创新方案系列丛书新课标高考总复习·数学利用导数研究函数的单调性、极值和最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题和解答题中都有涉及．主要有以下两种考查形式：
(1)研究具体函数的单调性、极值或最值，常涉及分类讨论思想．
(2)由函数的单调性、极值或最值，求解参数的值或取值范围．
③a>0时，g(0)＝1>0，g(x)的对称轴为x＝，
要使函数f(x)有极小值，则Δ>0即4a2－8a>0.
a<0或a>2，a>2.
此时g(x)＝0有两解x3，x4>0，不妨设x3≤x4，
则x3
x>x4时，g(x)>0，f′(x)>0，此时f(x)有极小值f(x4)．
综上所述，a的取值范围为(2，＋∞)．
此类试题一般以含参数的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式及三角式结构的函数零点或方程根的形式出现，是近几年高考命题热点，一般有两种考查形式：
(1)确定函数零点、图象交点及方程根的个数问题．
(2)应用函数零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或取值范围问题．
角度二：等价转化法破解双参数存在性问题
[典题4](1)设f(x)＝＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.
如果存在x1，x2[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
如果对于任意的s，t，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
[听前试做](1)f′(x)＝lnx＋a(x>0)．
由f′(x)＝0得x＝e－a.当x∈(0，e－a)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
当x∈(e－a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
①当e－a<，即a>1时，f(x)在上为增函数，f(x)min＝f＝；
②当≤e－a≤e，即－1≤a≤1时，f(x)在上为减函数．在[e－a，e]上为增函数，f(x)min＝f(e－a)＝－e－a；
[听前试做](1)对f(x)求导，得f′(x)＝(x＋1)ex＋2ax－1.
当a＝－时，f′(x)＝(x＋1)ex－(x＋1)＝(x＋1)·(ex－1)，
当x>0或x<－1时，f′(x)>0；当－1
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1]，[0，＋∞)，单调递减区间为[－1,0]．
设g(x)＝f′(x)－f(x)－(4a＋1)x＝ex－ax2－2ax－1，
则g′(x)＝ex－2ax－2a，令u(x)＝ex－2ax－2a，x≥0，
则u′(x)＝ex－2a.当x≥0时，ex≥1.
[听前试做](1)f′(x)＝＋2a(x－1)(x>0)，
f′(1)＝1，又f(1)＝0，
f(x)在点P(1,0)处的切线方程为y＝x－1.
(2)f′(x)＝(x>0)，令g(x)＝2ax2－2ax＋1(x>0)，
a＝0时，f′(x)＝0无解，f(x)无极小值；
a<0时，g(0)＝1>0，所以g(x)＝0有两解x1，x2，且x1<00，f′(x)>0，x>x2时，g(x)<0，f′(x)<0，此时f(x)无极小值．
[听前试做](1)存在x1，x2[0,2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3x.由g′(x)<0，解得00，解得x<0或x>.
又x[0,2]，所以g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，g(x)max＝g(2)＝1，g(x)min＝g＝－.
所以[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝1＋＝≥M，
则满足条件的最大整数M＝4.
对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．
②对于任意的s，t，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间上，函数f(x)min≥g(x)max.
由可知在区间上，g(x)的最大值为g(2)＝1.
在区间上，f(x)＝＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立．
设h(x)＝x－x2lnx，x，则h′(x)＝1－2x·lnx－x，易知h′(x)在区间上是减函数，
已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)lnx，
(1)若a＝2，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调区间．
求解不等式恒成立时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解．
双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法．
本例(1)第问是“存在性”问题，转化方法是：如果存在x1，x2[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，则可转化为M≤[g(x1)－g(x2)]max，即求解使不等式M≤g(x)max－g(x)min成立时的M的最大取值；第问是“恒成立”问题，转化方法是：如果对于任意的x1，x2，都有f(x1)≥g(x2)成立，则可转化为在区间上，f(x)min≥g(x)max，求解得到实数a的取值范围．
函数性质综合问题的难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论．
(1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点的位置进行讨论．
(2)极值讨论策略：极值的讨论以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2－2x＋lnx，
f′(x)＝x－2＋，f(1)＝－2＝－，f′(1)＝0，
函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－.
(2)由题知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－a＋＝＝，
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝a－1，
①当a＝2时，f′(x)≥0恒成立，则函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
当a－1>1，即a>2时，在区间(0,1)和(a－1，＋∞)上，f′(x)>0；在区间(1，a－1)上，f′(x)<0，
故函数f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a－1，＋∞)，单调增减区间是(1，a－1)．
③当00；在区间(a－1,1)上，f′(x)<0，故函数f(x)的单调递增区间是(0，a－1)和(1，＋∞)，单调递减区间是(a－1,1)．
当a－1≤0，即a≤1时，在区间(0,1)上，f′(x)<0，在区间(1，＋∞)上，f′(x)>0，故函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．
③当e－a>e，即a<－1时，f(x)在上为减函数，f(x)min＝f(e)＝ea.
综上所述，f(x)min＝
(2)由题知x>0，方程f(x)＝2x3－3x2在上有两个不相等的实数根，即方程2x2－3x－lnx－(a－1)＝0在上有两个不相等的实数根．
令g(x)＝2x2－3x－lnx－(a－1)，则g′(x)＝4x－3－＝＝(x>0)，令g′(x)＝0，得x1＝－(舍去)，x2＝1，因此g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，因此，若方程2x2－3x－lnx－(a－1)＝0在上有两个不相等的实数根，只需方程2x2－3x－lnx－(a－1)＝0在和(1,2]上各有一个实根即可，于是解得0
1°.当2a≤1，即a≤时，u′(x)≥0，
所以g′(x)＝ex－2ax－2a在[0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)≥g′(0)＝1－2a≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立．
2°.当2a>1，即a>时，令u′(x)＝0，则x＝ln2a.
当x[0，ln2a)时，u′(x)<0，则g′(x)＝ex－2ax－2a在[0，ln2a)上单调递减，所以g′(x)≤g′(0)＝1－2a<0，则g(x)在[0，ln2a)上单调递减，此时g(x)≤g(0)＝0，这与g(x)≥0恒成立矛盾．
综上可得，实数a的取值范围是.
(2)①由题意知，F(x)＝ex＋sinx－ax，F′(x)＝ex＋cosx－a，
因为x＝0是F(x)的极值点，所以F′(0)＝e0＋cos0－a＝0，解得a＝2.
当a＝时，由f(x1)＝g(x2)得，x2＝3(ex1＋sinx1)，
所以x2－x1＝3，
故求x2－x1的最小值即求当a＝时，3F(x)在[0，＋∞)上的最小值．
设φ(x)＝ex＋cosx－a，x[0，＋∞)，则φ′(x)＝ex－sinx>0，所以F′(x)＝ex＋cosx－a在[0，＋∞)上单调递增，
从而F′(x)≥F′(0)＝1＋1－a＝2－>0，所以F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
于是3F(x)min＝3F(0)＝3，即x2－x1的最小值为3.
③设h(x)＝F(x)－F(－x)＝ex－＋2sinx－2ax，x[0，＋∞)，
则h′(x)＝ex＋＋2cosx－2a，
令t(x)＝h′(x)，则t′(x)＝ex－－2sinx，
令s(x)＝t′(x)，则s′(x)＝ex＋－2cosx≥2－2＝0，当且仅当x＝0时等号成立，所以t′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以t′(x)≥t′(0)＝0，从而h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h′(x)≥h′(0)＝4－2a，
(2)已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1)．
求函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
求函数f(x)的单调递增区间；
若存在x1，x2[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围．
又h′(1)＝0，所以当10.
所以函数h(x)＝x－x2lnx在区间上单调递增，在区间[1,2]上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，
所以实数a的取值范围是[1，＋∞)．
[典题1](2016·成都模拟)已知关于x的函数f(x)＝lnx＋a(x－1)2(aR)．
(1)求函数f(x)在点P(1,0)处的切线方程；
(2)若函数f(x)有极小值，试求a的取值范围；
(3)若在区间[1，＋∞)上，函数f(x)不出现在直线y＝x－1的上方，试求a的最大值．
(3)由题意，f(x)≤x－1，x≥1，
即lnx＋a(x－1)2≤x－1，x≥1.
下证：lnx≤x－1，x>0，
记h(x)＝lnx－(x－1)＝lnx－x＋1，x>0，
则h′(x)＝－1＝，x>0，
00，
x>1时，h′(x)<0，h(x)≤h(1)＝0，
即lnx≤x－1，x>0.
①a≤0时，f(x)≤lnx≤x－1；
a>0时，取x>1＋，
则f(x)＝lnx＋a(x－1)(x－1)>ln＋a(x－1)>ln1＋x－1＝x－1，与题意矛盾．故a的最大值为0.
(3)最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的，在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值．
[典题2]已知函数f(x)＝xlnx＋(a－1)x(aR)．
(1)求函数f(x)在区间上的最小值；
(2)若关于x的方程f(x)＝2x3－3x2在区间上有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
(2016·济南模拟)已知函数f(x)＝ex＋ax－a(aR且a≠0)．
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋a，f′(0)＝e0＋a＝0，a＝－1，f′(x)＝ex－1.
在区间(－∞，0)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(0，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
在x＝0处，f(x)取得极小值，a＝－1.
易知f(x)在区间[－2,0]上单调递减，在区间(0,1]上单调递增，且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)．
故f(x)在区间[－2,1]上的最大值为＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0.
当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，且当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0.当x<0时，取x＝－，则f<1＋a－－1＝－a<0，
当a>0时，函数f(x)存在零点，不满足题意．
当a<0时，令f′(x)＝ex＋a＝0，解得x＝ln(－a)．
在区间(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x＝ln(－a)时，f(x)取得最小值．函数f(x)不存在零点等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋a·ln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2
综上所述，实数a的取值范围是(－e2,0)．
利用导数解决不等式问题是近几年高考热点，常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小比较问题．
(1)不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以e为底的指数式或对数式、三角式及绝对值结构的不等式在某个区间A上恒成立(存在性)，求参数取值范围．
(2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立．
(3)大小比较问题，一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以e为底的指数式或对数式、三角式结构，可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题．
角度一：不等式的恒成立问题
[典题3](1)已知f(x)＝xex＋ax2－x，aR.
①当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；
若对x≥0时，恒有f′(x)－f(x)≥(4a＋1)x成立，求实数a的取值范围．
(2)已知函数f(x)＝ex＋sinx，g(x)＝ax，F(x)＝f(x)－g(x)．
若x＝0是F(x)的极值点，求实数a的值；
当a＝时，若存在x1，x2[0，＋∞)使得f(x1)＝g(x2)，求x2－x1的最小值；
若当x[0，＋∞)时，F(x)≥F(－x)恒成立，求实数a的取值范围．
1°.当a≤2时，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，即h(x)≥h(0)＝0，即当a≤2时，F(x)－F(－x)≥0对x[0，＋∞)恒成立；
2°.当a>2时，h′(x)<0，又h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以总存在x0(0，＋∞)使得在区间[0，x0)上h′(x)<0，从而h(x)在[0，x0)上单调递减，而h(0)＝0，所以当x(0，x0)时，h(x)<0，即F(x)－F(－x)≥0对x[0，＋∞)不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，2]．
(2)①对f(x)求导，得f′(x)＝axlna＋2x－lna，可得f′(0)＝0.
因为f(0)＝1，所以函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
由知，f′(x)＝axlna＋2x－lna＝2x＋(ax－1)·lna.
因为当a>0，a≠1时，总有f′(x)在R上是增函数，
又f′(0)＝0，所以不等式f′(x)>0的解集为(0，＋∞)，
故函数f(x)的单调递增区间为[0，＋∞)．
因为存在x1，x2[－1,1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1成立，
而当x[－1,1]时，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min，
所以只需f(x)max－f(x)min≥e－1即可．
对于x[－1,1]，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：所以f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}．
因为f(1)－f(－1)＝(a＋1－lna)－＝a－－2lna，
令g(a)＝a－－2lna(a>0)，因为g′(a)＝1＋－＝2≥0，
所以g(a)＝a－－2lna在a(0，＋∞)上是增函数，而g(1)＝0，
故当a>1时，g(a)>0，即f(1)>f(－1)；
当0
所以当a>1时，f(1)－f(0)≥e－1，
即a－lna≥e－1，
函数y＝a－lna在a(1，＋∞)上是增函数，解得a≥e；
当0
函数y＝＋lna在a(0,1)上是减函数，解得0
综上可知，所求实数a的取值范围为[e，＋∞)．
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