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2019届二轮复习第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题学案（全国通用）
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第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为( )
A.y＝－2x B.y＝－x
C.y＝2x D.y＝x
解析 因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，可得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.
答案 D
2.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2
答案 A
3.(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________.
解析 由题意得f′(x)＝exln x＋ex·，则f′(1)＝e.
答案 e
4.(2018·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，
在上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又∵x2>x1>0，所以x2>1.
又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝a＝－a.
设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以＋2ln x2－x2<0，故t>0.
考 点 整 合
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
(2)利用导数研究函数单调性的方法.
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，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来求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.
热点一 导数与定积分的几何意义
【例1】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
(2)(2018·邯郸调研)展开式的中间项系数为20，如图阴影部分是由曲线y＝x2和圆x2＋y2＝a及x轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积S＝________.
解析 (1)令x>0，则－x<0，f(－x)＝ln x－3x，
又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，则f′(x)＝－3(x>0).
∴f′(1)＝－2，
∴在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，
即2x＋y＋1＝0.
(2)因为展开式的中间项系数为20，中间项为第四项，系数为C＝20，解得a＝2，
所以曲线y＝x2和圆x2＋y2＝2在第一象限的交点为(1，1)，所以阴影部分的面积为－(x－x2)dx＝－＝－.
答案 (1)2x＋y＋1＝0 (2)－
探究提高 1.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.
2.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点
(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值.
(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量.在以y为积分变量时，应注意将曲线方程变为x＝φ(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值.
【训练1】 (1)(2018·武汉调研)设曲线y＝在点处的切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，则a＝________.
(2)(2018·成都质检)在平面直角坐标系内任取一个点P(x，y)满足则点P落在曲线y＝与直线x＝2，y＝2围成的阴影区域(如图所示)内的概率为________.
解析 (1)y′＝
＝，则曲线y＝在点处的切线的斜率为k1＝1.因为直线x＋ay＋1＝0的斜率k2＝－，
又该切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，
所以k1k2＝－1，解得a＝1.
(2)由解得
所以阴影部分的面积为dx＝(2x－ln x)＝(2×2－ln 2)－＝3－2ln 2，因此所求概率为＝.
答案 (1)1 (2)
热点二 利用导数研究函数的单调性
考法1 确定函数的单调性(区间)
【例2－1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln .
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，
在区间上单调递增.
综上所述，当a＝0时，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递减；
在上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f ＝a2，
故当且仅当a2≥0，
即0>a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，0].
考法2 根据函数的单调性求参数的取值范围
【例2－2】 (2018·广州质检)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间.
(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围.
解 (1)f(x)＝2x＋＋ln x，定义域(0，＋∞).
∴f′(x)＝2－＋＝.
因为x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点，
所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
所以f′(x)＝2－＋＝，
令f′(x)<0，得0
(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x>0)，
g′(x)＝2＋＋(x>0).
因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2＋＋≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].
因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.
所以a的取值范围是[－3，＋∞).
探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.
【训练2】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，
因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－，).
(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，
所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.
因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.
因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立.
令g(x)＝(x＋1)－，则g′(x)＝1＋＞0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增.
所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝.
所以a的取值范围是.
热点三 利用导数研究函数的极值和最值
考法1 求函数的极值、最值
【例3－1】 (2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
探究提高 1.本题利用导数的几何意义曲线在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a值，切记，需检验切线是否与x轴重合.
2.(1)可导函数在极值点处的导数一定为零，但导数为零的点不一定是极值点，是极值点时也要注意是极大值点还是极小值点.
(2)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.
【训练3】 已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解 (1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.
考法2 与函数极值点个数有关问题
【例3－2】 (2018·潍坊三模)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数；
(2)若对x>0，不等式f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝＋x＋a＝(x>0).
令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，其中Δ＝a2－4.
①当a2－4≤0时，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0恒成立.
∴f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上递增，函数无极值点.
②当a2－4>0时，由x2＋ax＋1＝0，
得x1＝，x2＝(x1
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值点.
若a<－2，则0
当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，
故x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点.
综上：当a<－2时，f(x)有两个极值点，
当a≥－2时，f(x)无极值点.
(2)f(x)≤g(x)等价于ln x＋x2＋ax≤ex＋x2，
则ex－ln x＋x2≥ax，因此a≤，
设h(x)＝(x>0).
h′(x)＝
＝.
当x∈(0，1)时，ex(x－1)＋ln x＋x2－1<0，
即h′(x)<0，h(x)单调递减；
x∈(1，＋∞)时，ex(x－1)＋ln x＋x2－1>0，
即h′(x)>0，h(x)单调递增.
因此x＝1为h(x)的极小值点，即h(x)≥h(1)＝e＋1，故a≤e＋1.
探究提高 1.求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右附近函数值的符号.
2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解.
【训练4】 已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.
当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0时，由f′(x)<0，得00，得x>，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x＝处有极小值.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.
因此f(x)≥bx－21＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
故实数b的最大值是1－.
1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.
2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.
3.可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；
(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；
(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.
4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.
5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.
一、选择题
1.曲线y＝ex＋2x在点(0，1)处的切线方程为( )
A.y＝x＋1 B.y＝x－1
C.y＝3x＋1 D.y＝－x＋1
解析 求导函数y′＝ex＋2，当x＝0时，y′＝e0＋2＝3，所以曲线y＝ex＋2x在点(0，1)处的切线方程为y＝3x＋1.
答案 C
2.(2018·安徽江淮十校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A.(1，2] B.[4，＋∞)
C.(－∞，2] D.(0，3]
解析 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－.
因为函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以f′(x)≤0在[a－1，a＋1]上恒成立，即0
3.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.无数
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
答案 A
4.函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.
答案 D
5.(2018·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数.已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为( )
A.2折函数 B.3折函数
C.4折函数 D.5折函数
解析 f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.又e－2≠3(－2)＋2＝－4.
∴函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.
答案 C
二、填空题
6.(2018·全国Ⅱ卷)曲线y＝2ln(x＋1)在点O(0，0)处的切线方程为________________.
解析 由题意得y′＝.在点O处切线斜率k＝y′|x＝0＝2.∴曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
答案 y＝2x
7.(2018·郴州三模)已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为________.
解析 当x>0时，f(x)＝－1，f′(x)＝，
∴当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
∴x＝1时，f(x)取到极小值e－1，即f(x)的最小值e－1.
又f(x)为奇函数，且x<0时，f(x)＝h(x)，
∴h(x)的最大值为－(e－1)＝1－e.
答案 1－e
8.对于函数y＝f(x)，若其定义域内存在两个不同实数x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1，2)成立，则称函数f(x)具有性质P.若函数f(x)＝具有性质P，则实数a的取值范围为________.
解析 依题意，xf(x)＝1，即＝1在R上有两个不相等实根，
∴a＝xex在R上有两个不同的实根，令φ(x)＝xex，
则φ′(x)＝ex(x＋1)，
当x<－1时，φ′(x)<0，φ(x)在(－∞，－1)上是减函数；
当x>－1时，φ′(x)>0，φ(x)在(－1，＋∞)上是增函数.
因此φ(x)极小值为φ(－1)＝－.在同一坐标系中作y＝φ(x)与y＝a的图象，
又当x<0时，φ(x)＝xex<0.
由图象知，当－
答案
三、解答题
9.(2018·天津卷选编)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值.
解 (1)由已知，得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，
故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，
又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
10.已知f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，求正数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞).
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)为增函数，无极值.
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)为减函数；
x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，
f(x)在(0，＋∞)有极小值，无极大值，
f(x)的极小值f(a)＝ln a＋1.
(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，即对任意x>0，均有2ln a≤＋ln x恒成立，
由(1)可知f(x)的最小值为ln a＋1，问题转化为2ln a≤ln a＋1，即ln a≤1，故0
11.(2018·济南质检)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2，其中参数a≤.
(1)讨论f(x)单调性；
(2)当a＝－1时，函数g(x)＝f(x)－xex＋x的最大值为m，求不超过m的最大整数.
解 (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a).
①当a≤0时，ex－2a>0.
∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
②当0
x∈(ln 2a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
③当a＝时，x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0时，f(x)单调递增.
(2)由题意知g(x)＝－ex＋x2＋x.
g′(x)＝－ex＋2x＋1，令φ(x)＝g′(x)，
则φ′(x)＝－ex＋2.
当x∈(0，ln 2)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；
x∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
φ(0)＝0，φ(1)＝3－e>0，φ＝4－e＝－<0，所以，存在唯一的x0∈，使φ(x0)＝0，
即ex0＝2x0＋1.
所以，当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，g(x)单调递增；
x∈(x0，＋∞)时，φ(x)<0，g(x)单调递减；
∴m＝g(x0)＝－ex0＋x＋x0＝－(2x0＋1)＋x＋x0
＝x－x0－1＝－.
又x0∈，所以m∈.
所以，不超过m的最大整数为－1.
高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
真 题 感 悟
1.(2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为( )
A.y＝－2x B.y＝－x
C.y＝2x D.y＝x
解析 因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，可得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.
答案 D
2.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2
答案 A
3.(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________.
解析 由题意得f′(x)＝exln x＋ex·，则f′(1)＝e.
答案 e
4.(2018·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，
在上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又∵x2>x1>0，所以x2>1.
又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝a＝－a.
设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以＋2ln x2－x2<0，故t>0.
考 点 整 合
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
3.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数.
(2)利用导数研究函数单调性的方法.
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，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来求解.
4.利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.
热点一 导数与定积分的几何意义
【例1】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
(2)(2018·邯郸调研)展开式的中间项系数为20，如图阴影部分是由曲线y＝x2和圆x2＋y2＝a及x轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积S＝________.
解析 (1)令x>0，则－x<0，f(－x)＝ln x－3x，
又f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，则f′(x)＝－3(x>0).
∴f′(1)＝－2，
∴在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，
即2x＋y＋1＝0.
(2)因为展开式的中间项系数为20，中间项为第四项，系数为C＝20，解得a＝2，
所以曲线y＝x2和圆x2＋y2＝2在第一象限的交点为(1，1)，所以阴影部分的面积为－(x－x2)dx＝－＝－.
答案 (1)2x＋y＋1＝0 (2)－
探究提高 1.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.
2.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点
(1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值.
(2)根据图形的特征，选择合适的积分变量.在以y为积分变量时，应注意将曲线方程变为x＝φ(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应y的取值.
【训练1】 (1)(2018·武汉调研)设曲线y＝在点处的切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，则a＝________.
(2)(2018·成都质检)在平面直角坐标系内任取一个点P(x，y)满足则点P落在曲线y＝与直线x＝2，y＝2围成的阴影区域(如图所示)内的概率为________.
解析 (1)y′＝
＝，则曲线y＝在点处的切线的斜率为k1＝1.因为直线x＋ay＋1＝0的斜率k2＝－，
又该切线与直线x＋ay＋1＝0垂直，
所以k1k2＝－1，解得a＝1.
(2)由解得
所以阴影部分的面积为dx＝(2x－ln x)＝(2×2－ln 2)－＝3－2ln 2，因此所求概率为＝.
答案 (1)1 (2)
热点二 利用导数研究函数的单调性
考法1 确定函数的单调性(区间)
【例2－1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝ln .
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，
在区间上单调递增.
综上所述，当a＝0时，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递减；
在上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若a<0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f ＝a2，
故当且仅当a2≥0，
即0>a≥－2e时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是[－2e，0].
考法2 根据函数的单调性求参数的取值范围
【例2－2】 (2018·广州质检)已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间.
(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围.
解 (1)f(x)＝2x＋＋ln x，定义域(0，＋∞).
∴f′(x)＝2－＋＝.
因为x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一个极值点，
所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
所以f′(x)＝2－＋＝，
令f′(x)<0，得0
(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x>0)，
g′(x)＝2＋＋(x>0).
因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2＋＋≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].
因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.
所以a的取值范围是[－3，＋∞).
探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.
【训练2】 已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围.
解 (1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，
因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－，).
(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，
所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.
因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.
因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，
则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立.
令g(x)＝(x＋1)－，则g′(x)＝1＋＞0.
所以g(x)＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增.
所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝.
所以a的取值范围是.
热点三 利用导数研究函数的极值和最值
考法1 求函数的极值、最值
【例3－1】 (2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
探究提高 1.本题利用导数的几何意义曲线在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a值，切记，需检验切线是否与x轴重合.
2.(1)可导函数在极值点处的导数一定为零，但导数为零的点不一定是极值点，是极值点时也要注意是极大值点还是极小值点.
(2)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.
【训练3】 已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解 (1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.
考法2 与函数极值点个数有关问题
【例3－2】 (2018·潍坊三模)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数；
(2)若对x>0，不等式f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝＋x＋a＝(x>0).
令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，其中Δ＝a2－4.
①当a2－4≤0时，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0恒成立.
∴f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上递增，函数无极值点.
②当a2－4>0时，由x2＋ax＋1＝0，
得x1＝，x2＝(x1
∴f(x)在(0，＋∞)上无极值点.
若a<－2，则0
当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，
故x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点.
综上：当a<－2时，f(x)有两个极值点，
当a≥－2时，f(x)无极值点.
(2)f(x)≤g(x)等价于ln x＋x2＋ax≤ex＋x2，
则ex－ln x＋x2≥ax，因此a≤，
设h(x)＝(x>0).
h′(x)＝
＝.
当x∈(0，1)时，ex(x－1)＋ln x＋x2－1<0，
即h′(x)<0，h(x)单调递减；
x∈(1，＋∞)时，ex(x－1)＋ln x＋x2－1>0，
即h′(x)>0，h(x)单调递增.
因此x＝1为h(x)的极小值点，即h(x)≥h(1)＝e＋1，故a≤e＋1.
探究提高 1.求函数f(x)的极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右附近函数值的符号.
2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解.
【训练4】 已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.
当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.
当a>0时，由f′(x)<0，得0
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)在x＝处有极小值.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.
因此f(x)≥bx－21＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e2，
则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.
故实数b的最大值是1－.
1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.
2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.
3.可导函数极值的理解
(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；
(2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件；
(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.
4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.
5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.
一、选择题
1.曲线y＝ex＋2x在点(0，1)处的切线方程为( )
A.y＝x＋1 B.y＝x－1
C.y＝3x＋1 D.y＝－x＋1
解析 求导函数y′＝ex＋2，当x＝0时，y′＝e0＋2＝3，所以曲线y＝ex＋2x在点(0，1)处的切线方程为y＝3x＋1.
答案 C
2.(2018·安徽江淮十校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A.(1，2] B.[4，＋∞)
C.(－∞，2] D.(0，3]
解析 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x－.
因为函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以f′(x)≤0在[a－1，a＋1]上恒成立，即0
3.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.无数
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
答案 A
4.函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.
答案 D
5.(2018·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数.已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为( )
A.2折函数 B.3折函数
C.4折函数 D.5折函数
解析 f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.又e－2≠3(－2)＋2＝－4.
∴函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.
答案 C
二、填空题
6.(2018·全国Ⅱ卷)曲线y＝2ln(x＋1)在点O(0，0)处的切线方程为________________.
解析 由题意得y′＝.在点O处切线斜率k＝y′|x＝0＝2.∴曲线y＝2ln(x＋1)在点(0，0)处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
答案 y＝2x
7.(2018·郴州三模)已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为________.
解析 当x>0时，f(x)＝－1，f′(x)＝，
∴当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
∴x＝1时，f(x)取到极小值e－1，即f(x)的最小值e－1.
又f(x)为奇函数，且x<0时，f(x)＝h(x)，
∴h(x)的最大值为－(e－1)＝1－e.
答案 1－e
8.对于函数y＝f(x)，若其定义域内存在两个不同实数x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1，2)成立，则称函数f(x)具有性质P.若函数f(x)＝具有性质P，则实数a的取值范围为________.
解析 依题意，xf(x)＝1，即＝1在R上有两个不相等实根，
∴a＝xex在R上有两个不同的实根，令φ(x)＝xex，
则φ′(x)＝ex(x＋1)，
当x<－1时，φ′(x)<0，φ(x)在(－∞，－1)上是减函数；
当x>－1时，φ′(x)>0，φ(x)在(－1，＋∞)上是增函数.
因此φ(x)极小值为φ(－1)＝－.在同一坐标系中作y＝φ(x)与y＝a的图象，
又当x<0时，φ(x)＝xex<0.
由图象知，当－
答案
三、解答题
9.(2018·天津卷选编)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值.
解 (1)由已知，得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，
故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，
又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以函数f(x)的极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6；函数f(x)的极小值为f(t2＋)＝()3－9×＝－6.
10.已知f(x)＝ln x＋.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，求正数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞).
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)为增函数，无极值.
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)为减函数；
x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数，
f(x)在(0，＋∞)有极小值，无极大值，
f(x)的极小值f(a)＝ln a＋1.
(2)若对任意x>0，均有x(2ln a－ln x)≤a恒成立，即对任意x>0，均有2ln a≤＋ln x恒成立，
由(1)可知f(x)的最小值为ln a＋1，问题转化为2ln a≤ln a＋1，即ln a≤1，故0
11.(2018·济南质检)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2，其中参数a≤.
(1)讨论f(x)单调性；
(2)当a＝－1时，函数g(x)＝f(x)－xex＋x的最大值为m，求不超过m的最大整数.
解 (1)f′(x)＝xex－2ax＝x(ex－2a).
①当a≤0时，ex－2a>0.
∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
②当0
x∈(ln 2a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
③当a＝时，x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0时，f(x)单调递增.
(2)由题意知g(x)＝－ex＋x2＋x.
g′(x)＝－ex＋2x＋1，令φ(x)＝g′(x)，
则φ′(x)＝－ex＋2.
当x∈(0，ln 2)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；
x∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；
φ(0)＝0，φ(1)＝3－e>0，φ＝4－e＝－<0，所以，存在唯一的x0∈，使φ(x0)＝0，
即ex0＝2x0＋1.
所以，当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，g(x)单调递增；
x∈(x0，＋∞)时，φ(x)<0，g(x)单调递减；
∴m＝g(x0)＝－ex0＋x＋x0＝－(2x0＋1)＋x＋x0
＝x－x0－1＝－.
又x0∈，所以m∈.
所以，不超过m的最大整数为－1.
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