全国卷高考数学满分教程：导数

2.2极值、*值的参数讨论
2.2.1内容概要
2.2.2范例解析
2.3函数的切线、曲线相切问题
2.3.1内容概要
2.3.2范例解析
第3章应用导数研究函数的性质的题型问题
3.1探究充分性证明必要性问题的题型
3.1.1题型特征与解法逻辑性分析
3.1.2范例解析
3.2对称性迁移到非对称性问题的题型
3.2.1内容概要
3.2.2范例解析
3.3含参量的分类讨论问题的题型
3.3.1分类讨论要提纲挈领，要抓“纲”不抓“目”
3.3.2范例解析
第4章求不等式恒成立、存在性成立的参数范围
4.1恒成立、存在性成立逻辑概貌
4.1.1恰成立、恒成立、存在性成立逻辑剖析
4.1.2范例解析
4.2参数分离变量型
4.2.1内容概要
4.2.2范例解析
4.3不分离变量型
4.3.1内容概貌
4.3.2范例解析
第5章函数零点与方程的根的相关问题
5.1函数的零点定理与介值定理
5.1.1内容概貌
5.1.2范例解析
5.2函数零点方程根与其他问题交汇
5.2.1内容概要
5.2.2范例解析
5.3数学思想方法杂谈
5.3.1内容概貌
5.3.2范例解析
第6章函数子结论在不等式问题中的应用
6.1指数、对数函数的常见结论
6.1.1内容概貌
6.1.2范例解析
6.2构造函数解决不等式或数列问题
6.2.1内容概要
6.2.2范例解析
6.3生活中的优化问题
6.3.1内容概貌
6.3.2范例解析
第7章重要的定理、性质、法则简介与应用
7.1重要的定理、性质、法则简介
7.2范例解析

.　　当x＞0，且x≠1时，f（x）＞lnxx-1+kx，设F（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1）（1-x2）x，“当x＞0，且x≠1时，F（x）＞0”等价于“当0＜x＜1时，h（x）＞0”.
　　（1） （探求充分性）
　　h′（x）=2lnx+2+2（k-1）x＜2（x-1）+2+2（k-1）x=2kx，当0＜x＜1时，当k≤0时，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，1）上递减，且h（1）=0，当0＜x＜1时，h（x）＞h（1）=0，
　　所以“k≤0”是“�衳∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的充分条件； 下面证明必要性：
　　图3��1
　　（2） 若0＜k＜1时，h′（x）=2lnx+2+2（k-1）x，令φ（x）=h′（x），h′（1）=2k，φ′（x）=2（k-1）x+2x=0，得x=11-k∈（1，+∞），画出y=φ′（x）的根轴图（见图3��1），当x∈1，11-k时，φ′（x）＞0，所以φ（x）在1，11-k递增，当x∈1，11-k时，φ（x）＞φ（1）=2k＞0，即当x∈1，11-k时，h′（x）＞0，则h（x）在1，11-k上递增，存在x0∈1，11-k，使得h（x0）＞h（1）=0，即存在1＜1x0＜1-k，使得h1x0=-1x20h（x0）＜0，因此，对�衳∈（0，1）时，h（x）＞0不恒成立；
　　（3） 若k≥1时，当0＜x＜1时，h（x）=2xlnx+（k-1）（x2-1）＜（k-1）（x2-1）＜0，因此，对�衳∈（0，1）时，h（x）＞0不恒成立，由（2）、（3）知，k≤0也是“�衳∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的必要条件，
　　综上所述： k的取值范围是（-∞，0］.
　　评注：
　　题是“盘”活的，去分母，移项变形是解题首先要考虑的问题，题解时需要三思，触类旁通，主动增强命题，研讨解题机理.
　　变式1（全国卷网原创题）设函数f（x）=cosx-1+mx2（m∈R，x∈R）.
　　（1） 当m=12时，讨论f（x）的单调性；
　　（2） 若当x≥0时，f（x）≥0，求m的取值范围.
　　变式2（全国卷网原创题）设函数f（x）=m（x+1）2-ex+1+x+2（m∈R）.
　　（1） 当m=0时，求证： x∈R时，f（x）≤0；
　　（2） 若当x≤-1时，f（x）≥0，求m的取值范围.
　　变式3（全国卷网原创题）函数设g（x）=（x+1）ln（x+1）-x+（a+1）x2+16x3（a∈R），f（x）=ln（x+1）-x+12x2.
　　（1） 求函数f（x）的单调性；
　　（2） 若当x≥0，g(x)≥0，求a的取值范围.
　　例2已知函数f（x）=xmx+1+e-x-1（m∈R）.
　　（1） 当m=0时，讨论f（x）的单调性；
　　（2） 若当x≥0时，f（x）≥0，求m的取值范围.
　　（1） 得到e-x≥-x+1供（2）用，解（略）.
　　（2） 由f（x）=xmx+1+e-x-1，得（mx+1）f（x）=x+（e-x-1）（mx+1），设g（x）=（mx+1）f（x），即g（x）=x+（e-x-1）（mx+1），g′（x）=1-m+e-x（m-mx-1），且g′（0）=0，设h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx+1-2m），考虑到h（x）≥h（0）=0，即g′（x）≥0，则mx+1＞0
　　e-x（mx+1-2m）≥0在［0，+∞）上恒成立，得0≤m≤12.
　　① 当0≤m≤12时，当x≥0时，g′（x）≥0，所以g（x）在［0，+∞）上递增，且g（0）=0，所以任意x≥0，f（x）≥f（0）=0.
　　因此，0≤m≤12是“任意x≥0，f（x）≥0都成立”的充分条件；
　　② 当m＞12时，f（x）与g（x）符号相同，g′（x）=1-m+e-x（m-mx-1），设h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx+1-2m）=0，得x=2-1m＞0，当x∈0，2-1m时，h′（x）＜0，所以h（x）在0，2-1m上递减，因此，当x∈0，2-1m时，h（x）＜h（0）=0，即g′（x）＜0，所以�鰔∈0，2-1m，使得g（x）＜g（0）=0；
　　③ 当m＜0时，�鰔＞-1m，f（x）=xmx+1+e-x-1≤xmx+1＜0.
　　由②③知，0≤m≤12也是“任意x≥0，f（x）≥0都成立”的必要条件，
　　综上所述： m的取值范围是0，12.
　　变式1（2016年全国卷网原创题）设函数f（x）=ln（x+1）+ae-x-a（a∈R）.
　　（1） 当a=1时，证明： f（x）在（0，+∞）上是增函数；
　　（2） 若当x∈［0，+∞）时，f（x）≥0，求a的取值范围.
　　变式2（2014年全国卷21）已知函数f（x）=ex-e-x-2x.
　　（1） 讨论f（x）的单调性；
　　（2） 设g（x）=f（2x）-4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的*大值.
　　变式3设函数f（x）=ln（x-1）+2ax（a∈R）.
　　（1） 求函数f（x）的单调性；
　　（2） 若当x＞1，且x≠2时，ln（x-1）x-2＞ax，求a的取值范围.
　　例3已知函数f（x）=cosxsinx-2.
　　（1） 求f（x）的单调性；
　　（2） 若当x≥-π2时，f（x）≥mx+π2，求m的取值范围.
　　（1） f（x）的定义域为（-∞，+∞），f′（x）=2sinx-1（sinx-2）2，令f′（x）=0，得x=π6+2kπ（k∈Z）或x=5π6+2kπ（k∈Z），当x∈-76π+2kπ，π6+2kπ（k∈Z）时，f′（x）＜0； 当x∈π6+2kπ，5π6+2kπ（k∈Z）时，f′（x）＞0，因此，f（x）的递减区间是-76π+2kπ，π6+2kπ（k∈Z）； 递增区间是π6+2kπ，5π6+2kπ（k∈Z）.
　　（2） 令g（x）=mx+π2-f（x），则g′（x）=m-2sinx-1（sinx-2）2=m+22-sinx-3（2-sinx）2，
　　即g′（x）=-312-sinx-132+m+13.
　　① 若m+13≤0，即m≤-13时，g′（x）≤0，g（x）在-π2，+∞上递减，且g-π2=0，所以当x≥-π2时，g（x）≤g-π2=0，即f（x）≥mx+π2（充分性）；
　　② 若-13＜m＜0时，再令h（x）=cosx+3mx+π2，且x∈-π2，0，则h′（x）=-sinx+3m=0，得sinx=3m∈（-1，0），即�鰔0∈-π2，0，使得sinx0=3m，所以，当x∈-π2，x0时，h′（x）＞0，所以h（x）在-π2，x0上递增，因此，当x∈-π2，x0时，h（x）＞h-π2=0，即cosx＞-3mx+π2，于是
　　f（x）=cosxsinx-2≤cosx-3＜mcosx=msinx+π2≤mx+π2，故对任意x≥-π2，f（x）≥m
　　x+π2不恒成立；
　　③ 若m≥0时，�鰔=0，使得f（0）=-12＜m·0+π2，所以对任意x≥-π2，f（x）≥mx+π2不恒成立.
　　由②③知，必要性得证.
　　综上所述： m的取值范围是-∞，-13.
　　变式1（全国卷网原创题）设函数f（x）=m（x2-2x）-（x-1）ln（x-1）（m∈R）.
　　（1） 当m=1时，求f（x）的单调区间；
　　（2） 若当x≥2，f（x）≥0，求m的取值范围.
　　变式2
　　已知函数f（x）=
　　x+1x，x≠0，
　　0，x=0，
　　则关于x的方程f2（x）+bf（x）+c=0有5个不同的实数解的充要条件是（）.
　　A. b＜-2且c＞0B. b＞-2且c＜0
　　C. b＜-2且c=0D. b≥-2且c=0
　　变式3
　　已知f（x）=1+x1-xe-ax，若对任意x∈（0，1），恒有f（x）＞1，求a的取值范围.
　　例4
　　（湖南省东部六校2016届高三联考）已知函数f（x）=ex，g（x）=mx+n.
　　（1） 设h（x）=f（x）-g（x）.
　　① 若函数h（x）的图像在x=0处的切线过点（1，0）.求m+n的值；
　　② 当n=0时，若函数h（x）在（-1，+∞）上没有零点，求m的取值范围.
　　（2） 设函数r（x）=1f（x）+nxg（x），且n=4m（m＞0），求证： 当x≥0时，r（x）≥1.
　　解
　　（1） ① 由题意，得h′（x）=ex-m，
　　所以函数h（x）的图像在x=0处的切线斜率k=1-m.
　　又h（0）=1-n，所以函数h（x）的图像在x=0处的切线方程为y-（1-n）=（1-m）x，
　　将点（1，0）代入，得m+n=2.
　　② 当n=0时，可得h′（x）=（ex-mx）′=ex-m，因为x＞-1，所以ex＞1e，
　　（i） 当m≤1e时，h′（x）=ex-m＞0，函数h（x）在（-1，+∞）上单调递增，而h（0）=1.
　　所以只需h（-1）=1e+m≥0，解得m≥-1e，从而-1e≤m≤1e；
　　（ii） 当m＞1e时，由h′（x）=ex-m=0，解得x=lnm∈（-1，+∞），
　　当x∈（-1，lnm）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 当x∈（lnm，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增.
　　所以函数h（x）在（-1，+∞）上有*小值h（lnm）=m-mlnm.
　　所以只需m-mlnm＞0，解得m＜e，所以1e＜m＜e.
　　综上所述，-1e≤m＜e.
　　（2） 由题意，r（x）=1f（x）+nxg（x）=1ex+nmxx+nm=1ex+4xx+4.
　　而r（x）=1ex+4xx+4≥1等价于
　　ex（3x-4）+x+4≥0.
　　令F（x）=ex（3x-4）+x+4.
　　则F（0）=0，且F′（x）=ex（3x-1）+1，F′（0）=0.
　　令G（x）=F′（x），则G′（x）=ex（3x+2）.
　　因为x≥0，所以G′（x）＞0，
　　所以导数F′（x）在［0，+∞）上单调递增，于是F′（x）≥
　　F′（0）=0.
　　从而函数F（x）在［0，+∞）上单调递增，即F（x）≥F（0）=0.
　　例5
　　已经函数f（x）=ex-ax-1（a∈R）.
　　（1） 求函数f（x）的单调区间；
　　（2） 若g（x）=ln（ex-1）-lnx，当x∈（0，+∞）时，不等式f（g（x））＜f（x）恒成立，求实数a的取值范围.