－，而a≥2，
∴ln≤0，则g（）<0.
∵a≥2，∴g
（1）＝a－3.
当a≥3时，g
（1）＝a－3≥0，
∴g（x）＝0在（0,1]上解的个数为1.
当2≤a≤3时，g
（1）＝a－3<0，
∴g（x）＝0在（0,1]上无解，即解的个数为0.
（时间：
80分钟）
1．已知函数f（x）＝ax3＋x2＋bx（其中常数a，b∈R），g（x）＝f（x）＋f′（x）是奇函数．
（1）求f（x）的表达式；
（2）讨论g（x）的单调性，并求g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值．
解
（1）由题意得f′（x）＝3ax2＋2x＋b，
因此g（x）＝f（x）＋f′（x）＝ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b.
因为函数g（x）是奇函数，所以g（－x）＝－g（x），
即对任意实数x，有a（－x）3＋（3a＋1）（－x）2＋（b＋2）（－x）＋b
＝－[ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b]，
从而3a＋1＝0，b＝0，
解得a＝－，b＝0，
因此f（x）的表达式为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＝，
则当x<－或x>时，g′（x）<0，
从而g（x）在区间（－∞，－），（，＋∞）上是减函数；
当－0，
从而g（x）在区间（－，）上是增函数．
由上述讨论知，g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x＝1，，2时取得，
而g
（1）＝，g（）＝，g
（2）＝，
因此g（x）在区间[1,2]上的最大值为g（）＝，
最小值g
（2）＝.
2．已知函数f（x）＝ax＋xlnx的图像在点x＝e（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3.
（1）求实数a的值；
（2）若k∈Z，且k<对任意x>1恒成立，求k的最大值．
解
（1）因为f（x）＝ax＋xlnx，所以f′（x）＝a＋lnx＋1.
因为函数f（x）＝ax＋xlnx的图像在点x＝e处的切线斜率为3，
所以f′（e）＝3，即a＋lne＋1＝3，所以a＝1.
（2）由
（1）知，f（x）＝x＋xlnx，又k<对任意x>1恒成立，
即k<对任意x>1恒成立．
令g（x）＝，则g′（x）＝，
令h（x）＝x－lnx－2（x>1），则h′（x）＝1－＝>0，
所以函数h（x）在（1，＋∞）上单调递增．
因为h（3）＝1－ln3<0，h（4）＝2－2ln2>0，
所以方程h（x）＝0在（1，＋∞）上存在唯一实根x0，且满足x0∈（3,4）．
当1x0时，h（x）>0，
即g′（x）>0，所以函数g（x）＝在（1，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
所以[g（x）]min＝g（x0）＝＝＝x0∈（3,4），
所以k<[g（x）]min＝x0∈（3,4），故整数k的最大值为3.
3．设函数f（x）＝ex－1－x－ax2.
（1）若a＝0，求f（x）的单调区间；
（2）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．
解
（1）若a＝0，f（x）＝ex－1－x，f′（x）＝ex－1.
当x∈（－∞，0）时，f′（x）<0；当x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0.
故f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增．
（2）f′（x）＝ex－1－2ax.
由
（1）知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立，
故f′（x）≥x－2ax＝（1－2a）x，
从而当1－2a≥0，即a≤时，f′（x）≥0（x≥0）．
∴f（x）在[0，＋∞）上单调递增．
而f（0）＝0，于是当x≥0时，f（x）≥0.
由ex>1＋x（x≠0）可得e－x>1－x（x≠0）．从而当a>时，f′（x）令e－x（ex－1）（ex－2a）<0得1故当x∈（0，ln2a）时，f′（x）<0，∴f（x）在（0，ln2a）上单调递减．而f（0）＝0，于是当x∈（0，ln2a）时，f（x）<0.不符合要求．
综上可得a的取值范围为（－∞，]．
4．已知f（x）＝x2＋3x＋1，g（x）＝＋x.
（1）a＝2时，求y＝f（x）和y＝g（x）的公共点个数；
（2）a为何值时，y＝f（x）和y＝g（x）的公共点个数恰为两个．
解
（1）由得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得x3＋x2－x－2＝0（x≠1）．
令y＝x3＋x2－x－2，求导得y′＝3x2＋2x－1，
令y′＝0，得x1＝－1，x2＝，
故得极值点分别在－1和处取得，且极大值、极小值都是负值．
故公共点只有一个．
（2）由得x2＋3x＋1＝＋x，
整理得a＝x3＋x2－x（x≠1），
令h（x）＝x3＋x2－x，
联立
如图，对h（x）求导可以得到极值点分别在－1和处，画出草
图，
h（－1）＝1，h（）＝－，
当a＝h（－1）＝1时，y＝a与y＝h（x）仅有一个公共点（因为（1,1）点不在y＝h（x）曲线上），故a＝－时恰有两个公共点．
5．定义在R上的函数f（x）＝ax3＋bx2＋cx＋3同时满足以下条件：
①f（x）在（0,1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数；
②f′（x）是偶函数；
③f（x）的图像在x＝0处的切线与直线y＝x＋2垂直．
（1）求函数y＝f（x）的解析式；
（2）设g（x）＝4lnx－m，若存在x∈[1，e]，使g（x）解
（1）f′（x）＝3ax2＋2bx＋c.
∵f（x）在（0,1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数，
∴f′
（1）＝3a＋2b＋c＝0，（*）
由f′（x）是偶函数得b＝0，①
又f（x）的图像在x＝0处的切线与直线y＝x＋2垂直，
∴f′（0）＝c＝－1，②
将①②代入（*）得a＝，
∴f（x）＝x3－x＋3.
（2）由已知得，若存在x∈[1，e]，使4lnx－m即存在x∈[1，e]，使m>（4lnx－x2＋1）min.
设M（x）＝4lnx－x2＋1，x∈[1，e]，
则M′（x）＝－2x＝，
令M′（x）＝0，∵x∈[1，e]，∴x＝.
当当1≤x≤时，M′（x）>0，∴M（x）在[1，]上为增函数，
∴M（x）在[1，e]上有最大值且在x＝处取到．
又M
（1）＝0，M（e）＝5－e2<0，
∴M（x）的最小值为5－e2.
∴m>5－e2.
6．（2013·湖南）已知a>0，函数f（x）＝.
（1）记f（x）在区间[0,4]上的最大值为g（a），求g（a）的表达式；
（2）是否存在a，使函数y＝f（x）在区间（0,4）内的图像上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？
若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解
（1）当0≤x≤a时，f（x）＝；
当x>a时，f（x）＝.
因此，当x∈（0，a）时，f′（x）＝<0，
f（x）在（0，a）上单调递减；
当x∈（a，＋∞）时，f′（x）＝>0，
f（x）在（a，＋∞）上单调递增．
①若a≥4，则f（x）在（0,4）上单调递减，g（a）＝f（0）＝.
②若0而f（0）－f（4）＝－＝，
故当0当1综上所述，g（a）＝
（2）由
（1）知，当a≥4时，f（x）在（0,4）上单调递减，故不满足要求．
当0若存在x1，x2∈（0,4）（x1则x1∈（0，a），x2∈（a,4），且f′（x1）·f′（x2）＝－1.
即·＝－1.
亦即x1＋2a＝.（*）
由x1∈（0，a），x2∈（a,4）得x1＋2a∈（2a,3a），
∈.
故（*）成立等价于集合A＝{x|2a因为<3a，所以当且仅当0<2a<1，
即0综上所述，存在a使函数f（x）在区间（0,4）内的图像上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a的取值范围是.
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