高考數(shù)學大一輪復習 第二章 函數(shù)、導數(shù)及其應用 第十一節(jié) 導數(shù)的應用教師用書 理

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1、 第十一節(jié)　導數(shù)的應用 ☆☆☆2017考綱考題考情☆☆☆ 考綱要求 真題舉例 命題角度 1.了解函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)的關系；能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)； 2.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)； 3.會利用導數(shù)解決某些實際問題(生活中的優(yōu)化問題)。 2016，全國卷Ⅰ，7,5分(圖象判斷) 2016，全國卷Ⅰ，21,12分(導數(shù)與單調(diào)性、不等式證明、函數(shù)零點) 2015，全國卷Ⅰ，12,5

2、分(導數(shù)與單調(diào)性、參數(shù)的取值范圍) 2015，全國卷Ⅰ，21,12分(切線、函數(shù)最值、零點問題) 2014，全國卷Ⅱ，21,12分(導數(shù)與單調(diào)性、函數(shù)最值、不等式證明) 函數(shù)與導數(shù)的壓軸試題，在每年的高考中屬于必考內(nèi)容，其命題方向主要有兩個：一是圍繞函數(shù)的性質(zhì)考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、周期性、極值、最值，曲線的切線等問題展開，二是圍繞函數(shù)與方程、不等式命制探索方程根的個數(shù)、不等式的證明、不等式恒成立等問題展開。此類壓軸試題難度較大，邏輯推理能力較強，在今后的備考中不可小視。 微知識　小題練 自|主|排|查 1．函數(shù)的導數(shù)與單調(diào)性的關系 函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導

3、，則 (1)若f′(x)＞0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增； (2)若f′(x)＜0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減； (3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)。 2．函數(shù)的極值與導數(shù) (1)函數(shù)的極小值 若函數(shù)y＝f(x)在點x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，且f′(a)＝0，而且在點x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則x＝a叫做函數(shù)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)的極小值。 (2)函數(shù)的極大值 若函數(shù)y＝f(x)在點x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數(shù)值都大，且f′(b)＝0，而且在點x＝b附近的

4、左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則x＝b叫做函數(shù)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)的極大值，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值。 3．函數(shù)的最值與導數(shù) (1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件： 一般地，如果在區(qū)間[a，b]上，函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值。 (2)求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟為： ①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值； ②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值。 微點提醒 1．函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥

5、0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件。 2．對于可導函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件。如函數(shù)y＝x3在x＝0處導數(shù)為零，但x＝0不是函數(shù)y＝x3的極值點。 3．求最值時，應注意極值點和所給區(qū)間的關系，關系不確定時，需要分類討論，不可想當然認為極值就是最值。 4．函數(shù)最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關系。 小|題|快|練 一 、走進教材 1．(選修2-2P26練習T1改編)函數(shù)f(x)＝xe－x的一個單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．

6、(－∞，1] B．[2,8] C．[1,2] D．[0,2] 【解析】　解法一：f(x)＝xe－x＝，所以f′(x)＝＝≥0，所以x≤1。故選A。 解法二：f′(x)＝1e－x＋xe－x(－1)＝(1－x)e－x≥0。因為e－x>0，所以x≤1。故選A。 【答案】　A 2．(選修2-2P32A組T5（4）題改編)函數(shù)f(x)＝2x－xlnx的極值是(　　) A. B. C．e D．e2 【解析】　因為f′(x)＝2－(lnx＋1)＝1－lnx，當f′(x)>0時，解得0e，所以x＝e時，f(x)取到極大值，f(x)極大值＝f

7、(e)＝e。故選C。 【答案】　C 3．(選修2-2P37B組T2改編)若商品的年利潤y(萬元)與年產(chǎn)量x(百萬件)的函數(shù)關系式為y＝－x3＋27x＋123(x>0)，則獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為(　　) A．1百萬件 B．2百萬件 C．3百萬件 D．4百萬件 【解析】　因為y＝－x3＋27x＋123(x>0)，所以y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)(x>0)，所以y＝－x3＋27x＋123在(0,3)上是增函數(shù)，在(3，＋∞)上是減函數(shù)，故當x＝3時，獲得最大利潤，即獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為3百萬件。故選C。 【答案】　C 二、雙基查驗 1．(2016錦州模

8、擬)已知函數(shù)y＝xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù))。則下面四個圖象中，y＝f(x)的圖象大致是(　　) 【解析】　由條件可知當01時，xf′(x)>0， 所以f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增，所以當x＝1時，函數(shù)取得極小值。 當x<－1時，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，函數(shù)f(x)遞增，當－10，所以f′(x)<0，函數(shù)f(x)遞減，所以x＝－1時，函數(shù)取得極大值。符合條件的只有C項。 【答案】　C 2．(2016四川高考)已知a為函數(shù)f(

9、x)＝x3－12x的極小值點，則a＝(　　) A．－4 B．－2 C．4 D．2 【解析】　由題意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝2，當x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當x∈(－2,2)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以a＝2。故選D。 【答案】　D 3．函數(shù)f(x)＝x2－lnx的最小值為(　　) A. B．1 C．0 D．不存在 【解析】　f′(x)＝x－＝，且x>0。令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0

10、＝1處取得極小值也是最小值，且f(1)＝－ln1＝。故選A。 【答案】　A 4．若f(x)＝ax3＋3x＋2無極值，則a的范圍為________。 【解析】　f′(x)＝3ax2＋3，若a≥0，則f′(x)>0恒成立， f(x)在R上單調(diào)遞增，f(x)無極值。 【答案】　[0，＋∞) 5．(2017重慶模擬)設10， 所以函數(shù)y＝f(x)(1f(1)＝1>0，所以x>lnx>0?0<<1， 所以2<。

11、又－＝＝>0，所以2<<。 【答案】　2<< 第一課時　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 微考點　大課堂 考點一 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 【典例1】　(2016北京高考)設函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4。 (1)求a，b的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間。 【解析】　(1)因為f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b。 依題意，即 解得a＝2，b＝e。 (2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex。 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)與1－x＋

12、ex－1同號。 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1。 所以當x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增。 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值， 從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)。 綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)。 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)。 【答案】　(1)a＝2，b＝e (2)單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞) 反思歸納　利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法： 1．當導函數(shù)不等式可解時，解不等式f′(

13、x)>0或f′(x)<0求出單調(diào)區(qū)間。 2．當方程f′(x)＝0可解時，解出方程的實根，按實根把函數(shù)的定義域劃分區(qū)間，確定各區(qū)間f′(x)的符號， 從而確定單調(diào)區(qū)間。 3．若導函數(shù)的方程、不等式都不可解，根據(jù)f′(x)結(jié)構(gòu)特征，利用圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間。 4．所求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個，這些區(qū)間之間不能用并集“∪”及“或”連接，只能用“，”“和”字隔開。 【變式訓練】　求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間： (1)f(x)＝(x－1)2－ln(x－1)2； (2)f(x)＝(x－1)ex－x2。 【解析】　(1)f(x)的定義域為{x|x∈R且x≠1}， f′(x

14、)＝2(x－1)－ ＝2(x－1)－ ＝＝。 由f′(x)>0，得02。 由f′(x)<0，得x<0或1

15、值  由表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln2)，遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)。 【答案】　(1)單調(diào)遞增區(qū)間(0,1)，(2，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間(－∞，0)，(1,2) (2)單調(diào)遞減區(qū)間(0，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間(－∞，0)，(ln2，＋∞)。 考點二 利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性 【典例2】　(2016山東高考節(jié)選)已知f(x)＝a(x－lnx)＋，a∈R。討論f(x)的單調(diào)性。 【解析】　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝a－－＋＝。 當a≤0時，x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， x∈(1，＋∞)時，f′(x)

16、<0，f(x)單調(diào)遞減。 當a>0時，f′(x)＝。 (1)01， 當x∈(0,1)或x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減。 (2)a＝2時， ＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增。 (3)a>2時，0< <1， 當x∈或x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減。 綜上所述，當a≤0時，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減； 當0

17、＝2時，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增； 當a>2時，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增。 【答案】　見解析 反思歸納　1.研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論。 2．劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點。 3．個別導數(shù)為0的點不影響所在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數(shù)。 【變式訓練】　討論函數(shù)f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1(a∈R)的單調(diào)性。 【解析】　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(

18、x)＝＋2ax＝。 ①當a≥1時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當a≤0時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； ③當00，故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。 【答案】　見解析 考點三 利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍…………母題發(fā)散 【典例3】　已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1。 (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍。 【解析】　(1)f′(x)＝3x2－a。 ①當a≤0時，f′(x)≥0， 所

19、以f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)。 ②當a>0時，令3x2－a＝0得x＝； 當x>或x<－時，f′(x)>0； 當－0時，f(x)在，上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)。 (2)因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2對x∈R恒成立。 因為3x2≥0，所以只需a≤0。 又因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)，所以a≤0，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]。

20、 【答案】　(1)見解析　(2)(－∞，0] 【母題變式】　1.函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍。 【解析】　因為f′(x)＝3x2－a，且f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范圍為(－∞，3]。 【答案】　(－∞，3] 2．函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)，試求a的取值范圍。 【解析】　由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立。因

21、為－1

22、3) 反思歸納　根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路 1．利用集合間的包含關系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應單調(diào)區(qū)間的子集。 2．轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題，即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0恒成立”來求解。 微考場　新提升 1．函數(shù)y＝x2－lnx的單調(diào)減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) 解析　函數(shù)y＝x2－lnx的定義域為(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，則可得0

23、1，＋∞)上是減函數(shù)，則實數(shù)b的取值范圍是(　　) A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1] D．(－∞，－1) 解析　f′(x)＝－x＋≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立。又x(x＋2)＝(x＋1)2－1>－1，∴b≤－1。故選C。 答案　C 3．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導函數(shù)，則函數(shù)f′(x)的圖象大致是(　　) 解析　設g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增。故選A。 答案　A 4．函數(shù)f(x)＝1＋x－

24、sinx在(0,2π)上的單調(diào)性是________。 解析　在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx>0，所以f(x)在(0,2π)上單調(diào)遞增。 答案　單調(diào)遞增 5．(2017秦皇島模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋2x，a≠0。若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，則a的取值范圍為________。 解析　h(x)＝lnx－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2。因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減， 所以當x∈[1,4]時，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立， 令G(x)＝－，則a≥G(x)max，

25、 而G(x)＝2－1。 因為x∈[1,4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此時x＝4)，所以a≥－。 答案　 第二課時　導數(shù)與函數(shù)的極值、最值 微考點　大課堂 考點一 運用導數(shù)解決極值問題……多維探究 角度一：求函數(shù)的值域 【典例1】　已知函數(shù)f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4。 (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極值。 【解析】　(1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4＝ex(ax＋b＋a)－2x－4。 由已知，得 即解得 (2)由(1)知

26、，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， f′(x)＝ex(4x＋8)－2x－4＝4(x＋2)。 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－ln2。 令f′(x)＜0，得或 解得－2＜x＜－ln2。 令f′(x)＞0，得或 解得x＜－2或x＞－ln2。 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－2) －2 (－2，－ln2) －ln2 (－ln2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 由上表可知，函數(shù)f(x)的極大值為f(－2)＝4(1－e－2)，極小值為f(－ln

27、2)＝2＋2ln2－ln22。 【答案】　(1)a＝4，b＝4 (2)單調(diào)性見解析　極大值為4(1－e－2)，極小值為2＋2ln2－ln22 角度二：已知函數(shù)的極值求參數(shù) 【典例2】　(2016山東高考)設f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R。 (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍。 【解析】　(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a， 可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)。 則g′(x)＝－2a＝。 當a≤0時， x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)

28、遞增； 當a>0時， x∈時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增， x∈時，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減。 所以當a≤0時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)； 當a>0時，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為。 (2)由(1)知，f′(1)＝0。 ①當a≤0時，f′(x)單調(diào)遞增， 所以當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增。 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意。 ②當01，由(1)知f′(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，可得當x∈(0,1)時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0。 所以f(x

29、)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增， 所以f(x)在x＝1處取得極小值，不合題意。 ③當a＝時，＝1，f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以當x∈(0，＋∞)時，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意。 ④當a>時，0<<1，當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 所以f(x)在x＝1處取得極大值，符合題意。 綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為a>。 【答案】　(1)見解析　(2) 反思歸納　1.已知函數(shù)的極值求參數(shù)時，通常利用函數(shù)的導數(shù)在極值點處的取值等于零來建立關于參數(shù)的方程。需

30、注意的是，可導函數(shù)在某點處的導數(shù)值等于零只是函數(shù)在該點處取得極值的必要條件，必要時需對求出的參數(shù)值進行檢驗，看是否符合函數(shù)取得極值的條件。 2．已知函數(shù)的最值求參數(shù)，利用待定系數(shù)法求解。 【變式訓練】　(1)(2016金華十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________。 (2)(2016沈陽模擬)設函數(shù)f(x)＝lnx－ax2－bx，若x＝1是f(x)的極大值點，則a的取值范圍為________。 【解析】　(1)f′(x)＝(lnx－ax)＋x＝lnx＋1－2ax，令f′(x)＝0，得2a＝。設φ(x)＝，則φ′(x)＝－， 易

31、知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)max＝φ(1)＝1，則φ(x)的大致圖象如圖所示，若函數(shù)f(x)有兩個極值點，則直線y＝2a和y＝φ(x)的圖象有兩個交點，所以0<2a<1，得00，f(x)單調(diào)遞增；當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以x＝1是f(x)的極大值點。②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－。因為x＝1是f(x)的極大值點，所以－>1，解得－1

32、－1。 【答案】　(1)　(2)(－1，＋∞) 考點二 運用導數(shù)解決最值問題 【典例3】　已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)。 (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當a＞0時，求函數(shù)f(x)在[1,2]上的最小值。 【解析】　(1)f′(x)＝－a(x＞0)， ①當a≤0時，f′(x)＝－a＞0， 即函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)。 ②當a＞0時，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝， 當0＜x＜時，f′(x)＝＞0； 當x＞時，f′(x)＝＜0， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為， 單調(diào)遞減區(qū)間為。 (2)①當

33、0<≤1，即a≥1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，∴f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a。 ②當≥2，即0＜a≤時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)， ∴f(x)的最小值是f(1)＝－a。 ③當1＜＜2，即＜a＜1時，函數(shù)f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)。又f(2)－f(1)＝ln2－a， ∴當＜a＜ln2時，最小值是f(1)＝－a； 當ln2≤a＜1時，最小值為f(2)＝ln2－2a。 綜上可知， 當0＜a＜ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是－a； 當a≥ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是ln2－2a。 【答案】　(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為　

34、 (2)見解析 反思歸納　求函數(shù)f(x)在[a，b]上最值的方法 1．若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，f(a)與f(b)一個為最大值，一個為最小值。 2．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有極值，先求出函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上的極值，與f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值。 3．函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上有唯一一個極值點時，這個極值點就是最大(或最小)值點。 【變式訓練】　設函數(shù)f(x)＝alnx－bx2(x＞0)，若函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切， (1)求實數(shù)a，b的值； (2)求函數(shù)f(x)在上的最大值。 【解

35、析】　(1)f′(x)＝－2bx， ∵函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－相切， ∴解得 (2)f(x)＝lnx－x2，f′(x)＝－x＝， ∵當≤x≤e時，令f′(x)＞0得≤x＜1； 令f′(x)＜0，得1＜x≤e， ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在[1，e]上單調(diào)遞減， ∴f(x)max＝f(1)＝－。 【答案】　(1)a＝1　b＝　(2)－ 考點三 函數(shù)極值與最值的綜合問題 【典例4】　已知函數(shù)f(x)＝(a＞0)的導函數(shù)y＝f′(x)的兩個零點為－3和0。 (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)的極小值為－e3，求f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值。

36、 【解析】　(1)f′(x)＝ ＝， 令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c， 因為ex＞0，所以y＝f′(x)的零點就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點，且f′(x)與g(x)符號相同。 又因為a＞0，所以－3＜x＜0時， g(x)＞0，即f′(x)＞0， 當x＜－3或x＞0時，g(x)＜0，即f′(x)＜0， 所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－3,0)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)。 (2)由(1)知，x＝－3是f(x)的極小值點，所以有 解得a＝1，b＝5，c＝5， 所以f(x)＝。 因為f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－3,0)， 單調(diào)

37、減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f(0)＝5為函數(shù)f(x)的極大值， 故f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者。而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值是5e5。 【答案】　(1)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－3,0)，單調(diào)減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)　(2)5e5 反思歸納　求一個函數(shù)在閉區(qū)間上的最值和在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值時，方法是不同的。求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到

38、函數(shù)的最值。 【變式訓練】　已知函數(shù)f(x)＝alnx＋(a>0)。 (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值； (2)是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值為0？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由。 【解析】　由題意，知函數(shù)的定義域為{x|x>0}，f′(x)＝－(a>0) (1)由f′(x)>0解得x>， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是； 由f′(x)<0解得x<， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是。 所以當x＝時，函數(shù)f(x)有極小值f＝aln＋a＝a－alna。 (2)由(1)可知，當x∈時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞

39、增。 ①若0<≤1，即a≥1時，函數(shù)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)， 故函數(shù)f(x)的最小值為f(1)＝aln1＋1＝1，顯然1≠0，故不滿足條件。 ②若1<≤e，即≤a<1時，函數(shù)f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)， 故函數(shù)f(x)的最小值為f(x)的極小值f＝aln＋a＝a－alna＝a(1－lna)＝0，即lna＝1，解得a＝e，而≤a<1，故不滿足條件。 ③若>e，即0

40、為0。 【答案】　(1)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是　單調(diào)遞減區(qū)間是　函數(shù)f(x)有極小值a－alna (2)不存在，理由見解析 微考場　新提升 1.設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　) A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) 解析　(1)當x<－2時，1－x>0。 ∵(1－x)f′(x)>0， ∴f′(x)

41、>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函數(shù)。 (2)當－20。 ∵(1－x)f′(x)<0， ∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是減函數(shù)。 (3)當10， ∴f′(x)<0，即f(x)在(1,2)上是減函數(shù)。 (4)當x>2時，1－x<0。 ∵(1－x)f′(x)<0， ∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)。 綜上，f(－2)是極大值，f(2)是極小值。故選D。 答案　D 2．函數(shù)y＝ax3＋bx2取得極大值和極小值時的x的值分別為0和，則(　　) A．a(chǎn)－2b＝0 B

42、．2a－b＝0 C．2a＋b＝0 D．a(chǎn)＋2b＝0 解析　y′＝3ax2＋2bx，根據(jù)題意，0，是方程3ax2＋2bx＝0的兩根，∴－＝，∴a＋2b＝0。故選D。 答案　D 3．若函數(shù)f(x)＝ax3－3x＋1對于x∈[－1,1]總有f(x)≥0成立，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C．{4} D．[2,4] 解析　f′(x)＝3ax2－3， 當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在[－1,1]上為減函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合題意； 當0

43、上為減函數(shù)， f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合題意； 當a>1時，f(－1)＝－a＋4≥0，且f＝－＋1≥0，解得a＝4。綜上所述，a＝4。故選C。 答案　C 4．已知f(x)＝lnx＋a(1－x)。 (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍。 解析　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a。若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)是單調(diào)遞增；若a>0，則當x∈時，f′(x)>0，當x∈時，f′(x)<0，所以f(x)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減。 (2)由(1)知當a≤0時，f(x)在(

44、0，＋∞)無最大值；當a>0時，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－lna＋a－1。因此f>2a－2?lna＋a－1<0。令g(a)＝lna＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)是增函數(shù)，g(1)＝0，于是，當01時，g(a)>0，因此a的取值范圍是(0,1)。 答案　(1)當a≤0時，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減 (2)(0,1) 第三課時　導數(shù)與不等式 微考點　大課堂 考點一 解不等式或比較大小 【典例1】　(1)設函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導函數(shù)，其導函數(shù)為f′(x)，且有

45、2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2 014)2f(x＋2 014)－4f(－2)>0的解集為(　　) A．(－∞，－2 012)　　　　 B．(－2 012,0) C．(－∞，－2 016) D．(－2 016,0) (2)已知f(x)為R上的可導函數(shù)，且?x∈R，均有f(x)>f′(x)，則以下判斷正確的是(　　) A．f(2 013)>e2 013f(0) B．f(2 013)x2，x<0，得2

46、xf(x)＋x2f′(x)0， 即F(2 014＋x)>F(－2)。 又F(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，所以2 014＋x<－2，即x<－2 016。故選C。 (2)令函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝。 ∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0， 即函數(shù)g(x)在R上遞減， ∴g(2 013)

47、)0時，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，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)

48、(2)(2016福建質(zhì)檢)已知f(x)是定義在R上的減函數(shù)，其導函數(shù)f′(x)滿足＋x<1，則下列結(jié)論正確的是(　　) A．對于任意x∈R，f(x)<0 B．對于任意x∈R，f(x)>0 C．當且僅當x∈(－∞，1)時，f(x)<0 D．當且僅當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0 【解析】　(1)記函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝， 因為當x>0時，xf′(x)－f(x)<0， 故當x>0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；又因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增， 且g(－1)＝g(1)＝0。 當0

49、0，則f(x)>0； 當x<－1時，g(x)<0，則f(x)>0， 綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)。 (2)因為函數(shù)f(x)是定義在R上的減函數(shù)，所以f′(x)<0。因為＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)， 所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝(x－1)f(x)，則g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以當x<1時，g(x)<0，所以f(x)>0；當x>1時，g(x)>0，所以f(x)>0。因為f(x)是定義

50、在R上的減函數(shù)，所以f(1)>0。綜上，對于任意x∈R，f(x)>0，故選B。 【答案】　(1)A　(2)B 考點二 證明不等式 【典例2】　(2016全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝lnx－x＋1。 (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)證明當x∈(1，＋∞)時，1<1，證明當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x>cx。 【解析】　(1)由題設，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1。 當00，f(x)單調(diào)遞增；當x>1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減。 (2)證明：由(1)知f(x)在x＝1處

51、取得最大值，最大值為f(1)＝0。 所以當x≠1時，lnx1，設g(x)＝1＋(c－1)x－cx，則g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0， 解得x0＝。 當x0，g(x)單調(diào)遞增；當x>x0時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減。 由(2)知1<0。 所以當x∈(0,1)時，1＋(c－1)x>cx。 【答案】　(1)當01時，f(x)單調(diào)

52、遞減　(2)(3)見解析 反思歸納　對于不等式的證明問題可考慮：①通過研究函數(shù)的單調(diào)性進行證明；②根據(jù)不等式的結(jié)構(gòu)構(gòu)造新函數(shù)，通過研究新函數(shù)的單調(diào)性或最值來證明。 【變式訓練】　(2016鄭州二模)已知函數(shù)f(x)＝。 (1)討論函數(shù)y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的單調(diào)性； (2)若m∈，則當x∈[m，m＋1]時，函數(shù)y＝f(x)的圖象是否總在函數(shù)g(x)＝x2＋x圖象上方？請寫出判斷過程。 【解析】　(1)f′(x)＝＝， 當x∈(m，m＋1)時，f′(x)<0，當x∈(m＋1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(m，m＋1)上單調(diào)遞減， 在(m＋1，＋∞)上單調(diào)遞增。

53、 (2)由(1)知f(x)在[m，m＋1]上單調(diào)遞減， 所以其最小值為f(m＋1)＝em＋1。 因為m∈，g(x)在[m，m＋1]上的最大值為(m＋1)2＋m＋1， 所以下面判斷em＋1與(m＋1)2＋m＋1的大小，即判斷ex與(1＋x)x的大小，其中x＝m＋1∈。 令m(x)＝ex－(1＋x)x，m′(x)＝ex－2x－1， 令h(x)＝m′(x)，則h′(x)＝ex－2， 因為x＝m＋1∈，所以h′(x)＝ex－2>0，m′(x)單調(diào)遞增。 又m′(1)＝e－3<0，m′＝e－4>0，故存在x0∈，使得m′(x0)＝ex0－2x0－1＝0。 所以m(x)在(1，x0)上單

54、調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以m(x)≥m(x0)＝ex0－x－x0＝2x0＋1－x－x0＝－x＋x0＋1， 所以當x0∈時，m(x0)＝－x＋x0＋1>0， 即ex>(1＋x)x，即f(m＋1)>(m＋1)2＋m＋1， 所以函數(shù)y＝f(x)的圖象總在函數(shù)g(x)＝x2＋x圖象上方。 【答案】　(1)在(m，m＋1)上單調(diào)遞減，在(m＋1，＋∞)單調(diào)遞增　 (2)是，判斷過程見解析 考點三 不等式恒成立問題 【典例3】　(2015北京高考)已知函數(shù)f(x)＝ln。 (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求證：當x∈(0,1)時，f(x)>2； (

55、3)設實數(shù)k使得f(x)>k對x∈(0,1)恒成立，求k的最大值。 【解析】　(1)f(x)＝ln＝ln(1＋x)－ln(1－x)，x∈(－1，1)，f′(x)＝，f′(0)＝2，f(0)＝0，所以切線方程為y＝2x。 (2)證明：原命題等價于任意x∈(0,1)， f(x)－2>0。 設函數(shù)F(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)－2， F′(x)＝。 當x∈(0,1)時，F(xiàn)′(x)>0，函數(shù)F(x)在x∈(0,1)上是單調(diào)遞增函數(shù)。F(x)>F(0)＝0， 因此當x∈(0,1)，f(x)>2。 (3)ln>k，x∈(0,1)?t(x)＝ln－k>0，x∈(0,1)。 t′(

56、x)＝－k(1＋x2)＝，x∈(0,1)。 當k∈[0,2]，t′(x)≥0，函數(shù)t(x)單調(diào)遞增， t(x)>t(0)＝0顯然成立。 當k>2時，令t′(x0)＝0得x＝∈(0,1)，t′(x)的變化情況列表如下： x (0，x0) x0 (x0,1) t′(x) － 0 ＋ t(x)  極小值  t(x0)

57、值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍。 2．也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題。 【變式訓練】　已知函數(shù)f(x)＝xlnx。 (1)求f(x)的最小值； (2)若對于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實數(shù)a的取值范圍。 【解析】　函數(shù)f(x)＝xlnx的定義域是(0，＋∞)。 (1)f′(x)＝1＋lnx，令f′(x)＝0，解得x＝。 當x∈時，f′(x)<0； 當x∈時，f′(x)>0。 故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。 所以當x＝時，函數(shù)f(x)取得最小值f＝－。 (2)依題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即

58、不等式a≤lnx＋對于x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤min，x∈[1，＋∞)。 設g(x)＝lnx＋(x≥1)，則g′(x)＝－＝，令g′(x)＝0，得x＝1。 當x≥1時，因為g′(x)＝≥0，故g(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)。 所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1，故a的取值范圍是(－∞，1]。 【答案】　(1)－　(2)(－∞，1] 考點四 不等式能成立問題 【典例4】　(2016福建六校聯(lián)考)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－4x。 (1)是否存在實數(shù)a，使得f(x)在x＝1處取得極值？證明你的結(jié)論； (2)設g(x)＝(a－2)x，若?x

59、0∈，使得f(x0)≤g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍。 【解析】　(1)函數(shù)f(x)定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－4＝。 假設存在實數(shù)a，使f(x)在x＝1處取極值，則f′(1)＝0， ∴a＝2，此時，f′(x)＝，當x>0時，f′(x)≥0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴x＝1不是f(x)的極值點， 故不存在實數(shù)a，使得f(x)在x＝1處取得極值。 (2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥x－2x0， 記F(x)＝x－lnx(x>0)， ∴F′(x)＝(x>0)， ∴當0

60、x>1時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增。 ∴F(x)>F(1)＝1>0， ∴a≥，記G(x)＝，x∈。 ∴G′(x)＝ ＝。 ∵x∈， ∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0， ∴x－2lnx＋2>0， ∴x∈時，G′(x)<0，G(x)單調(diào)遞減： x∈(1，e)時，G′(x)>0，G(x)單調(diào)遞增， ∴G(x)min＝G(1)＝－1， ∴a≥G(x)min＝－1。 故實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)。 【答案】　(1)不存在，理由見解析 (2)[－1，＋∞) 反思歸納　求解含參不等式能成立問題的關鍵是過好雙關：第一關是轉(zhuǎn)化關，即通過分離參數(shù)法，先將不等式轉(zhuǎn)化為

61、?x∈D使得f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))能成立，再轉(zhuǎn)化為f(a)≥g(x)min(或f(a)≤g(x)max)；第二關是求最值關，即求函數(shù)g(x)在區(qū)間D上的最小值(或最大值)。 【變式訓練】　已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3。 (1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)若存在x∈(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.718 28…)使不等式2f(x)≥g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍。 【解析】　(1)由題意知f′(x)＝lnx＋1， 當x∈時，f′(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，f′(x)>0，此時f(x)單調(diào)遞

62、增。 當0時，f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增， 故f(x)min＝f(t)＝tlnt。 所以f(x)min＝ (2)由題意知2xlnx≥－x2＋ax－3，即a≤2lnx＋x＋， 設h(x)＝2lnx＋x＋(x>0)， 則h′(x)＝＋1－＝， 當x∈時，h′(x)<0，此時h(x)單調(diào)遞減； 當x∈(1，e]時，h′(x)>0，此時h(x)單調(diào)遞增。 所以h(x)max＝max， 因為存在x∈，使2f(x)≥g(x)成立， 所以a≤h(x)max， 又h

63、＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋， 故h>h(e)，所以a≤＋3e－2。 【答案】　(1)f(x)min＝ (2) 微考場　新提升 1．若0lnx2－lnx1 B．ex2－ex1x1ex2 D．x2ex1f(x2)，即>， ∴x2ex1>x1ex2。故選C。 答案　C 2．(2017郴州模擬)定義在R上的函數(shù)f(x

64、)滿足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，則不等式exf(x)>ex＋3(其中e為自然數(shù)對數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) 解析　設g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)， 則g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，因為f(x)＋f′(x)>1， 所以f(x)＋f′(x)－1>0，所以g′(x)>0， 所以g(x)＝exf(x)－ex在定義域上單調(diào)遞增， 因為exf(x)>ex＋3，所以g(x)>3， 又因為g(0)＝e0f(0)－e

65、0＝4－1＝3，所以g(x)>g(0)， 所以x>0。故選A。 答案　A 3．若對于任意實數(shù)x≥0，函數(shù)f(x)＝ex＋ax恒大于零，則實數(shù)a的取值范圍是________。 解析　∵當x≥0時，f(x)＝ex＋ax>0恒成立。 ∴若x＝0，a為任意實數(shù)，f(x)＝ex＋ax>0恒成立。 若x>0，f(x)＝ex＋ax>0恒成立， 即當x>0時，a>－恒成立。設Q(x)＝－。 Q′(x)＝－＝。 當x∈(0,1)時，Q′(x)>0，則Q(x)在(0,1)上單調(diào)遞增， 當x∈(1，＋∞)時，Q′(x)<0，則Q(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減。 ∴當x＝1時，Q(x)取得最大值

66、，Q(x)max＝Q(1)＝－e， ∴要使x≥0時，f(x)>0恒成立，a的取值范圍為(－e，＋∞)。 答案　(－e，＋∞) 4．設a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R。 (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1。 解析　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R， 知f′(x)＝ex－2，x∈R。 令f′(x)＝0，得x＝ln2。 于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，ln2) ln2 (ln2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  2－2ln2＋2a  故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)， 單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)， f(x)在x＝ln2處取得極小值， 極小值為2－2ln2＋2a。 (2)證明：設g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R。 由(1)知當a>ln2－1時， g′(x)取最小值為g′(ln2)＝