（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第二層級 重點增分 專題三 導數(shù)的簡單應用講義 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 第二層級 重點增分 專題三 導數(shù)的簡單應用講義 理（普通生，含解析） [全國卷3年考情分析] 年份 全國卷Ⅰ 全國卷Ⅱ 全國卷Ⅲ 2018 奇函數(shù)的定義及利用導數(shù)的幾何意義求切線方程·T5 利用導數(shù)的幾何意義求切線方程·T13 利用導數(shù)的幾何意義求參數(shù)值·T14 利用導數(shù)討論函數(shù)的單調性·T21(1) 2017 利用導數(shù)討論函數(shù)的單調性·T21(1) 導數(shù)的運算、利用導數(shù)求函數(shù)極值·T11 2016 函數(shù)的奇偶性、利用導數(shù)的幾何意義求切線方程·T15 利用導數(shù)公式直接求導·T21(1) (1)高考

2、對導數(shù)的幾何意義的考查，多在選擇題、填空題中出現(xiàn)，難度較小，有時出現(xiàn)在解答題第一問． (2)高考重點考查導數(shù)的應用，即利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值、最值問題，多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn)，難度中等；有時也出現(xiàn)在解答題第一問． (3)近幾年全國課標卷對定積分及其應用的考查極少，題目一般比較簡單，但也不能忽略． 保分考點·練后講評 [大穩(wěn)定] 1.(2018·全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln x在點(1,0)處的切線方程為______________． 解析：因為y′＝，y′|x＝1＝2，所以切線方程為y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2. 答案：y＝2x－2 2.曲線f(x

3、)＝x3－x＋3在點P處的切線平行于直線y＝2x－1，則點P的坐標為________． 解析：f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝2，則3x2－1＝2，解得x＝1或x＝－1，∴P(1,3)或 (－1,3)，經(jīng)檢驗，點(1,3)，(－1,3)均不在直線y＝2x－1上，故點P的坐標為(1,3)和(－1,3)． 答案：(1,3)和(－1,3) 3.(2018·全國卷Ⅲ)曲線y＝(ax＋1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為－2，則a＝________. 解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴當x＝0時，y′＝a＋1， ∴a＋1＝－2，解得a＝－3. 答案：－3 4.曲線f(x)

4、＝x3－2x2＋2過點P(2,0)的切線方程為________． 解析：因為f(2)＝23－2×22＋2＝2≠0， 所以點P(2,0)不在曲線f(x)＝x3－2x2＋2上． 設切點坐標為(x0，y0)，則≤x0≤， 因為f′(x)＝3x2－4x， 所以 消去y0，整理得(x0－1)(x－3x0＋1)＝0， 解得x0＝1或x0＝(舍去) 或x0＝(舍去)， 所以y0＝1，f′(x0)＝－1， 所以所求的切線方程為y－1＝－(x－1)， 即y＝－x＋2. 答案：y＝－x＋2 5.若曲線y＝ln(x＋a)的一條切線為y＝ex＋b，其中a，b為正實數(shù)，則a＋的取值范圍是___

5、_____． 解析：因為y＝ln(x＋a)，所以y′＝. 設切點為(x0，y0)，則有 所以b＝ae－2. 因為b>0，所以a>， 所以a＋＝a＋＝a＋≥2(當且僅當a＝1時取等號)， 所以a＋的取值范圍是[2，＋∞)． 答案：[2，＋∞) [解題方略] 1．求曲線y＝f(x)的切線方程的3種類型及方法 類型 方法 已知切點P(x0，y0)，求切線方程 求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程 已知切線的斜率k，求切線方程 設切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程 已知切線上一點(非切點)，求切線方程 設切點P(x0

6、，y0)，利用導數(shù)求得切線斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程 2．由曲線的切線求參數(shù)值或范圍的2種類型及解題關鍵 類型 解題關鍵 已知曲線在某點處的切線求參數(shù) 關鍵是用“方程思想”來破解，先求出函數(shù)的導數(shù)，從而求出在某點處的導數(shù)值；再根據(jù)導數(shù)的幾何意義與已知條件，建立關于參數(shù)的方程，通過解方程求出參數(shù)的值 已知曲線的切線方程，求含有雙參數(shù)的代數(shù)式的取值范圍 關鍵是過好“雙關”：一是轉化關，即把所求的含雙參數(shù)的代數(shù)式轉化為含單參數(shù)的代數(shù)式，此時需利用已知切線方程，尋找雙參數(shù)的關系式；二是求最值關，常利用函數(shù)的單調性、基本

7、不等式等方法求最值，從而得所求代數(shù)式的取值范圍 [小創(chuàng)新] 1.已知函數(shù)f(x)＝x2－ax的圖象在點A(1，f(1))處的切線l與直線x＋3y－1＝0垂直，記數(shù)列的前n項和為Sn，則S2 018的值為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　由題意知f(x)＝x2－ax的圖象在點A(1，f(1))處的切線斜率k＝f′(1)＝ 2－a＝3?a＝－1，故f(x)＝x2＋x.則＝＝－，S2 018＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 2.曲線f(x)＝－x3＋3x2在點(1，f(1))處的切線截圓x2＋(y＋1)2＝4所得的弦長為(　　) A．4 B．2 C．

8、2 D. 解析：選A　因為f′(x)＝－3x2＋6x，則f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率k＝－3＋6＝3，又f(1)＝2，故切線方程為y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0. 因為圓心C(0，－1)到直線3x－y－1＝0的距離d＝0， 所以直線3x－y－1＝0截圓x2＋(y＋1)2＝4所得的弦長就是該圓的直徑4，故選A. 3.已知函數(shù)f(x)＝x－sin x－cos x的圖象在點A(x0，y0)處的切線的斜率為1，則tan x0＝________. 解析：∵f(x)＝x－sin x－cos x，∴f′(x)＝－cos x＋sin x＝＋sin. ∵函數(shù)f(x)的圖象

9、在點A(x0，y0)處的切線斜率為1， ∴＋sin＝1， ∴x0－＝＋2kπ，k∈Z， ∴x0＝＋2kπ，k∈Z， ∴tan x0＝tan＝－. 答案：－ [析母題] [典例]　已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，討論f(x)的單調性． [解]　函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調遞增． ②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝ln a. 當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)＜0； 當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)＞0.

10、 故f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減， 在(ln a，＋∞)上單調遞增． ③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝ln. 當x∈時，f′(x)＜0； 當x∈時，f′(x)＞0. 故f(x)在上單調遞減， 在上單調遞增． [練子題] 1．若本例中f(x)變?yōu)閒(x)＝ln x＋－，a∈R且a≠0，討論函數(shù)f(x)的單調性． 解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 則f′(x)＝－＝. 當a<0時，f′(x)>0恒成立， ∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 當a>0時，由f′(x)>0，得x>； 由f′(x)<0，得0

11、，在上單調遞減． 綜上所述，當a<0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當a>0時，函數(shù)f(x)在上單調遞增， 在上單調遞減． 2．若本例變?yōu)椋阂阎瘮?shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x在[1，＋∞)上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍． 解：由本例解析知f′(x)＝(2ex＋a)(ex－a)， ∵f(x)在[1，＋∞)上單調遞增， 則f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， ∴(2ex＋a)(ex－a)≥0， ∴－2ex≤a≤ex在[1，＋∞)上恒成立， ∴－2e≤a≤e， ∴實數(shù)a的取值范圍為[－2e，e]． 3．若本例變?yōu)椋汉瘮?shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x在

12、[1，＋∞)上存在單調遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍． 解：由本例解析知f′(x)＝2e2x－aex－a2， 設t＝ex，∵x∈[1，＋∞)，∴t∈[e，＋∞)， 即g(t)＝2t2－at－a2在[e，＋∞)上有零點． ∴g(e)＝2e2－ae－a2<0， 解得a>e或a<－2e， ∴實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－2e)∪(e，＋∞)． [解題方略] 求解或討論函數(shù)單調性有關問題的解題策略 討論函數(shù)的單調性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論： (1)在能夠通過因式分解求出不等式對應方程的根時，依據(jù)根的大小進行

13、分類討論． (2)在不能通過因式分解求出根的情況時，根據(jù)不等式對應方程的判別式進行分類討論． [注意]　討論函數(shù)的單調性是在函數(shù)的定義域內進行的，千萬不要忽視了定義域的限制． [多練強化] 1．已知函數(shù)f(x)＝－ln x＋＋3，則函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(　　) A．(－∞，0)　　　　　　 　B．(0,1) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：選B　f′(x)＝－＋x(x>0)．由得0

14、0)，b＝f，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系為(　　) A．c0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)．又f(3)＝f(－1)，－1<0<<1，∴f(－1)

15、＋1)上有零點．由f′(x)＝0，得x＝，則得1≤a<.∴實數(shù)a的取值范圍為. 法二：由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝，令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0

16、excos x－x，求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值． [解]　f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 令g(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 則g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且僅在x＝0處等號成立， ∴g(x)在上單調遞減， ∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0，且僅在x＝0處等號成立， ∴f(x)在上單調遞減， ∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f＝－. [解題方略]　利用導數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 (1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號． (2)若已知極

17、值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解． (3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值． 題型二　由函數(shù)的極值(最值)確定參數(shù)值(范圍) [例2]　(1)已知函數(shù)f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為，則a的值為(　　) A.－1　　　　　　　 B. C. D.＋1 (2)已知函數(shù)f(x)＝2ln x－2ax＋x2有兩個極值點x1，x2(x1

18、當a＞1時，若x＞，則f′(x)＜0，f(x)單調遞減， 若1＜x＜，則f′(x)>0，f(x)單調遞增， 故當x＝時，函數(shù)f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合題意； 當a＝1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，最大值為f(1)＝，不合題意； 當0＜a＜1時，函數(shù)f(x)在 [1，＋∞)上單調遞減，此時最大值為f(1)＝＝，得a＝－1，符合題意． 故a的值為－1. (2)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－2a＋2x＝， 令f′(x)＝0，即x2－ax＋1＝0，要使f(x)在(0，＋∞)上有兩個極值點， 則方程x2－ax＋1＝0有兩個不相等的正根， 則

19、∴實數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞)． [解題方略]　已知函數(shù)極值點或極值求參數(shù)的方法 列式 根據(jù)極值點處導數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解 驗證 因為導數(shù)值等于零不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性 邏輯推理——分類與整合思想研究函數(shù)的單調性 [典例]　(2018·佛山月考)已知函數(shù)f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)． (1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當a＝1時，f(x)＝ln x－x2＋x，其定

20、義域為(0，＋∞)， ∴f′(x)＝－2x＋1＝－， 令f′(x)＝0，則x＝1(負值舍去)． 當00；當x>1時，f′(x)<0. ∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)法一：f′(x)＝－2a2x＋a ＝. ①當a＝0時，f′(x)＝>0， ∴f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意； ②當a>0時，由f′(x)<0，得x>. ∴f(x)的單調遞減區(qū)間為. 依題意，得解得a≥1； ③當a<0時，由f′(x)<0，得x>－. ∴f(x)的單調遞減區(qū)間為. 依題意，得解得a≤－. 綜上所述，實數(shù)

21、a的取值范圍是∪[1，＋∞)． 法二：f′(x)＝－2a2x＋a＝. 由f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是減函數(shù)，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立． ①當a＝0時，1≤0不合題意； ②當a≠0時，可得即 ∴∴a≥1或a≤－. ∴實數(shù)a的取值范圍是∪[1，＋∞)． [素養(yǎng)通路] 邏輯推理是指從一些事實和命題出發(fā)，依據(jù)規(guī)則推出其他命題的素養(yǎng)．主要包括兩類：一類是從特殊到一般的推理，推理形式主要有歸納、類比；一類是從一般到特殊的推理，推理形式主要有演繹． 本題是含參函數(shù)的單調性問題，對于此類問題一般要分類討論，常見有以下幾種可能：①方程f′(x)＝0是

22、否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定義域內；③若根在定義域內且有兩個，比較根的大小是常見的分類方法．考查了邏輯推理這一核心素養(yǎng)． A組——“6＋3＋3”考點落實練 一、選擇題 1．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)滿足下列條件： ①f′(x)>0時，x<－1或x>2； ②f′(x)<0時，－1

23、(x)的大致圖象是(　　) 解析：選A　根據(jù)條件知，函數(shù)f(x)在(－1,2)上是減函數(shù)．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函數(shù)，故選A. 2．(2018·合肥質檢)已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝aex＋x相切(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則實數(shù)a的值是(　　) A.　　　　　　　　 　B．1 C．2 D．e 解析：選B　由題意知y′＝aex＋1＝2，則a>0，x＝－ln a，代入曲線方程得y＝1－ ln a，所以切線方程為y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1?a＝1. 3．(2019屆高三·廣州高中綜合測試)已知函數(shù)f(

24、x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處的極值為10，則數(shù)對(a，b)為(　　) A．(－3,3) B．(－11,4) C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11) 解析：選C　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依題意可得 即消去b可得a2－a－12＝0， 解得a＝－3或a＝4，故或當時， f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，這時f(x)無極值，不合題意，舍去，故選C. 4．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2] B. C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞) 解析：選

25、C　由題意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立?g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立?Δ＝a2－24≤0或?－2≤a≤2或?a≥－2，故選C. 5．(2018·全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 解析：選D　法一：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax， ∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a. 又∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)恒成立， 即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－

26、(a－1)x2－ax恒成立， ∴a＝1，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1， ∴曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x. 法二：易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因為f(x)為奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)＝x2＋(a－1)x＋a為偶函數(shù)，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線方程為y＝x.故選D. 6．函數(shù)f(x)(x>0)的導函數(shù)為f′(x)，若xf′(x)＋f(x)＝ex，且f(1)＝e，則(　　) A．f(x)的最小值

27、為e B．f(x)的最大值為e C．f(x)的最小值為 D．f(x)的最大值為 解析：選A　設g(x)＝xf(x)－ex， 所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－ex＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex為常數(shù)函數(shù)． 因為g(1)＝1×f(1)－e＝0， 所以g(x)＝xf(x)－ex＝g(1)＝0， 所以f(x)＝，f′(x)＝， 當01時，f′(x)>0， 所以f(x)≥f(1)＝e. 二、填空題 7．(2019屆高三·西安八校聯(lián)考)曲線y＝2ln x在點(e2,4)處的切線與坐標軸所圍成的三角形的面積為________．

28、 解析：因為y′＝，所以曲線y＝2ln x在點(e2,4)處的切線斜率為，所以切線方程為y－4＝(x－e2)，即x－y＋2＝0.令x＝0，則y＝2；令y＝0，則x＝－e2，所以切線與坐標軸所圍成的三角形的面積S＝×e2×2＝e2. 答案：e2 8．已知函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x，則函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是________． 解析：函數(shù)f(x)＝x2－5x＋2ln x的定義域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋＝＝>0，解得02，故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是和(2，＋∞)． 答案：和(2，＋∞) 9．若函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調函數(shù)，則實數(shù)a的

29、取值范圍是________． 解析：由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋，要使函數(shù)f(x)＝x＋aln x不是單調函數(shù)，則需方程1＋＝0在(0，＋∞)上有解，即x＝－a，∴a<0. 答案：(－∞，0) 三、解答題 10．已知f(x)＝ex－ax2，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝bx＋1. (1)求a，b的值； (2)求f(x)在[0,1]上的最大值． 解：(1)f′(x)＝ex－2ax， 所以f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1， 解得a＝1，b＝e－2. (2)由(1)得f(x)＝ex－x2， 則f′(x)＝

30、ex－2x，令g(x)＝ex－2x，x∈[0,1]， 則g′(x)＝ex－2， 由g′(x)<0，得00，得ln 20， 所以f(x)在[0,1]上單調遞增， 所以f(x)max＝f(1)＝e－1. 11．(2018·濰坊統(tǒng)一考試)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln x，F(xiàn)(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.若f(x)和F(x)在區(qū)間(0，ln 3)上具有相同的單調性，求實數(shù)a的取值范圍． 解：由題意得f′(x

31、)＝a－＝，F(xiàn)′(x)＝ex＋a，x>0， ∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上單調遞減， 當－1≤a<0時，F(xiàn)′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，不合題意， 當a<－1時，由F′(x)>0，得x>ln(－a)； 由F′(x)<0，得0

32、>1. (1)若f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值． 解：(1)f′(x)＝＋a， 由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立， ∴a≤－＝2－. ∵x∈(1，＋∞)， ∴l(xiāng)n x∈(0，＋∞)， ∴當－＝0時，函數(shù)t＝2－的最小值為－， ∴a≤－，即實數(shù)a的取值范圍為. (2)當a＝2時，f(x)＝＋2x(x>1)， f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得2ln2x＋ln x－1＝0， 解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e. 當1e時，f′(x)>0， ∴

33、f(x)的極小值為f(e)＝＋2e＝4e. B組——大題專攻補短練 1．(2019屆高三·益陽、湘潭調研)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R. (1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程； (2)討論f(x)的單調性． 解：(1)當a＝0時，f(x)＝ln x＋x，f(e)＝e＋1，f′(x)＝＋1，f′(e)＝1＋，∴曲線y＝f(x)在點(e，f(e))處的切線方程為y－(e＋1)＝(x－e)，即y＝x. (2)f′(x)＝－2ax＋1＝，x>0， ①當a≤0時，顯然f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； ②當a>0時，令f

34、′(x)＝＝0，則－2ax2＋x＋1＝0，易知其判別式為正， 設方程的兩根分別為x1，x2(x10. 令f′(x)>0，得x∈(0，x2)，令f′(x)<0得x∈(x2，＋∞)，其中x2＝， ∴函數(shù)f(x)在上單調遞增， 在上單調遞減． 2．已知函數(shù)f(x)＝，其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若直線x－y－1＝0是曲線y＝f(x)的切線，求實數(shù)a的值． (3)設g(x)＝xln x－x2f(x)，求g(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值．(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)) 解：(1)因為函

35、數(shù)f(x)＝， 所以f′(x)＝＝， 由f′(x)>0，得02， 故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,2)，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)． (2)設切點為(x0，y0)， 由切線斜率k＝1＝?x＝－ax0＋2a，① 由x0－y0－1＝x0－－1＝0?(x－a)(x0－1)＝0?x0＝1，x0＝±. 把x0＝1代入①得a＝1， 把x0＝代入①得a＝1， 把x0＝－代入①無解， 故所求實數(shù)a的值為1. (3)因為g(x)＝xln x－x2f(x)＝xln x－a(x－1)， 所以g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(

36、x)>0，得x>ea－1； 由g′(x)<0，得0

37、f(x)有最大值－ln 2，求m＋n的最小值． 解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝－4mx＝， 當m≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當m>0時，令f′(x)>0，得0， ∴f(x)在上單調遞增，在上單調遞減． (2)由(1)知，當m≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，無最大值． 當m>0時，f(x)在上單調遞增，在，＋∞上單調遞減． ∴f(x)max＝f＝ln－2m·－n＝－ln 2－ln m－－n＝－ln 2， ∴n＝－ln m－，∴m＋n＝m－ln m－. 令h(x)＝x－

38、ln x－(x>0)， 則h′(x)＝1－＝， 由h′(x)<0，得00，得x>， ∴h(x)在上單調遞減，在上單調遞增， ∴h(x)min＝h＝ln 2， ∴m＋n的最小值為ln 2. 4．(2018·泉州調研)設函數(shù)f(x)＝ln(x＋a)－x. (1)若直線l：y＝－x＋ln 3－是函數(shù)f(x)的圖象的一條切線，求實數(shù)a的值． (2)當a＝0時，關于x的方程f(x)＝x2－x＋m在區(qū)間[1,3]上有解，求m的取值范圍． 解：(1)∵f(x)＝ln(x＋a)－x，∴f′(x)＝－1， 設切點為P(x0，y0)， 則－1＝－，∴x0＋a＝3. 又ln(x0＋a)－x0＝－x0＋ln 3－， ∴l(xiāng)n 3－x0＝－x0＋ln 3－， ∴x0＝2，∴a＝1. (2)當a＝0時，方程f(x)＝x2－x＋m， 即ln x－x2＋x＝m. 令h(x)＝ln x－x2＋x(x>0)， 則h′(x)＝－2x＋＝－. ∴當x∈[1,3]時，h′(x)，h(x)隨x的變化情況如下表： x 1 3 h′(x) ＋ 0 － h(x)  極大值  ln 3－2 ∵h(1)＝，h(3)＝ln 3－2<，h＝ln ＋， ∴當x∈[1,3]時，h(x)∈， ∴m的取值范圍為.