（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用课件.pptx

3.2 导数的应用,高考理数 (课标专用),考点一 函数的单调性 1.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明: a-2.,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=- -1+ =- . (i)若a2,则f (x)0,当且仅当a=2,x=1时, f (x)=0,所以f(x)在(0,+)单调递减. (ii)若a2,令f (x)=0,得x= 或x= . 当x 时, f (x)0. 所以f(x)在 , 单调递减,在 单调递增. (2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a2. 由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1,不妨设x11, 由于 =- -1+a =-2+a =-2+a ,所以 g(x),x(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F(x)0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同 时若F(a)0,由增函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x).,2.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.,解析 本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能 力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力. (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (i)若a0,则f (x)0,则由f (x)=0得x=-ln a. 当x(-,-ln a)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a, +)单调递增. (2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1- +ln a. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; 当a(1,+)时,由于1- +ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)没有零点; 当a(0,1)时,1- +ln a-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.,设正整数n0满足n0ln ,则f(n0)= (a +a-2)-n0 -n0 -n00. 由于ln -ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1). 思路分析 (1)先求f(x)的导数f (x),再对a分区间讨论f (x)的正负,从而得到f(x)的单调性;(2)结 合第(1)问函数的单调性,分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围. 方法总结 (1)利用导数研究函数的单调性的原理: 若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递增;若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函 数f(x)单调递减. (2)利用导数解函数零点问题的常用思路: 首先利用导数研究函数的单调性、极值和最值,然后根据单调性、极值和最值,画出函数的大 致图象,进而数形结合解决问题.,考点二 函数的极值与最值 1.(2017课标,11,5分)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,答案 A 本题主要考查导数的应用. 由题意可得f (x)=ex-1x2+(a+2)x+a-1.x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,f (-2)=0,a=-1, f(x)=(x2-x-1)ex-1, f (x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)(x+2),x(-,-2),(1,+)时, f (x)0, f(x)单调递增; x(-2,1)时, f (x)0, f(x)单调递减.f(x)极小值=f(1)=-1.故选A. 思路分析 由x=-2是函数f(x)的极值点可知f (-2)=0,从而求出a的值,将a的值代入导函数f (x), 求出f(x)的单调区间,判断极小值点,从而求出函数的极小值. 方法总结 1.利用导数研究函数极值问题的两个方向:,2.已知函数极值点和极值求参数值的两个要领: (1)列式:根据极值点处导数为0和极值列方程组进行求解. (2)验证:因为导数为零的点不一定是函数的极值点,所以求解后必须进行验证.,2.(2018课标,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .,答案 -,解析 解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f (x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f (x)=0,得cos x= 或cos x=-1,可得当cos x 时, f (x)0, f(x)为增 函数,所以当cos x= 时, f(x)取最小值,此时sin x= .又f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cosx), 1+cos x0恒成立,f(x)取最小值时,sin x=- ,f(x)min=2 =- . 解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x), f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3. 令cos x=t,t-1,1,设g(t)=4(1-t)(1+t)3, g(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t). 当t 时,g(t)0,g(t)为增函数; 当t 时,g(t)0,g(t)为减函数. 当t= 时,g(t)取得最大值 ,即f 2(x)的最大值为 ,得f(x)的最大值为 ,又f(x)=2sin x+sin 2 x,为奇函数, f(x)的最小值为- . 解法三:f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=8sin cos3 . f 2(x)=64sin2 cos2 cos2 cos2 = 3sin2 cos2 cos2 cos2 = . 当且仅当3sin2 =cos2 ,即sin2 = ,cos2 = 时等号成立,所以f 2(x)的最大值为 ,则f(x)的最大 值为 ,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,f(x)的最小值为- .,3.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0. (1)求a; (2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2 f(x0)2-2.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+). 设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)0等价于g(x)0. 因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a- ,g(1)=a-1,得a=1. 若a=1,则g(x)=1- . 当01时,g(x)0,g(x)单调递增. 所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0. 综上,a=1. (2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f (x)=2x-2-ln x. 设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2- . 当x 时,h(x)0.,所以h(x)在 单调递减,在 单调递增. 又h(e-2)0,h 0;当x(x0,1)时,h(x)0. 因为f (x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点. 由f (x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0). 由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2. 方法总结 利用导数解决不等式问题的一般思路: (1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,则可以对参数进行分 类讨论. (2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.,考点三 导数的综合应用 1.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a 的取值范围是 ( ) A. B. C. D.,2.(2019课标,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f(x)为f(x)的导数.证明: (1)f(x)在区间 存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.,证明 本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用 导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思 想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算. (1)设g(x)=f(x), 则g(x)=cos x- ,g(x)=-sin x+ . 当x 时,g(x)单调递减,而g(0)0,g 0;当x 时,g(x)0. 所以g(x)在(-1,)单调递增,在 单调递减,故g(x)在 存在唯一极大值点,即f(x)在 存在唯一极大值点.,3.(2019课标,20,12分)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.,解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查 学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养. (1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f (x)=0,得x=0或x= . 若a0,则当x(-,0) 时, f (x)0;当x 时, f (x)0;当x 时, f (x)0.故f(x)在 ,(0,+)单调 递增,在 单调递减. (2)满足题设条件的a,b存在. (i)当a0时,由(1)知, f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)= 2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.,(ii)当a3时,由(1)知, f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)= 2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. (iii)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,1的最小值为f =- +b,最大值为b或2-a+b. 若- +b=-1,b=1,则a=3 ,与0a3矛盾. 若- +b=-1,2-a+b=1,则a=3 或a=-3 或a=0,与0a3矛盾. 综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在0,1的最小值为-1,最大值为1. 思路分析 (1)求出f (x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论. (2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在0,1上的最值,最终确定参数a,b的值. 疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在0, 1上的最值.,4.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)0,求a的值; (2)设m为整数,且对于任意正整数n, m,求m的最小值.,解析 本题考查导数的综合应用. (1)f(x)的定义域为(0,+). 若a0,因为f =- +aln 20,由f (x)=1- = 知,当x(0,a)时, f (x)0.所以f(x)在(0,a)单 调递减,在(a,+)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值点. 由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)0.故a=1. (2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0. 令x=1+ ,得ln 2,所以m的最小值为3.,思路分析 (1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1) 得当x1时,x-1-ln x0.令x=1+ ,换元后可求出 的范围. 一题多解 对于第(1)问,f (x)=1- = (x0).当a0时, f (x)0,而f(1)=0,不合题意,a0, f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.又f(x)0,f(a)0,即a-1-aln a0,记h(x)=x-1- xln x,则h(x)=1-ln x-1=-ln x.h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=0,即 当且仅当x=1时,h(x)0,当且仅当a=1时,式成立.a=1.,5.(2016课标,21,12分)设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,记|f(x)|的最大值为A. (1)求f (x); (2)求A; (3)证明|f (x)|2A.,解析 (1)f (x)=-2sin 2x-(-1)sin x. (2分) (2)当1时, |f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0). 因此A=3-2. (4分) 当0 . (5分) (i)当00,知g(-1)g(1)g . 又 -|g(-1)|= 0,所以A= = . 综上,A= (9分) (3)由(1)得|f (x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|. 当01,所以|f (x)|1+2A. 当1时,|f (x)|3-16-4=2A. 所以|f (x)|2A. (12分) 思路分析 (1)利用求导公式和求导法则求f (x).(2)对分类讨论(分1和01),当01时, 进一步分0 和 1两种情况求解.(3)由(1)得|f (x)|,利用(2)中对所分的三种情况分别 进行证明.,6.(2016课标,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点. (1)求a的取值范围; (2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x22.,解析 (1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (2分) (i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点. (3分) (ii)设a0,则当x(-,1)时, f (x)0.所以f(x)在(-,1)单调递减, 在(1,+)单调递增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b (b-2)+a(b-1)2=a 0, 故f(x)存在两个零点. (4分) (iii)设a0,因此f(x)在(1,+)单调递增.又当x1时, f(x)1,故当x(1,ln(-2a)时, f (x)0.,因此f(x)在(1,ln(-2a)单调递减,在(ln(-2a),+)单调递增.又当x1时f(x)f(2-x2),即f(2-x2)1时, g(x)1时,g(x)0和a0三种情况讨论,利用函数的单调性及极值的符号即 可确定零点个数,进而得a的范围;(2)由(1)确定出函数的单调性,进而将x1+x22转化为函数值间 的不等关系,从而构造函数进行证明.,7.(2016课标,21,12分) (1)讨论函数f(x)= ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20; (2)证明:当a0,1)时,函数g(x)= (x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的 值域.,解析 (1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+). (2分) f (x)= = 0, 且仅当x=0时, f (x)=0, 所以f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增. 因此当x(0,+)时, f(x)f(0)=-1. 所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20. (4分) (2)g(x)= = (f(x)+a). (5分) 由(1)知, y=f(x)+a单调递增.对任意a0,1), f(0)+a=a-1xa时, f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增. (7分) 因此g(x)在x=xa处取得最小值, 最小值为g(xa)= = = . (8分),于是h(a)= ,由 = 0,得y= 单调递增. 所以,由xa(0,2,得 = h(a)= = . (10分) 因为y= 单调递增,对任意 ,存在唯一的xa(0,2,a=-f(xa)0,1),使得h(a)=. 所以h(a)的值域是 . 综上,当a0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是 . (12分) 思路分析 (1)利用f (x)得出单调性,进而利用函数单调性求出f(x)在(0,+)上的值域,由此即 可证明.(2)求g(x),利用单调性求得g(x)min(即h(a),再利用导数与函数单调性可得h(a)的值域.,8.(2015课标,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x. (1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线? (2)用minm,n表示m,n中的最小值,设函数h(x)=minf(x),g(x)(x0),讨论h(x)零点的个数.,解析 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0, f (x0)=0,即 解得x0= ,a= - . 因此,当a=- 时,x轴为曲线y=f(x)的切线. (5分) (2)当x(1,+)时,g(x)=-ln x0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数. (i)若a-3或a0,则f (x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)= , f(1)=a+ ,所以当a -3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a0时, f(x)在(0,1)没有零点. (ii)若-3a0,则f(x)在 单调递减,在 单调递增,故在(0,1)中,当x= 时, f(x)取 得最小值,最小值为f = + .,若f 0,即- - 或a1,x=1,00,故只需分析f(x)的零 点,此时又需分类讨论a-3或a0与-3a0两种情况.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 函数的单调性 1.(2015福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f (x)满足f (x)k1,则下列结 论中一定错误的是 ( ) A.f C.f ,答案 C 构造函数g(x)=f(x)-kx+1, 则g(x)=f (x)-k0,g(x)在R上为增函数. k1, 0,则g g(0). 而g(0)=f(0)+1=0,g =f - +10, 即f -1= , 所以选项C错误,故选C.,2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中aR).对于不相等的实数x1,x2,设m= ,n= .现有如下命题: 对于任意不相等的实数x1,x2,都有m0; 对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n0; 对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n; 对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n. 其中的真命题有 (写出所有真命题的序号).,答案 ,解析 f(x)=2x是增函数,对任意不相等的实数x1,x2,都有 0,即m0,成立. 由g(x)=x2+ax图象可知,当x 时,g(x)是减函数,当不相等的实数x1、x2 时, 2x+a, 此时h(x)在R上是增函数. 若h(x1)=h(x2),则x1=x2,不成立. 若m=-n,则有 =- , f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2), 令(x)=f(x)+g(x), 则(x)=2x+x2+ax, (x)=2xln 2+2x+a. 令(x)=0,得2xln 2+2x+a=0, 即2xln 2=-2x-a. 由y1=2xln 2与y2=-2x-a的图象可知,对任意的a,存在x0,使xx0时y1y2,xx0时,(x)0,xx0时,(x)0, 故对任意的a,(x)在R上不是单调函数. 故对任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使m=-n, 成立. 综上,正确.,考点二 函数的极值与最值,1.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)内有且只有一个零点,则f(x)在-1,1 上的最大值与最小值的和为 .,答案 -3,解析 本题考查利用导数研究函数的极值和最值. f(x)=2x3-ax2+1,f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 若a0,则x0时, f (x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,又f(0)=1,f(x)在(0,+)上没有零点,a 0. 当0 时, f (x)0, f(x)为增函数,x0时, f(x)有极小值,为 f =- +1. f(x)在(0,+)内有且只有一个零点, f =0,a=3. f(x)=2x3-3x2+1,则f (x)=6x(x-1).,f(x)在-1,1上的最大值为1,最小值为-4. 最大值与最小值的和为-3.,2.(2016北京,14,5分)设函数f(x)= 若a=0,则f(x)的最大值为 ; 若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是 .,答案 2 (-,-1),解析 若a=0,则f(x)= 当x0时, f(x)=-2x0, f(x)是增函数,当-12时, f(x)max=a3-3a. 综上,当a(-,-1)时, f(x)无最大值.,3.(2017北京,19,13分)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.,解析 本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性、最值. (1)因为f(x)=excos x-x,所以f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=1. (2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1, 则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. 当x 时,h(x)0, 所以h(x)在区间 上单调递减. 所以对任意x ,有h(x)h(0)=0,即f (x)0. 所以函数f(x)在区间 上单调递减. 因此f(x)在区间 上的最大值为f(0)=1,最小值为f =- .,解题思路 (1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方 程.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值. 方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率; (2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.,2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f (x);(3)令 f (x)0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f (x)0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.,4.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28是自 然对数的底数. (1)求曲线y=f(x)在点(, f()处的切线方程; (2)令h(x)=g(x)-af(x)(aR),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.,解析 本题考查导数的几何意义和极值. (1)由题意得f()=2-2, 又f (x)=2x-2sin x, 所以f ()=2, 因此曲线y=f(x)在点(, f()处的切线方程为y-(2-2)=2(x-),即y=2x-2-2. (2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x), 因为h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x) =2ex(x-sin x)-2a(x-sin x) =2(ex-a)(x-sin x), 令m(x)=x-sin x,则m(x)=1-cos x0, 所以m(x)在R上单调递增. 因为m(0)=0, 所以当x0时,m(x)0;当x0,当x0时,h(x)0,h(x)单调递增, 所以当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1. 当a0时,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x), 由h(x)=0得x1=ln a,x2=0. a.当00,h(x)单调递增; 当x(ln a,0)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增. 所以当x=ln a时,h(x)取到极大值, 极大值为h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2, 当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1. b.当a=1时,ln a=0, 所以当x(-,+)时,h(x)0,函数h(x)在(-,+)上单调递增,无极值.,c.当a1时,ln a0, 所以当x(-,0)时,ex-eln a0,h(x)单调递增; 当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)单调递增. 所以当x=0时,h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1; 当x=ln a时,h(x)取到极小值, 极小值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2. 综上所述: 当a0时,h(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a -1; 当0a1时,函数h(x)在(-,ln a)和(0,+)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减,函数h(x)有极大值, 也有极小值, 极大值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2, 极小值是h(0)=-2a-1;,当a=1时,函数h(x)在(-,+)上单调递增,无极值; 当a1时,函数h(x)在(-,0)和(ln a,+)上单调递增, 在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值, 极大值是h(0)=-2a-1, 极小值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.,考点三 导数的综合应用 1.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex- ,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)0,则实 数a的取值范围是 .,答案,解析 本题考查用导数研究函数单调性、函数单调性的应用. 易知函数f(x)的定义域关于原点对称. f(x)=x3-2x+ex- , f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- =-x3+2x+ -ex=-f(x), f(x)为奇函数, 又f (x)=3x2-2+ex+ 3x2-2+2=3x20(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递增, 所以f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a . 方法总结 函数型不等式的求解思路: (1)转化为f(x)f(g(x); (2)结合单调性转化为(x)g(x)或(x)g(x).,2.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)= x3-x2+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程; (2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x; (3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.,解析 本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能 力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力. (1)由f(x)= x3-x2+x得f (x)= x2-2x+1. 令f (x)=1,即 x2-2x+1=1,得x=0或x= . 又f(0)=0, f = , 所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y- =x- ,即y=x与y=x- . (2)令g(x)=f(x)-x,x-2,4. 由g(x)= x3-x2得g(x)= x2-2x. 令g(x)=0,得x=0或x= . g(x),g(x)的情况如下:,所以g(x)的最小值为-6,最大值为0. 故-6g(x)0,即x-6f(x)x. (3)由(2)知, 当a3; 当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3; 当a=-3时,M(a)=3. 综上,当M(a)最小时,a=-3.,3.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区间; (2)当x 时,证明f(x)+g(x) 0; (3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间 内的零点,其中nN,证明2n+ -xn .,解析 本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和 方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. (1)由已知,有f (x)=ex(cos x-sin x). 因此,当x (kZ)时,有sin xcos x,得f (x)0,则f(x)单调递增. 所以, f(x)的单调递增区间为 (kZ), f(x)的单调递减区间为 (kZ). (2)证明:记h(x)=f(x)+g(x) .依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x), 从而g(x)=-2exsin x. 当x 时,g(x)0, 故h(x)=f (x)+g(x) +g(x)(-1),=g(x) 0和f (x)0时x的范围. (2)记h(x)=f(x)+g(x) ,求h(x),从而得到函数h(x)在 上的单调性,转化为求h(x)的最小 值,验证最小值非负即可.,(3)记u(x)在区间 内的零点为xn, 则xn ,则有yn=xn-2n .与(2)联系知f(yn)+g(yn) 0,此时要先确 定g(yn)的符号,再将上式转化为 -yn- ,然后进一步证明- .,4.(2019浙江,22,15分)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+ ,x0. (1)当a=- 时,求函数f(x)的单调区间; (2)对任意x 均有f(x) ,求a的取值范围. 注:e=2.718 28为自然对数的底数.,解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用 能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养. (1)当a=- 时, f(x)=- ln x+ ,x0. f (x)=- + = , 所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+). (2)由f(1) ,得0a . 当0a 时, f(x) 等价于 - -2ln x0. 令t= ,则t2 .设g(t)=t2 -2t -2ln x,t2 ,则g(t)= - -2ln x. (i)当x 时, 2 , 则g(t)g(2 )=8 -4 -2ln x. 记p(x)=4 -2 -ln x,x ,则p(x)= - - = = . 故,所以,p(x)p(1)=0. 因此,g(t)g(2 )=2p(x)0. (ii)当x 时, g(x)g = . 令q(x)=2 ln x+(x+1),x , 则q(x)= +10, 故q(x)在 上单调递增, 所以q(x)q . 由(i)得,q =- p 0.,由(i)(ii)知对任意x ,t2 ,+),g(t)0,即对任意x , 均有f(x) . 综上所述,所求a的取值范围是 . 疑难突破 (1)导函数f (x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的 根,从而确定根两侧导函数的正负. (2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,故借助恒成立的条件用 特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转 折点.,5.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex. (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.,解析 (1)因为f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex, 所以f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex. 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)=3e0. 所以a的值为1. (2)由(1)得f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a ,则当x 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-20, 所以2不是f(x)的极小值点.,综上可知,a的取值范围是 . 方法总结 函数极值问题的常见类型及解题策略 (1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧 导数的符号. (2)已知函数求极值.求f (x)求方程f (x)=0的根列表检验f (x)在f (x)=0的根的附近两侧的 符号下结论. (3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f (x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的 符号相反.,6.(2018天津,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a1. (1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间; (2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线平行,证明x1+g(x2)= - ; (3)证明当a 时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.,解析 本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数 的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问 题和解决问题的能力. (1)由已知得,h(x)=ax-xln a,有h(x)=axln a-ln a. 令h(x)=0,解得x=0. 由a1,可知当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:,所以函数h(x)的单调递减区间为(-,0),单调递增区间为(0,+). (2)证明:由f (x)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1) 处的切线斜率为 ln a. 由g(x)= ,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为 . 因为这两条切线平行,故有 ln a= ,即x2 (ln a)2=1. 两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0, 所以x1+g(x2)=- . (3)证明:曲线y=f(x)在点(x1, )处的切线l1:y- = ln a(x-x1). 曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2= (x-x2). 要证明当a 时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a 时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1与l2重合. 即只需证明当a 时,方程组 有解. 由得x2= ,代入, 得 -x1 ln a+x1+ + =0. 因此,只需证明当a 时,关于x1的方程存在实数解. 设函数u(x)=ax-xaxln a+x+ + , 即要证明当a 时,函数y=u(x)存在零点. u(x)=1-(ln a)2xax,可知x(-,0)时,u(x)0;x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)=10,u =1 - 0,使得u(x0)=0, 即1-(ln a)2x0 =0. 由此可得u(x)在(-,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).,因为a ,故ln ln a-1,所以u(x0)= -x0 ln a+x0+ + = +x0+ 0. 下面证明存在实数t,使得u(t) 时,有 u(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+ + =-(ln a)2x2+x+1+ + , 所以存在实数t,使得u(t)0. 因此,当a 时,存在x1(-,+),使得u(x1)=0. 所以,当a 时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.,7.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x- )e-x . (1)求f(x)的导函数; (2)求f(x)在区间 上的取值范围.,解析 本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题 的能力. (1)因为(x- )=1- ,(e-x)=-e-x, 所以f (x)= e-x-(x- )e-x = . (2)由f (x)= =0,解得x=1或x= . 当x变化时,f (x),f(x)的变化如下表:,又f(x)= ( -1)2e-x0, 所以f(x)在区间 上的取值范围是 . 解后反思 1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.,2.利用导数求函数的值域的一般步骤: (1)求函数f(x)的导函数f (x); (2)解方程f (x)=0; (3)用f (x)=0的根把函数的定义域分成若干个区间; (4)判断每个区间上f (x)的符号,得函数的单调性; (5)求函数在各个区间上的值域,再求并集.,3.本题最易忽略f(x)0这个条件,从而得出: f(x)在 上的值域为 的错误结论. 因此,在求函数f(x)在区间(a,+)或(-,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x) 何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).,8.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有极值,且导函数f (x)的极值点是 f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:b23a; (3)若f(x), f (x)这两个函数的所有极值之和不小于- ,求a的取值范围.,解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数 学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力. (1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f (x)=3x2+2ax+b=3 +b- . 当x=- 时, f (x)有极小值b- . 因为f (x)的极值点是f(x)的零点, 所以f =- + - +1=0,又a0,故b= + . 因为f(x)有极值,故f (x)=0有实根,从而b- = (27-a3)0,即a3. 当a=3时, f (x)0(x-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值; 当a3时, f (x)=0有两个相异的实根x1= ,x2= . 列表如下:,故f(x)的极值点是x1,x2. 从而a3. 因此b= + ,定义域为(3,+). (2)证明:由(1)知, = + . 设g(t)= + ,则g(t)= - = . 当t 时,g(t)0,从而g(t)在 上单调递增. 因为a3,所以a 3 ,故g(a )g(3 )= ,即 . 因此b23a. (3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2, 且x1+x2=- a, + = . 从而f(x1)+f(x2)= +a +bx1+1+ +a +bx2+1 = (3 +2ax1+b)+ (3 +2ax2+b)+ a( + )+ b(x1+x2)+2= - +2=0.,记f(x), f (x)所有极值之和为h(a), 因为f (x)的极值为b- =- a2+ , 所以h(a)=- a2+ ,a3. 因为h(a)=- a- 0, 于是h(a)在(3,+)上单调递减. 因为h(6)=- ,于是h(a)h(6),故a6. 因此a的取值范围为(3,6. 易错警示 (1)函数f(x)的极值点x0满足f (x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f (x)的极值点x0 应满足f (x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.,C组 教师专用题组 考点一 函数的单调性 1.(2015广东,19,14分)设a1,函数f(x)=(1+x2)ex-a. (1)求f(x)的单调区间; (2)证明: f(x)在(-,+)上仅有一个零点; (3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原 点),证明:m -1.,解析 (1)函数f(x)的定义域为R. 因为f (x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex0, 所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-,+),无单调递减区间. (2)证明:因为a1,所以f(0)=1-a0, 所以f(0)f(ln a)0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点. 又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-,+)上仅有一个零点. (3)证明:设点P(x0,y0),由题意知, f (x0)=(x0+1)2 =0,解得x0=-1. 所以y0=(1+ ) -a= -a,所以点P的坐标为 .所以kOP=a- . 由题意可得, f (m)=(m+1)2em=a- . 要证明m -1,只需要证明m+1 , 只需要证明(m+1)3a- =(m+1)2em, 只需要证明m+1em. 构造函数:h(x)=ex-x-1(xR),则h(x)=ex-1.,当x0时,h(x)0,即h(x)在(0,+)上单调递增. 所以函数h(x)有最小值,为