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高中数学新教材同步课时精品讲练选择性必修第二册 第5章 章末复习课(含解析)
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这是一份高中数学新教材同步课时精品讲练选择性必修第二册 第5章 章末复习课(含解析)，共8页。
章末复习课
一、导数几何意义的应用
1．导数的几何意义，作为数形结合的桥梁，成为最近几年高考的高频考点，主要考查切线方程及切点，与切线平行垂直问题，常结合函数的切线问题转化为点到直线的距离，平行线间的距离问题，进而研究距离最值，难度中低档．
2．通过求切线方程的有关问题，培养数学运算，数学抽象等核心素养．
例1 设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a>0)，直线l是曲线y＝f(x)的一条切线，当l的斜率最小时，直线l与直线10x＋y＝6平行．
(1)求a的值；
(2)求f(x)在x＝3处的切线方程．
解 (1)f′(x)＝x2＋2ax－9＝(x＋a)2－a2－9，
f′(x)min＝－a2－9，
由题意知－a2－9＝－10，∴a＝1或a＝－1(舍去)．
故a＝1.
(2)由(1)得a＝1，
∴f′(x)＝x2＋2x－9，
则k＝f′(3)＝6，f(3)＝－10.
∴f(x)在x＝3处的切线方程为y＋10＝6(x－3)，
即6x－y－28＝0.
反思感悟 利用导数求切线方程时关键是找到切点，若切点未知需设出．常见的类型有两种：一类是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，易求斜率进而写出直线方程即可得；另一类是求“过某点(x0，y0)的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，若不是切点可先设切点为Q(x1，y1)，由＝f′(x1)和y1＝f(x1)，求出x1，y1的值，转化为第一种类型．
跟踪训练1 已知直线y＝kx＋b与曲线y＝x3＋ax＋1相切于点(2,3)，则b＝________.
答案 －15
解析 设f(x)＝x3＋ax＋1，
由题意知f(2)＝3，则a＝－3.
f(x)＝x3－3x＋1，f′(x)＝3x2－3，
f′(2)＝3×22－3＝9＝k，
又点(2,3)在直线y＝9x＋b上，
∴b＝3－9×2＝－15.
二、函数的单调性、极值、最值问题
1．利用导数研究函数的性质，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，并能解决有关的问题. 是最近几年高考的重点内容，难度中高档．
2．通过求函数的单调性、极值、最值问题，培养逻辑推理、直观想象及数学运算等核心素养．
例2 已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)．
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值．
解 (1)当m＝－2时，f(x)＝ln x＋(x>0)，
则f′(x)＝，
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)，极小值为f(2)＝ln 2＋1，无极大值．
(2)f′(x)＝，
①当m≥－1时，f′(x)≥0，x∈[1，e]，f(x)在[1，e]上单调递增，
f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
解得m＝－4，不满足m≥－1，故舍去．
②当－e
f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，
解得m＝－e3，不满足－e
f(x)min＝f(e)＝1－＝4，
解得m＝－3e，满足m≤－e.
综上m＝－3e.
反思感悟 (1)极值和最值是两个迥然不同的概念，前者是函数的“局部”性质，而后者是函数的“整体”性质．另外，函数有极值未必有最值，反之亦然．
(2)判断函数“极值”是否存在时，务必把握以下原则：
①确定函数f(x)的定义域；
②解方程f′(x)＝0的根；
③检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号：
若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值；
若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值．
跟踪训练2 设函数f(x)＝x3－x2－mx.
(1)若f(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，求m的取值范围；
(2)若x＝－1是函数的极值点，求函数f(x)在[0,5]上的最小值．
解 (1)f′(x)＝x2－2x－m，
由题意可知，f′(x)＝x2－2x－m<0在(0，＋∞)上有解，
所以m>x2－2x，
则m>－1，即m的取值范围为(－1，＋∞)．
(2)因为f′(－1)＝1＋2－m＝0，所以m＝3.
所以f′(x)＝x2－2x－3，
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3.
所以当x∈(0,3)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(3,5)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)在[0,5]上的最小值为f(3)＝9－9－9＝－9.
三、导数在实际问题中的应用
1．以函数为背景的实际问题给高考数学提供了广阔的空间．导数是研究函数性质以及解决实际问题中的最大、最小值的强有力的工具， 多以选择题和填空题的形式出现，难度中低档．
2．通过利用导数解决实际问题，培养数学建模，提升逻辑推理及数学运算等核心素养．
例3 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
解 (1)因为蓄水池侧面的建造成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的建造成本为160πr2元，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元，又200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得r<5，
故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上单调递增；当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上单调递减．由此可知，V(r)在r＝5处取得极大值也为最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
反思感悟 (1)应用导数解决实际问题的关键是认真分析题意，建立函数模型．由于是实际问题，要注意根据问题的实际情况，确定函数的定义域．
(2)根据所建立的函数模型，用导数求最大、最小值．
跟踪训练3 不期而至的新冠肺炎疫情，牵动了亿万国人的心，全国各地纷纷捐赠物资驰援某市．有一批捐赠物资需要通过轮船沿长江运送至该市，已知该运送物资的轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知当速度为10海里/小时时，燃料费是6元/小时，而其他与速度无关的费用是96元/小时，问当轮船的速度是多少时，航行1海里所需的费用总和最小？
解 设速度为v海里/小时的燃料费是p元/小时，
由题设的比例关系得p＝k·v3，其中k为比例系数．
由v＝10，p＝6，得k＝＝0.006，
于是p＝0.006v3.
设船的速度为v海里/小时时航行1海里所需的总费用为y元，
而每小时所需的总费用是(0.006v3＋96)元，航行1海里所需时间为，
所以航行1海里的总费用为
y＝(0.006v3＋96)＝0.006v2＋(v>0)．
所以y′＝0.012v－＝(v3－8 000)．
令y′＝0，解得v＝20.
因为当0
所以当v＝20时，y取得最小值．
故当轮船的速度为20海里/小时时，航行1海里所需费用总和最小．
四、函数方程问题
1．从近几年高考题看，利用导数研究方程的根、函数的零点、证明不等式这些知识点常考到，一般出现在解答题中．其实质就是利用求导数的方法研究函数的性质及图象，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．一般出现在高考题解答题中，难度中高档．
2．通过解决函数方程问题，培养逻辑推理、直观想象及数学运算等核心素养．
例4 设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.
(1)求f(x)的极值点；
(2)若关于x的方程f(x)＝a有3个不同的实根，求实数a的取值范围；
(3)已知当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，求实数k的取值范围．
解 (1)f′(x)＝3(x2－2)，令f′(x)＝0，
得x1＝－，x2＝.
当x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，f′(x)＞0，
当x∈(－，) 时，f′(x)＜0，
因此x1＝－，x2＝分别为f(x)的极大值点、极小值点．
(2)由(1)可知y＝f(x)的图象的大致形状及走向如图所示．
要使直线y＝a与y＝f(x)的图象有3个不同的交点，需5－4＝f()＜a＜f(－)＝5＋4.则方程f(x)＝a有3个不同的实根时，所求实数a的取值范围为(5－4，5＋4)．
(3)方法一 f(x)≥k(x－1)，
即(x－1)(x2＋x－5)≥k(x－1)，
因为x＞1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x2＋x－5，由二次函数的性质得g(x)在(1，＋∞)上是单调递增，所以g(x)＞g(1)＝－3，
所以所求k的取值范围为(－∞，－3]．
方法二 直线y＝k(x－1)过定点(1,0)且f(1)＝0，
曲线f(x)在点(1,0)处的切线斜率f′(1)＝－3，
由(2)中草图知，要使x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，需k≤－3.故实数k的取值范围为(－∞，－3]．
反思感悟 讨论方程根的个数、研究函数图象与x轴或某直线的交点个数、不等式恒成立问题的实质就是函数的单调性与函数极(最)值的应用．问题破解的方法是根据题目的要求，借助导数将函数的单调性与极(最)值列出，然后再借助单调性和极(最)值情况，画出函数图象的草图，数形结合求解．
跟踪训练4 已知函数f(x)＝ex＋，a∈R，试讨论函数f(x)的零点个数．
解 函数f(x)的定义域为{x|x≠a}．
(1)当x＞a时，ex＞0，x－a＞0，∴f(x)＞0，
即f(x)在(a，＋∞)上无零点．
(2)当x＜a时，f(x)＝，
令g(x)＝ex(x－a)＋1，
则g′(x)＝ex(x－a＋1)．
由g′(x)＝0得x＝a－1.
当x＜a－1时，g′(x)＜0；
当x＞a－1时，g′(x)＞0，
∴g(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，a)上单调递增，
∴g(x)min＝g(a－1)＝1－ea－1.
∴当a＝1时，g(a－1)＝0，
则x＝a－1是f(x)的唯一零点；
当a＜1时，g(a－1)＝1－ea－1＞0，
则f(x)没有零点；
当a＞1时，g(a－1)＝1－ea－1＜0，
则f(x)有两个零点．
1．(2019·全国Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
答案 D
解析 因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以解得
2．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
3．(2020·全国Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.
答案 1
解析 ∵f′(x)＝，
∴f′(1)＝＝，
即＝，解得a＝1.
4．(2019·全国Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．
答案 y＝3x
解析 因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，
所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
5．(2019·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
解 (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，
在上单调递减．
(2)满足题设条件的a，b存在．理由如下
①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b＝－1，
最大值为f(1)＝2－a＋b＝1.解得a＝0，b＝－1，
此时a，b满足条件．
②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝b＝1，
最小值为f(1)＝2－a＋b＝－1.解得a＝4，b＝1，
此时a，b满足条件．
③当0
若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0
章末复习课
一、导数几何意义的应用
1．导数的几何意义，作为数形结合的桥梁，成为最近几年高考的高频考点，主要考查切线方程及切点，与切线平行垂直问题，常结合函数的切线问题转化为点到直线的距离，平行线间的距离问题，进而研究距离最值，难度中低档．
2．通过求切线方程的有关问题，培养数学运算，数学抽象等核心素养．
例1 设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a>0)，直线l是曲线y＝f(x)的一条切线，当l的斜率最小时，直线l与直线10x＋y＝6平行．
(1)求a的值；
(2)求f(x)在x＝3处的切线方程．
解 (1)f′(x)＝x2＋2ax－9＝(x＋a)2－a2－9，
f′(x)min＝－a2－9，
由题意知－a2－9＝－10，∴a＝1或a＝－1(舍去)．
故a＝1.
(2)由(1)得a＝1，
∴f′(x)＝x2＋2x－9，
则k＝f′(3)＝6，f(3)＝－10.
∴f(x)在x＝3处的切线方程为y＋10＝6(x－3)，
即6x－y－28＝0.
反思感悟 利用导数求切线方程时关键是找到切点，若切点未知需设出．常见的类型有两种：一类是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，易求斜率进而写出直线方程即可得；另一类是求“过某点(x0，y0)的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，若不是切点可先设切点为Q(x1，y1)，由＝f′(x1)和y1＝f(x1)，求出x1，y1的值，转化为第一种类型．
跟踪训练1 已知直线y＝kx＋b与曲线y＝x3＋ax＋1相切于点(2,3)，则b＝________.
答案 －15
解析 设f(x)＝x3＋ax＋1，
由题意知f(2)＝3，则a＝－3.
f(x)＝x3－3x＋1，f′(x)＝3x2－3，
f′(2)＝3×22－3＝9＝k，
又点(2,3)在直线y＝9x＋b上，
∴b＝3－9×2＝－15.
二、函数的单调性、极值、最值问题
1．利用导数研究函数的性质，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，并能解决有关的问题. 是最近几年高考的重点内容，难度中高档．
2．通过求函数的单调性、极值、最值问题，培养逻辑推理、直观想象及数学运算等核心素养．
例2 已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)．
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值．
解 (1)当m＝－2时，f(x)＝ln x＋(x>0)，
则f′(x)＝，
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)，极小值为f(2)＝ln 2＋1，无极大值．
(2)f′(x)＝，
①当m≥－1时，f′(x)≥0，x∈[1，e]，f(x)在[1，e]上单调递增，
f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
解得m＝－4，不满足m≥－1，故舍去．
②当－e
f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，
解得m＝－e3，不满足－e
f(x)min＝f(e)＝1－＝4，
解得m＝－3e，满足m≤－e.
综上m＝－3e.
反思感悟 (1)极值和最值是两个迥然不同的概念，前者是函数的“局部”性质，而后者是函数的“整体”性质．另外，函数有极值未必有最值，反之亦然．
(2)判断函数“极值”是否存在时，务必把握以下原则：
①确定函数f(x)的定义域；
②解方程f′(x)＝0的根；
③检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号：
若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值；
若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值．
跟踪训练2 设函数f(x)＝x3－x2－mx.
(1)若f(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，求m的取值范围；
(2)若x＝－1是函数的极值点，求函数f(x)在[0,5]上的最小值．
解 (1)f′(x)＝x2－2x－m，
由题意可知，f′(x)＝x2－2x－m<0在(0，＋∞)上有解，
所以m>x2－2x，
则m>－1，即m的取值范围为(－1，＋∞)．
(2)因为f′(－1)＝1＋2－m＝0，所以m＝3.
所以f′(x)＝x2－2x－3，
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3.
所以当x∈(0,3)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(3,5)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
所以函数f(x)在[0,5]上的最小值为f(3)＝9－9－9＝－9.
三、导数在实际问题中的应用
1．以函数为背景的实际问题给高考数学提供了广阔的空间．导数是研究函数性质以及解决实际问题中的最大、最小值的强有力的工具， 多以选择题和填空题的形式出现，难度中低档．
2．通过利用导数解决实际问题，培养数学建模，提升逻辑推理及数学运算等核心素养．
例3 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
解 (1)因为蓄水池侧面的建造成本为100·2πrh＝200πrh(元)，底面的建造成本为160πr2元，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元，又200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．因为r>0，又由h>0可得r<5，
故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上单调递增；当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上单调递减．由此可知，V(r)在r＝5处取得极大值也为最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
反思感悟 (1)应用导数解决实际问题的关键是认真分析题意，建立函数模型．由于是实际问题，要注意根据问题的实际情况，确定函数的定义域．
(2)根据所建立的函数模型，用导数求最大、最小值．
跟踪训练3 不期而至的新冠肺炎疫情，牵动了亿万国人的心，全国各地纷纷捐赠物资驰援某市．有一批捐赠物资需要通过轮船沿长江运送至该市，已知该运送物资的轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知当速度为10海里/小时时，燃料费是6元/小时，而其他与速度无关的费用是96元/小时，问当轮船的速度是多少时，航行1海里所需的费用总和最小？
解 设速度为v海里/小时的燃料费是p元/小时，
由题设的比例关系得p＝k·v3，其中k为比例系数．
由v＝10，p＝6，得k＝＝0.006，
于是p＝0.006v3.
设船的速度为v海里/小时时航行1海里所需的总费用为y元，
而每小时所需的总费用是(0.006v3＋96)元，航行1海里所需时间为，
所以航行1海里的总费用为
y＝(0.006v3＋96)＝0.006v2＋(v>0)．
所以y′＝0.012v－＝(v3－8 000)．
令y′＝0，解得v＝20.
因为当0
所以当v＝20时，y取得最小值．
故当轮船的速度为20海里/小时时，航行1海里所需费用总和最小．
四、函数方程问题
1．从近几年高考题看，利用导数研究方程的根、函数的零点、证明不等式这些知识点常考到，一般出现在解答题中．其实质就是利用求导数的方法研究函数的性质及图象，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．一般出现在高考题解答题中，难度中高档．
2．通过解决函数方程问题，培养逻辑推理、直观想象及数学运算等核心素养．
例4 设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.
(1)求f(x)的极值点；
(2)若关于x的方程f(x)＝a有3个不同的实根，求实数a的取值范围；
(3)已知当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，求实数k的取值范围．
解 (1)f′(x)＝3(x2－2)，令f′(x)＝0，
得x1＝－，x2＝.
当x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，f′(x)＞0，
当x∈(－，) 时，f′(x)＜0，
因此x1＝－，x2＝分别为f(x)的极大值点、极小值点．
(2)由(1)可知y＝f(x)的图象的大致形状及走向如图所示．
要使直线y＝a与y＝f(x)的图象有3个不同的交点，需5－4＝f()＜a＜f(－)＝5＋4.则方程f(x)＝a有3个不同的实根时，所求实数a的取值范围为(5－4，5＋4)．
(3)方法一 f(x)≥k(x－1)，
即(x－1)(x2＋x－5)≥k(x－1)，
因为x＞1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x2＋x－5，由二次函数的性质得g(x)在(1，＋∞)上是单调递增，所以g(x)＞g(1)＝－3，
所以所求k的取值范围为(－∞，－3]．
方法二 直线y＝k(x－1)过定点(1,0)且f(1)＝0，
曲线f(x)在点(1,0)处的切线斜率f′(1)＝－3，
由(2)中草图知，要使x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，需k≤－3.故实数k的取值范围为(－∞，－3]．
反思感悟 讨论方程根的个数、研究函数图象与x轴或某直线的交点个数、不等式恒成立问题的实质就是函数的单调性与函数极(最)值的应用．问题破解的方法是根据题目的要求，借助导数将函数的单调性与极(最)值列出，然后再借助单调性和极(最)值情况，画出函数图象的草图，数形结合求解．
跟踪训练4 已知函数f(x)＝ex＋，a∈R，试讨论函数f(x)的零点个数．
解 函数f(x)的定义域为{x|x≠a}．
(1)当x＞a时，ex＞0，x－a＞0，∴f(x)＞0，
即f(x)在(a，＋∞)上无零点．
(2)当x＜a时，f(x)＝，
令g(x)＝ex(x－a)＋1，
则g′(x)＝ex(x－a＋1)．
由g′(x)＝0得x＝a－1.
当x＜a－1时，g′(x)＜0；
当x＞a－1时，g′(x)＞0，
∴g(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，a)上单调递增，
∴g(x)min＝g(a－1)＝1－ea－1.
∴当a＝1时，g(a－1)＝0，
则x＝a－1是f(x)的唯一零点；
当a＜1时，g(a－1)＝1－ea－1＞0，
则f(x)没有零点；
当a＞1时，g(a－1)＝1－ea－1＜0，
则f(x)有两个零点．
1．(2019·全国Ⅲ)已知曲线y＝aex＋xln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
答案 D
解析 因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，
所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以解得
2．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
答案 B
解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，
f′(x)＝4x3－6x2，
所以切线的斜率为k＝f′(1)＝4×13－6×12＝－2，
切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.
3．(2020·全国Ⅲ)设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝________.
答案 1
解析 ∵f′(x)＝，
∴f′(1)＝＝，
即＝，解得a＝1.
4．(2019·全国Ⅰ)曲线y＝3(x2＋x)ex在点(0,0)处的切线方程为________．
答案 y＝3x
解析 因为y′＝3(2x＋1)ex＋3(x2＋x)ex＝3(x2＋3x＋1)ex，
所以曲线在点(0,0)处的切线的斜率k＝y′|x＝0＝3，所以所求的切线方程为y＝3x.
5．(2019·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
解 (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，
在上单调递减．
(2)满足题设条件的a，b存在．理由如下
①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b＝－1，
最大值为f(1)＝2－a＋b＝1.解得a＝0，b＝－1，
此时a，b满足条件．
②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝b＝1，
最小值为f(1)＝2－a＋b＝－1.解得a＝4，b＝1，
此时a，b满足条件．
③当0
若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0
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