高考理数　导数的应用

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+alnx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:2,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)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a-2等价于-x2+2lnx20.设函数g(x)=-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0,所以-x2+2lnx20,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=-lna.当x(-,-lna)时,f(x)0.所以f(x)在(-,-lna)单调递减,在(-lna,+)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=-lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(-lna)=1-+lna.当a=1时,由于f(-lna)=0,故f(x)只有一个零点;当a(1,+)时,由于1-+lna0,即f(-lna)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-+lna-2e-2+20,故f(x)在(-,-lna)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-lna,因此f(x)在(-lna,+)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,f(x)单调递增;x(-2,1)时,f(x)0,g(t)为增函数;当t时,g(t)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.,解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-,则g(x)=.当-10时,g(x)0.故当x-1时,g(x)g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f(x)0,且仅当x=0时,f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)单调递增.又f(0)=0,故当-10时,f(x)0.(2)(i)若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a0,设函数h(x)=ln(1+x)-.,思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.,易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.,4.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-20,h0;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lnx0=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,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,0.317)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).令g(x)=,则g(x)=.当x时,g(x)0,g(x)为增函数,要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)ag(3),得3e2ae3,与a0时,0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x00,则f(0)0,则f0,即a-3+10,解得a2或a0,即a0时,exx2,所以h(4a)=1-=1-1-=1-0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+)有两个零点.综上,f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=.,方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.,4.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,0.令x=1+,得ln2,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-lnx0.令x=1+,换元后可求出的范围.,一题多解(1)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-alna0,记h(x)=x-1-xlnx,则h(x)=1-lnx-1=-lnx.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)=cos2x+(-1)(cosx+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)=-2sin2x-(-1)sinx.(2分)(2)当1时,|f(x)|=|cos2x+(-1)(cosx+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)|=|-2sin2x-(-1)sinx|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)0,所以f(x)不存在两个零点.,综上,a的取值范围为(0,+).(8分)(2)不妨设x1f(2-x2),即f(2-x2)1时,g(x)1时,g(x)0.从而g(x2)=f(2-x2)0,故x1+x20和a0;(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,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=0),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)=-lnx0,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,即-或a-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-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-30,求b的最大值;(3)已知1.41420.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0xln(b-1+),则g(x)0.而g(0)=0,因此当01,则下列结论中一定错误的是()A.fC.f,B组自主命题省(区、市)卷题组,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gg(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.,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,a0.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)=excosx-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)=excosx-x,所以f(x)=ex(cosx-sinx)-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(cosx-sinx)-1,则h(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.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)0,所以x10.(i)当a4时,x21,由(1)知,f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.(ii)当0a4时,x21.由(1)知,f(x)在0,x2上单调递增,在x2,1上单调递减,因此f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,所以当0a1时,f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;当10;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-elna)(x-sinx),由h(x)=0得x1=lna,x2=0.a.当00,h(x)单调递增;当x(lna,0)时,ex-elna0,h(x)0,h(x)0,h(x)单调递增.所以当x=lna时h(x)取到极大值,极大值为h(lna)=-a(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+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,lna=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,lna0,所以当x(-,0)时,ex-elna0,h(x)单调递增;当x(0,lna)时,ex-elna0,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=lna时h(x)取到极小值,极小值是h(lna)=-a(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+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00,f(x)0成立,求a的取值范围.,解析(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+),f(x)=+a(2x-1)=.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x(-1,+).当a=0时,g(x)=1,此时f(x)0,函数f(x)在(-1,+)单调递增,无极值点.当a0时,=a2-8a(1-a)=a(9a-8).a.当0时,0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1-.由g(-1)=10,可得-10,f(x)0,函数f(x)单调递增;,当x(x1,x2)时,g(x)0,f(x)0,函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.当a0,由g(-1)=10,可得x10,f(x)0,函数f(x)单调递增;当x(x2,+)时,g(x)时,函数f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,当0a时,函数f(x)在(0,+)上单调递增,因为f(0)=0,所以x(0,+)时,f(x)0,符合题意.,当0,符合题意.当a1时,由g(0)0.所以x(0,x2)时,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,所以x(0,x2)时,f(x)0,所以h(x)在(0,+)上单调递增.因此当x(0,+)时,h(x)h(0)=0,即ln(x+1)1-时,ax2+(1-a)x0,此时f(x)0,不合题意.综上所述,a的取值范围是0,1.,考点三导数的综合应用1.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为()A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x,答案A根据题意知,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,y=x3-x,y=x2-=(x2-25),x(-5,5),y0,y=x3-x在(-5,5)内为减函数,又可验证B、C、D均不满足此条件,故选A.,2.(2014辽宁,11,5分)当x-2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是()A.-5,-3B.C.-6,-2D.-4,-3,答案C由题意知x-2,1都有ax3-x2+4x+30,即ax3x2-4x-3在x-2,1上恒成立.当x=0时,aR.当0x1时,a=-+.令t=(t1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g(t)=-9t2-8t+10,所以f()为增函数;当时,f()8-8ln2;(2)若a3-4ln2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.,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.(1)函数f(x)的导函数f(x)=-,由f(x1)=f(x2)得-=-,因为x1x2,所以+=.由基本不等式得=+2,因为x1x2,所以x1x2256.由题意得f(x1)+f(x2)=-lnx1+-lnx2=-ln(x1x2).设g(x)=-lnx,则g(x)=(-4),所以,所以g(x)在256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-ann8-8ln2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-lnx-kx-a,只需证明:当a3-4ln2时,对于任意的k0,函数h(x)在(0,+)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a+k(1-e-|a|-k)k(1-e-|a|-k)0.又x0时,-kxm0.由于h(m)0,h(n)0,h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+)上至少有一个零点.,h(x)=-k-k=-k,当k时,h(x)在(0,+)上单调递减,即当k时,h(x)在(0,+)上只有一个零点.当0k1.(1)求函数h(x)=f(x)-xlna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,h(x)=ax-xlna,有h(x)=axlna-lna.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)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线斜率为lna.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lna=,即x2(lna)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logalna=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=lna(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-x1lna+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-xaxlna+x+,即要证明当a时,函数y=u(x)存在零点.u(x)=1-(lna)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-(lna)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lnlna-1,所以u(x0)=-x0lna+x0+=+x0+0.下面证明存在实数t,使得u(t)时,有u(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+=-(lna)2x2+x+1+,所以存在实数t,使得u(t)1,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(lna)f(x)+对于任意的x1,2成立.,解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=a-+=.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)=.01,当x(0,1)或x时,f(x)0,f(x)单调递增,当x时,f(x)2时,00,f(x)单调递增,当x时,f(x)0,x(x0,2)时,(x)g(1)+h(2)=,即f(x)f(x)+对于任意的x1,2成立.,12.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-lnx,其中aR.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)-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-=(x0).当a0时,f(x)0时,由f(x)=0,有x=.此时,当x时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=-,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)-lnxg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当01.,由(1)有f0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).当x1时,h(x)=2ax-+-e1-xx-+-=0.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,a.,13.(2017天津,20,14分)设aZ,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m1,x0)(x0,2,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)0,故当x1,x0)时,H1(x)0,H1(x)单调递增.因此,当x1,x0)(x0,2时,H1(x)H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)0,即h(m)0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在1,2上单调递增,故当x1,x0)时,H2(x)0,H2(x)单调递增;当x(x0,2时,H2(x)0,H2(x)单调递减.因此,当x1,x0)(x0,2时,H2(x)H2(x0)=0,可得H2(m)0,即h(x0)0.所以,h(m)h(x0)3a;(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a3,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(x0),所以函数f(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,若x(0,+),则f(x)0,若x,则f(x)0,若x,则f(x)0,(x2+2x+k)+3(x2+2x+k)-10,x2+2x+k1,(x+1)20)或(x+1)22-k(2-k0),|x+1|,-1-1+,函数f(x)的定义域D为(-,-1-)(-1-,-1+)(-1+,+).(2)f(x)=-=-,3.(2013重庆,17,13分)设f(x)=a(x-5)2+6lnx,其中aR,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与y轴相交于点(0,6).(1)确定a的值;(2)求函数f(x)的单调区间与极值.,解析(1)因f(x)=a(x-5)2+6lnx,故f(x)=2a(x-5)+.令x=1,得f(1)=16a,f(1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1),由点(0,6)在切线上可得6-16a=8a-6,故a=.(2)由(1)知,f(x)=(x-5)2+6lnx(x0),f(x)=x-5+=.令f(x)=0,解得x1=2,x2=3.当03时,f(x)0,故f(x)在(0,2),(3,+)上为增函数;当2x3时,f(x)0,h(x)在(2,+)上为增函数,故h(x)h(2)在x(0,+)上恒成立.又h(2)=e2-2F(2)=e2-222f(2)=e2-2=0,故h(x)h(2)=0在x(0,+)上恒成立,则f(x)=0在x(0,+)上恒成立,f(x)在(0,+)上是单调递增的,f(x)在(0,+)上无极值,故选D.,5.(2013课标,10,5分,0.526)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是()A.x0R,f(x0)=0B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-,x0)单调递减D.若x0是f(x)的极值点,则f(x0)=0,答案C易得f(x)=3x2+2ax+b.若f(x)有极小值点,则f(x)=0有两个不等实根x1,x2(x10,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上的最大值.,解析(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f(x)=3(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:当a0时,有f(x)=3(x-1)2-a0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-,+).当a0时,令f(x)=0,解得x=1+或x=1-.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:,所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,.(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x01.由题意,得f(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0-b.又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0-b=f(x0),且3-2x0x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.(3)证明:设g(x)在区间0,2上的最大值为M,maxx,y表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:当a3时,1-021+,由(1)知,f(x)在区间0,2上单调递减,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(2),f(0),因此M=max|f(2)|,|f(0)|=max|1-2a-b|,|-1-b|=max|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|=所以M=a-1+|a+b|2.,当a3时,1-01-1+21+,由(1)和(2)知f(0)f=f,f(2)f=f,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为,因此M=max=max=max=+|a+b|=.当0a时,01-1+.综上所述,当a0时,g(x)在区间0,2上的最大值不小于.,7.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.71828是自然对数的底数).(1)当k0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.,解析(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+).f(x)=-k=-=.由k0可得ex-kx0,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;,8.(2014福建,20,14分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x0时,x20,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=10,因此,当x0时,g(x)g(0)0,即x20时,x20时,x21,要使不等式x2kx2成立.而要使exkx2成立,则只要xln(kx2),只要x2lnx+lnk成立.令h(x)=x-2lnx-lnk,则h(x)=1-=,所以当x2时,h(x)0,h(x)在(2,+)内单调递增.取x0=16k16,所以h(x)在(x0,+)内单调递增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k,易知klnk,kln2,5k0,所以h(x0)0.即存在x0=,当x(x0,+)时,恒有x20时,exx2,所以ex=,当xx0时,ex=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x20时,x2x0时,有x2x30,0,所以g(x)0.因此g(x)在(1,+)上单调递增.(ii)当x(0,1)时,lnx1x0,所以-0,即c-e-2时,当x(1,+)时,由(1)知g(x)=lnx-xe-2x-clnx-lnx-1-c,要使g(x)0,只需使lnx-1-c0,即x(e1+c,+);,当x(0,1)时,由(1)知g(x)=-lnx-xe-2x-c-lnx-lnx-1-c,要使g(x)0,只需-lnx-1-c0,即x(0,e-1-c),所以c-e-2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为2.综上所述,当c-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)根的个数为2.,10.(2013江苏,20,16分)设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其中a为实数.(1)若f(x)在(1,+)上是单调减函数,且g(x)在(1,+)上有最小值,求a的取值范围;(2)若g(x)在(-1,+)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.,解析(1)令f(x)=-a=0,进而解得xa-1,即f(x)在(a-1,+)上是单调减函数.同理,f(x)在(0,a-1)上是单调增函数.由于f(x)在(1,+)上是单调减函数,故(1,+)(a-1,+),从而a-11,即a1.令g(x)=ex-a=0,得x=lna.当xlna时,g(x)0.又g(x)在(1,+)上有最小值,所以lna1,即ae.综上,有a(e,+).(2)当a0时,g(x)必为单调增函