（浙江专版）2019版高考数学一轮复习 第三章 导数 3.2 导数的应用学案.doc

3.2导数的应用考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201320142015201620171.导数与单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间.掌握22(2),5分21(文),4分22(1),5分21(文),约8分03(2)(自选),5分7,4分20(2),约9分2.导数与极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.掌握22(2),5分8,5分21(文),约5分22,14分21(文),约7分分析解读1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.3.预计2019年高考中,导数的考查必不可少,复习时要引起高度重视.五年高考考点一导数与单调性 1.(2017山东文,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有m性质.下列函数中具有m性质的是() a.f(x)=2-xb.f(x)=x2c.f(x)=3-xd.f(x)=cos x答案a2.(2015课标,12,5分)设函数f (x)是奇函数f(x)(xr)的导函数,f(-1)=0,当x0时,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范围是() a.(-,-1)(0,1)b.(-1,0)(1,+)c.(-,-1)(-1,0)d.(0,1)(1,+)答案a3.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,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-1,124.(2015浙江自选,“复数与导数”模块,03(2),5分)设函数f(x)=(x2+2x-2)ex(xr),求f(x)的单调递减区间.解析对f(x)求导,得f (x)=(x2+4x)ex.由f (x)0,解得-4x0,所以f(x)的单调递减区间为(-4,0).5.(2017课标全国文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时, f(x)ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f (x)=(1-2x-x2)ex.令f (x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.当x(-,-1-2)时, f (x)0;当x(-1+2,+)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-1-2),(-1+2,+)单调递减,在(-1-2,-1+2)单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).6.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x-1x2,ar.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)f (x)+32对于任意的x1,2成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.当a0时,x(0,1)时,f (x)0, f(x)单调递增,x(1,+)时,f (x)0时,f (x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.0a1,当x(0,1)或x2a,+时,f (x)0, f(x)单调递增,当x1,2a时,f (x)2时,02a0,f(x)单调递增,当x2a,1时,f (x)0,f(x)单调递减.综上所述,当a0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减;当0a2时,f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f (x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3=x-ln x+3x+1x2-2x3-1,x1,2.设g(x)=x-ln x,h(x)=3x+1x2-2x3-1,x1,2.则f(x)-f (x)=g(x)+h(x).由g(x)=x-1x0,可得g(x)g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号.又h(x)=-3x2-2x+6x4.设(x)=-3x2-2x+6,则(x)在x1,2内单调递减.因为(1)=1,(2)=-10,所以x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)0,x(x0,2)时,(x)g(1)+h(2)=32,即f(x)f (x)+32对于任意的x1,2成立.7.(2015课标,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明: f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.解析(1)证明:f (x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10, f (x)0.若m0,f (x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以,f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是f(1)-f(0)e-1,f(-1)-f(0)e-1,即em-me-1,e-m+me-1.设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.教师用书专用(817)8.(2017课标全国理,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,1+121+1221+12nm,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f12=-12+aln 20,由f (x)=1-ax=x-ax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+12n,得ln1+12n12n.从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n12+122+12n=1-12n1.故1+121+1221+12n2,所以m的最小值为3.9.(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-72,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=3x+a32+b-a23.当x=-a3时, f (x)有极小值b-a23.因为f (x)的极值点是f(x)的零点,所以f -a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a0,故b=2a29+3a.因为f(x)有极值,故f (x)=0有实根,从而b-a23=19a(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=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.列表如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3.因此b=2a29+3a,定义域为(3,+).(2)证明:由(1)知,ba=2aa9+3aa.设g(t)=2t9+3t,则g(t)=29-3t2=2t2-279t2.当t362,+时,g(t)0,从而g(t)在362,+上单调递增.因为a3,所以aa33,故g(a a)g(33)=3,即ba3.因此b23a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+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-a23=-19a2+3a,所以h(a)=-19a2+3a,a3.因为h(a)=-29a-3a20(x0),所以函数f(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,若x-,-2a3(0,+),则 f (x)0,若x-2a3,0,则f (x)0,所以函数f(x)在-,-2a3,(0,+)上单调递增,在-2a3,0上单调递减;当a0,若x0,-2a3,则f (x)0,所以函数f(x)在(-,0),-2a3,+上单调递增,在0,-2a3上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f-2a3=427a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f-2a3=b427a3+b0,-427a3b0或a0,0b0时,427a3-a+c0或当a0时,427a3-a+c0.设g(a)=427a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,则在(-,-3)上,g(a)0均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g32=c-10,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函数f(x)有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.综上,c=1.11.(2014课标,21,12分)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x0时,g(x)0,求b的最大值;(3)已知1.414 220,g(x)0.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0xln(b-1+b2-2b)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当0xln(b-1+b2-2b)时,g(x)0,ln 282-3120.692 8;当b=324+1时,ln(b-1+b2-2b)=ln2,g(ln2)=-32-22+(32+2)ln 20,ln 218+2281x-e1-x在区间(1,+)内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).解析(1)f (x)=2ax-1x=2ax2-1x(x0).当a0时,f (x)0时,由f (x)=0,有x=12a.此时,当x0,12a时,f (x)0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s(x)=ex-1-1.而当x1时,s(x)0,所以s(x)在区间(1,+)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)0,从而当x1时,g(x)0.当a0,x1时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f12a0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).当x1时,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2x2-2x+1x20.因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a12,+.13.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.解析(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+),g(x)=f (x)=2(x-a)-2ln x-21+ax,所以g(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.当0a0,(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-120.故存在x0(1,e),使得(x0)=0.令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x1).由u(x)=1-1x0知,函数u(x)在区间(1,+)上单调递增.所以0=u(1)1+1u(x0)1+x0-1=a0u(e)1+e-1=e-21+e-11,即a0(0,1).当a=a0时,有f (x0)=0, f(x0)=(x0)=0.由(1)知,f (x)在区间(1,+)上单调递增,故当x(1,x0)时,f (x)f(x0)=0;当x(x0,+)时,f (x)0,从而f(x)f(x0)=0.所以,当x(1,+)时,f(x)0.综上所述,存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.14.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,xr,其中nn*,且n2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为p,曲线在点p处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|0,即x1时,函数f(x)单调递增;当f (x)1时,函数f(x)单调递减.所以,f(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:设点p的坐标为(x0,0),则x0=n1n-1,f (x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点p处的切线方程为y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令f(x)=f(x)-g(x),即f(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),则f(x)=f (x)-f (x0).由于f (x)=-nxn-1+n在(0,+)上单调递减,故f(x)在(0,+)上单调递减.又因为f(x0)=0,所以当x(0,x0)时,f(x)0,当x(x0,+)时,f(x)0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有f(x)f(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)g(x).(3)证明:不妨设x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=an-n2+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x(0,+)时, f(x)-h(x)=-xn0,即对于任意的x(0,+), f(x)h(x).设方程h(x)=a的根为x1,可得x1=an.因为h(x)=nx在(-,+)上单调递增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=a1-n+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)n-11+cn-11=1+n-1=n,故2n1n-1=x0.所以,|x2-x1|0,所以当x(0,2)时,f (x)0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+).(2)由(1)知,当k0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k0时,设函数g(x)=ex-kx,x0,+).因为g(x)=ex-k=ex-eln k,当00,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k1时,得x(0,ln k)时,g(x)0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当g(0)0,g(lnk)0,0lnk2.解得eke22.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为e,e22.16.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)1-2x(br).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间0,13上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时,f (x)=-5x(x+2)1-2x,由f (x)=0得x=-2或x=0.当x(-,-2)时,f (x)0,f(x)单调递增;当x0,12时,f (x)0,f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f (x)=-x5x+(3b-2)1-2x,因为当x0,13时,-x1-2x0,依题意,当x0,13时,有5x+(3b-2)0,从而53+(3b-2)0.所以b的取值范围为-,19.17.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=1(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3,其中k-2.(1)求函数f(x)的定义域d(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在d上的单调性;(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-30,(x2+2x+k)+3(x2+2x+k)-10,x2+2x+k1,(x+1)20)或(x+1)22-k(2-k0),|x+1|2-k,-1-2-kx-1+-2-k或x-1+2-k,函数f(x)的定义域d为(-,-1-2-k)(-1-2-k,-1+-2-k)(-1+2-k,+).(2)f (x)=-2(x2+2x+k)(2x+2)+2(2x+2)2(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-33=-(x2+2x+k+1)(2x+2)(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-33,由f (x)0得(x2+2x+k+1)(2x+2)0,即(x+1+-k)(x+1-k)(x+1)0,x-1-k或-1x-1+-k,结合定义域知x-1-2-k或-1x-1+-2-k,所以函数f(x)在区间(-,-1-2-k),(-1,-1+-2-k)上单调递增,同理,f(x)在区间(-1-2-k,-1),(-1+2-k,+)上单调递减.(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,(x2+2x+k)2-(3+k)2+2(x2+2x+k)-(3+k)=0,(x2+2x+2k+5)(x2+2x-3)=0,(x+1+-2k-4)(x+1-2k-4)(x+3)(x-1)=0,x=-1-2k-4或x=-1+-2k-4或x=-3或x=1,k-6,1(-1,-1+-2-k),-3(-1-2-k,-1),-1-2k-4-1+2-k,结合函数f(x)的单调性知f(x)f(1)的解集为(-1-2k-4,-1-2-k)(-1-2-k,-3)(1,-1+-2-k)(-1+2-k,-1+-2k-4).考点二导数与极值、最值1.(2013浙江,8,5分)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则() a.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值b.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值c.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值d.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值答案c2.(2017课标全国理,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.-1b.-2e-3c.5e-3d.1答案a3.(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时,f(x)()a.有极大值,无极小值b.有极小值,无极大值c.既有极大值又有极小值d.既无极大值也无极小值答案d6. (2016北京,14,5分)设函数f(x)=x3-3x,xa,-2x,xa.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)7.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(ar).(1)若f(x)在-1,1上的最大值和最小值分别记为m(a),m(a),求m(a)-m(a);(2)设br.若f(x)+b24对x-1,1恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=x3+3x-3a,xa,x3-3x+3a,xa,所以f (x)=3x2+3,xa,3x2-3,xa.由于-1x1,(i)当a-1时,有xa,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,m(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故m(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1a1时,若x(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,m(a)=maxf(1), f(-1),m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1a13时,m(a)-m(a)=-a3-3a+4;当13a1时,m(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a1时,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,m(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故m(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,m(a)-m(a)=8,a-1,-a3-3a+4,-1a13,-a3+3a+2,13a1,4,a1.(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=x3+3x-3a+b,xa,x3-3x+3a+b,xa,h(x)=3x2+3,xa,3x2-3,xa.因为f(x)+b24对x-1,1恒成立,即-2h(x)2对x-1,1恒成立,所以由(1)知,(i)当a-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在-1,1上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾.(ii)当-10,t(a)在0,13上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当13a1时,h(x)在-1,1上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b-2且3a+b+22,解得-28270).若f(x)在-1,1上的最小值记为g(a).(1)求g(a);(2)证明:当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.解析(1)因为a0,-1x1,所以(i)当0a0,故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a)=f(a)=a3.(ii)当a1时,有xa,则f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-30,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.综上,g(a)=a3,0a1,-2+3a,a1.(2)令h(x)=f(x)-g(a),(i)当0a1时,g(a)=a3,若xa,1,h(x)=x3+3x-3a-a3,得h(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在a,1上的最大值是h(1)=4-3a-a3,且0a0,知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)t(1)=4,即h(-1)4.故f(x)g(a)+4.(ii)当a1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h(x)=3x2-3,此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=4.故f(x)g(a)+4.综上,当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.9.(2017课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x-12a,+时, f (x)0,故f(x)在0,-12a单调递增,在-12a,+单调递减.(2)由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0时,ln-12a+12a+10,即f(x)-34a-2.10.(2017天津文,19,14分)设a,br,|a|1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)ex在区间x0-1,x0+1上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f (x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)x-(4-a).令f (x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|1,得a0,可得f(x)1.又因为f(x0)=1, f (x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|1,故a+14-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)f(a)=1在a-1,a+1上恒成立,从而g(x)ex在x0-1,x0+1上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1a1.令t(x)=2x3-6x2+1,x-1,1,所以t(x)=6x2-12x,令t(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为-7,1.所以,b的取值范围是-7,1.11.(2017课标全国理,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.解析本题考查了导数的综合应用.(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-1x,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-1x.当0x1时,g(x)1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)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)=2-1x.当x0,12时,h(x)0.所以h(x)在0,12单调递减,在12,+单调递增.又h(e-2)0,h120;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.教师用书专用(1222)12.(2013湖北,10,5分)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x10, f(x2)-12 b.f(x1)0, f(x2)0, f(x2)-12 d.f(x1)-12答案d13.(2013安徽,10,5分)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x)2+2af(x)+b=0的不同实根个数是()a.3b.4c.5d.6答案a14.(2013福建,8,5分)设函数f(x)的定义域为r,x0(x00)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是()a.任意xr, f(x)f(x0)b.-x0是f(-x)的极小值点c.-x0是-f(x)的极小值点d.-x0是-f(-x)的极小值点答案d15.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)a=-