考点06 函数与导数的综合应用（1）【知识框图】【自主热身，归纳提炼】1、(2016南京学情调研）已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________． 【答案】⎝⎛⎭⎫32，4【解析】因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点．解法 1 令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此则需1<x 2<2，即1<－1＋1＋2a <2，即4<1＋2a <9，所以32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4. 解法2 f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图像是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎨⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4. 2、(2016南京三模）设函数f (x )＝⎪⎩⎪⎨⎧<--≥-a x x ax x e x ,1,1，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________. 【答案】⎝⎛⎭⎫－1－1e 2，2 【解析】思路分析 转化为：存在直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )恰有3个公共点． 先不考虑a ，画出y ＝x －1ex 和y ＝－x －1的图像．看着图像问题就迎刃而解了．对于函数y ＝x －1e x ，y ′＝2－xex ，可知y ＝x －1e x 在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减，极大值为1e 2，当x →＋∞时，y →0.如图所示，只有当b ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 2时，直线y ＝b 与曲线y ＝x －1e x 和直线y ＝－x －1共有三个公共点． 因为直线y ＝1e2与直线y ＝－x －1的交点为⎝⎛⎭⎫－1－1e 2，1e 2. 所以当a ∈⎝⎛⎭⎫－1－1e 2，2时，直线y ＝b 与曲线y ＝f (x )才可能有三个公共点．3、 (2017南京三模）在平面直角坐标系xOy 中，直线l 与曲线y ＝x 2(x >0)和y ＝x 3(x >0)均相切，切点分别为A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)，则x 1x 2的值为________．【答案】 43【解析】思路分析 本题考查的是两条曲线的公切线问题．在题目中已经设出两个切点坐标时，基本方法是运用点斜式分别写出切线方程，由两条切线重合建立x 1，x 2的方程组求解．解法1 由题设可知曲线y ＝x 2在A (x 1，y 1)处的切线方程为y ＝2x 1 x －x 21，曲线y ＝x 3在B (x 2，y 2)处的切线方程为y ＝3 x 22 x －2x 32，所以⎩⎨⎧2x 1＝3x 22，x 21＝2x 32，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以 x 1x 2＝43. 解法2 由题设得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝3x 22，x 32－x 21x 2－x 1＝2x 1，解得x 1＝3227，x 2＝89，所以 x 1x 2＝43.4、(2015南通、扬州、淮安、连云港二调）设f (x )＝4x 3＋mx 2＋(m －3)x ＋n (m ，n ∈R )是R 上的单调增函数，则实数m 的值为________． 【答案】6【解析】 因为f ′(x )＝12x 2＋2mx ＋(m －3)，又函数f (x )是R 上的单调增函数，所以12x 2＋2mx ＋(m －3)≥0在R 上恒成立，所以(2m )2－4×12(m －3)≤0，整理得m 2－12m ＋36≤0，即(m －6)2≤0.又因为(m －6)2≥0，所以(m －6)2＝0，所以m ＝6.5、(2015苏州调查）函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图像经过四个象限的充要条件是________．【答案】－65<a <－316【解析】由f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝0得x ＝1或x ＝－2，结合图像可知函数的图像经过四个象限的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧ a <0，f (1)>0，f (－2)<0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，f (1)<0，f (－2)>0，解得－65<a <－316.6、(2016苏北四市期末） 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x ＋cos x ， x ≥0，x (a －x )， x <0.若关于x 的不等式f (x )<π的解集为(－∞，π2)，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (－2π，＋∞)【解析】解法1 当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ，f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增，所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意；当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得x (a －x )<π在x ∈(－∞，0)恒成立，即a >x ＋πx 在x ∈(－∞，0)恒成立，而x ∈(－∞，0)时，x ＋πx ≤－2π当且仅当x ＝πx 即x ＝－π时取等号，所以此时a >－2π.综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)．解法2 当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ，f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增，所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意；当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得f (x )max <π在x ∈(－∞，0)时恒成立，若a 2≤0即a ≤0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝a 24<π，所以－2π<a ≤0；若a 2>0即a >0时，f (x )<f (0)＝0<π成立，综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)．7、(2016南京调研） 已知函数f (x )＝x －1－(e －1)ln x ，其中e 为自然对数的底，则满足f (e x )＜0的x 的取值范围为________．【答案】(0,1)【解析】 思路分析 注意到条件f (e x )<0，让我们想到需要研究函数f (x )的单调性，通过函数的单调性将问题进行转化化简．由f ′(x )＝1－e －1x ＝0得x ＝e －1.当x ∈(0，e －1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(e －1，＋∞)时，函数f (x )单调递增．又f (1)＝f (e)＝0,1<e －1<e ，所以由f (e x )<0得1<e x <e ，解得0<x <1.8、(2016扬州期末） 已知点A (0,1)，曲线C ：y ＝log a x 恒过点B ，若P 是曲线C 上的动点，且AB →·AP →的最小值为2，则实数a ＝________. 【答案】e【解析】思路分析 根据条件，要求AB →·AP →的最小值，首先要将它表示成点P (x ，log a x )的横坐标x 的函数，然后再利用导数的方法来判断函数的单调性，由此来求出函数的最小值．点A (0,1)，B (1,0)，设P (x ，log a x )，则AB →·AP →＝(1，－1)·(x ，log a x －1)＝x －log a x ＋1.依题f (x )＝x －log a x ＋1在(0，＋∞)上有最小值2且f (1)＝2，所以x ＝1是f (x )的极值点，即最小值点．f ′(x )＝1－1x ln a ＝x ln a －1x ln a .若0<a <1，f ′(x )>0，f (x )单调递增，在(0，＋∞)无最小值，所以a >1.设f ′(x )＝0，则x ＝log a e ，当x ∈(0，log a e)时，f ′(x )<0；当x ∈(log a e ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而当且仅当x ＝log a e 时，f (x )取最小值，所以log a e ＝1，a ＝e.【问题探究，变式训练】题型一、利用导数研究函数的单调性知识点拨：利用导数研究函数的单调性主要是通过多函数求导，研究导函数的正负的问题，这里要特别注意若函数在给定区间为增函数（减函数）则对应的)0)((0)(//≤≥x x f f。

由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．例1、(2017南京三模）若函数f (x )＝e x (－x 2＋2x ＋a )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，则实数a 的最大值为 ．【答案】－1＋52【解析】 因为()()()22'2222xx f x exx a x e x a =-++-+=-++，且函数()f x 在区间[a ，a ＋1]上单调递增，所以22a x +≥，在x ∈[a ，a ＋1]上恒成立.即()221a a +≥+a ≤≤，即a 的最大值为－1＋52.【变式1】(2017常州期末） 若函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪e x2－a e x (a ∈R )在区间[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．【答案】 ⎣⎡⎦⎤－e 22，e22 【解析】思路分析 本题所给函数含有绝对值符号，可以转化为g (x )＝e x 2－ae x 的值域和单调性来研究，根据图像的对称性可得g (x )＝e x 2－aex 只有单调递增和单调递减这两种情况．设g (x )＝e x 2－ae x ，因为f (x )＝|g (x )|在区间[1,2]上单调递增，所以g (x )有两种情况：①g (x )≤0且g (x )在区间[1,2]上单调递减．又g ′(x )＝(e x )2＋2a 2·e x ，所以g ′(x )＝(e x )2＋2a2·e x ≤0在区间[1,2]上恒成立，且g (1)≤0.所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ≤－(e x )2，e 2－a e≤0，无解．②g (x )≥0且g (x )在区间[1,2]上单调递增，即g ′(x )＝(e x )2＋2a2·e x ≥0在区间[1,2]上恒成立，且g (1)≥0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ≥－(e x )2，e 2－a e ≥0，解得a ∈⎣⎡⎦⎤－e 22，e 22.综上，实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－e 22，e22.【变式2】(2018无锡期末） 若函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．【答案】 (－∞，－1]∪⎣⎡⎭⎫72，＋∞ 【解析】思路分析 函数f(x)＝(x ＋1)2|x －a|＝|(x ＋1)2(x －a)|＝|x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a|. 令g(x)＝x 3＋(2－a)x 2＋(1－2a)x －a ，则g ′(x)＝3x 2＋(4－2a)x ＋1－2a ＝(x ＋1)(3x ＋1－2a)． 令g′(x)＝0得x 1＝－1，x 2＝2a －13. ①当2a －13<－1，即a<－1时，令g′(x)>0，即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0，解得x<2a －13或x>－1；令g′(x)<0，解得2a －13<x<－1.所以g(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，2a －13，(－1，＋∞)，单调减区间是⎝⎛⎭⎫2a －13，－1.又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫a ，2a －13，(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，a)，⎝⎛⎭⎫2a －13，－1，满足条件，故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)． ,图1)②当2a －13＝－1，即a ＝－1时，f(x)＝|(x ＋1)3|，函数f(x)图像如图2，则f(x)的单调增区间是(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，满足条件，故a ＝－1.,图2)③当2a －13>－1，即a>－1时，令g′(x)>0，即(x ＋1)(3x ＋1－2a)>0，解得x<－1或x>2a －13；令g′(x)<0，解得－1<x<2a －13.所以g(x)的单调增区间是(－∞，－1)，⎝⎛⎭⎫2a －13，＋∞，单调减区间是⎝⎛⎭⎫－1，2a －13. 又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－1，2a －13，(a ，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，⎝⎛⎭⎫2a －13，a ，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤2a －13，即a ≥72，又因为a>－1，故a ≥72(此种情况函数f(x)图像如图3)．综上，实数a 的取值范围是(－∞，－1]∪⎣⎡⎭⎫72，＋∞. ,图3)【变式3】(2016泰州二模） 若函数f (x )＝x 2||x －a 在区间[0,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是________．【答案】(－∞，0]∪[3，＋∞)【解析】思路分析 含绝对值的函数需要去绝对值转化为分段函数，本题已知函数在[0,2]上为增函数，则需先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性，自然地分a ≤0和a >0两个情况进行讨论，得到函数在[0，＋∞)上的单调性，结合函数单调性得到23a ≥2，从而解出a 的取值范围．先讨论函数在[0，＋∞)上的单调性．当a ≤0时，f (x )＝x 3－ax 2，f ′(x )＝3x 2－2ax ≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f (x )在[0，＋∞)上单调递增，则也在[0,2]上单调递增，成立；当a >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－x 3， 0≤x ≤a ，x 3－ax 2， x >a .①当0≤x ≤a 时，f ′(x )＝2ax －3x2，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＝23a ，则f (x )在⎣⎡⎭⎫0，23a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫23a ，a 上单调递减；②当x >a 时，f ′(x )＝3x 2－2ax ＝x (3x －2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，所以当a >0时，f (x )在⎣⎡⎭⎫0，23a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫23a ，a 上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．要使函数在区间[0,2]上单调递增，则必有23a ≥2，解得a ≥3.综上，实数a 的取值范围是(－∞，0]∪[3，＋∞)．【关联1】(2019南京学情调研）已知函数f(x)＝ln x ，g(x)＝x 2. (1) 求过原点(0，0)，且与函数f(x)的图像相切的直线l 的方程；(2) 若a>0，求函数φ(x)＝|g(x)－2a 2f(x)|在区间 规范解答 (1)因为f(x)＝ln x ，所以f ′(x)＝1x (x ＞0)．设直线l 与函数f(x)的图像相切于点(x 0，y 0)， 则直线l 的方程为 y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即 y －ln x 0＝1x 0(x －x 0). (3分)因为直线l 经过点(0，0)，所以0－ln x 0＝1x 0(0－x 0)，即ln x 0＝1，解得x 0＝e .因此直线l 的方程为 y ＝1e x ，即x －e y ＝0. (6分)(2)考察函数H(x)＝g(x)－2a 2f(x)＝x 2－2a 2ln x. H ′(x)＝2x －2a 2x ＝2（x －a ）（x ＋a ）x (x ≥1)．因为a ＞0，故由H′(x)＝0，解得x ＝a.(8分) ①当0＜a ≤1时，H ′(x)≥0在(11分)②当a ＞1时，H(x)在区间上递减，在区间(16分)【关联2】(2018苏北四市一模）已知函数f(x)＝ln x（x ＋a ）2，其中a 为常数．(1) 若a ＝0，求函数f(x)的极值；(2) 若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a 的取值范围； (3) 若a ＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x 0，求证：f(x 0)<－2.思路分析 第一小问，利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤，必须掌握！也是解决后面问题的基础；第二小问，由函数在(0，－a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号，转化为含参数的恒成立问题；第三小问，关键是找到零点的大致范围，还是利用导数求最大值、最小值的方法． 解析：(1) 当a ＝0时，f(x)＝ln xx 2，定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝1－2ln xx3，令f ′(x)＝0，得x ＝e . 当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以当x ＝e 时，f(x)的极大值为12e，无极小值．(2) f ′(x)＝1＋ax－2ln x （x ＋a ）3，由题意f ′(x)≥0对x ∈(0，－a)恒成立．因为x ∈(0，－a)，所以(x ＋a)3<0， 所以1＋ax －2ln x ≤0对x ∈(0，－a)恒成立．所以a ≤2x ln x －x 对x ∈(0，－a)恒成立．令g(x)＝2x ln x －x ，x ∈(0，－a)，则g ′(x)＝2ln x ＋1.①若0<－a ≤e －12，即0>a ≥－e －12，则g ′(x)＝2ln x ＋1<0对x ∈(0，－a)恒成立，所以g(x)＝2x ln x －x 在(0，－a)上单调递减，则a ≤2(－a)ln (－a)－(－a)，所以ln (－a)≥0，所以a ≤－1与a ≥－e －12矛盾，舍去；②若－a>e －12，即a<－e －12，令g ′(x)＝2ln x ＋1＝0，得x ＝e －12，当0<x<e －12时，g ′(x)＝2ln x ＋1<0，所以g(x)＝2x ln x －x 单调递减，当e －12<x<－a 时，g ′(x)＝2ln x ＋1>0，所以g(x)＝2x ln x －x 单调递增，所以当x ＝e －12时，g(x)min ＝g(e －12)＝2e －12·lne －12－e －12＝－2e －12，所以a ≤－2e －12.综上，实数a 的取值范围是(－∞，－2e －12]．(3) 当a ＝－1时，f(x)＝ln x （x －1）2，f ′(x)＝x －1－2x ln xx （x －1）3.令h(x)＝x －1－2x ln x ，x ∈(0，1)，则h ′(x)＝1－2(ln x ＋1)＝－2ln x －1，令h ′(x)＝0，得x ＝e －12.①当e －12≤x<1时，h ′(x)≤0，所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递减，h(x)∈(0，2e －12－1]，x ∈(0，1)，所以f ′(x)＝x －1－2x ln x x （x －1）3<0恒成立，所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减，且f(x)≤f(e －12)．②当0<x ≤e －12时，h ′(x)≥0，所以h(x)＝x －1－2x ln x 单调递增，其中h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－1－2·12·ln 12＝ln4e>0，h(e －2)＝e －2－1－2e －2·lne －2＝5e2－1<0，所以存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫e －2，12，使得h(x 0)＝0，所以f ′(x 0)＝0，当0<x<x 0时，f ′(x)>0，所以f(x)＝ln x（x －1）2单调递增；当x 0<x ≤e －12时，f ′(x)<0，所以f(x)＝ln x （x －1）2单调递减，且f(x)≥f(e －12)， 由①和②可知，f(x)＝ln x（x －1）2在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，所以当x ＝x 0时，f(x)＝ln x（x －1）2取极大值．因为h(x 0)＝x 0－1－2x 0ln x 0＝0，所以ln x 0＝x 0－12x 0，所以f(x 0)＝ln x 0（x 0－1）2＝12x 0（x 0－1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫x 0－122－12. x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －2，12⊆⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－122－12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，所以f(x 0)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－122－12<－2.题型二、利用导数研究函数的极值与最值知识点拨：1、 研究函数的零点的问题，需要解决函数的单调性以及零点的支撑点这两个问题，其难点在于零点的支撑点的确定．一般地，确定零点的支撑点可有以下几种方法：一是以极值点作为支撑点，这是最为容易的一类；二是采用放放缩的方法，将函数转化为基本初等函数来加以解决；三是采用“形式化”的方式，即将函数分为几个部分，来分别找到这几个部分的零点，且它们有相同的变量法则，则取这些零点中的最大的或最小的作为支撑点．本题所采用的是放缩的方法来找支撑点． 2、 最值的求法通常有如下的方法：(1) 函数、导数法：运用函数的性质，或求导数确定函数的最值。