（浙江专用）2020届高考数学一轮复习 第三章 导数 3.2 导数的应用课件

1、 3.2导数的应用 高考数学高考数学 (浙江专用) A A组自主命题组自主命题浙江卷题组浙江卷题组 五年高考 1.(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. 1x 3 4 2 1 , e 2 x a 解析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.满分15分. (1)当a=-时,f(x)=-ln x+,x0. f (x)=-+=, 所以

2、,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00, 故q(x)在上单调递增, 所以q(x)q. 由(i)得,q=-p-p(1)=0. 所以,q(x)0. 2 2 1 1 , e7 1 1 x 2ln(1) 2 xxx x x 2 1 1 , e7 ln2x x 2 1 1 , e7 1 7 1 7 2 7 7 1 7 2 7 7 1 1 x ( ) 2 q x x 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. 2 1 , e 2 2 1 , e 2 x a 2 0, 4

3、疑难突破疑难突破 (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,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. 2.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x. (1)若f(x)在x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)8-8ln 2; (2)若a3-4ln 2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. x 证明证明本题

4、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)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2). 设g(x)= -ln x,则g(x)=(-4), 所以 1 2 x 1 x 1 1 2 x 1 1 x 2 1 2 x 2 1 x 1 1 x 2 1 x 1 2 1 2 12 x x 1 x 2 x 4 12 x x 1 x 2 x 1 2 12 x x 1 2

5、x 1 4x x x(0,16)16(16,+) g(x)-0+ g(x)2-4ln 2 所以g(x)在256,+)上单调递增, 故g(x1x2)g(256)=8-8ln 2, 即f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n=+1, 则f(m)-km-a|a|+k-k-a0, f(n)-kn-ann0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 2 x 一题多解一题多解 (1)f (x)=-, 且f (x1)=f (x2)(x1x2). 设f (x1)=t,则-=t的两根为x1,x2. 即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2. 即 1 2 x 1

6、x 1 2 x 1 x xx 12 12 1 160, 1 0, 2 1 0, t xx t x x t 12 12 2 1 0, 16 1 , 2 1 . t xx t x x t f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2) =+2ln t. 设g(t)=+2ln t, 则g(t)=-+=g=8-8ln 2, f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a, 只需证明:当a3-4ln 2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

7、|-k)k(1-e-|a|-k)0. 1 0, 16 1 16 x | | e ak | | e ak 又x0时,-kx-k=. 即h(x)-a-ln x,取n=, 则h(n)-a-ln n=0, 而-|a|-k-a-km0. 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0k时,h(x)=0有两个不同的正根,(其中). 此时h(x)在(0,)上为减函数,在(,)上为增函数,在(,+)上为减函数. 1 2 x 1 x

8、1 2 1 4 2 1 4 1 16 1 16 1 16 1 16 h(x)=0,k=-, 则h()=-ln -k-a=-ln +1-a, h()=-=, h()在(0,16)上为减函数,在(16,+)上为增函数, h()h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a0. 1 2 1 1 2 1 4 1 4 4 又当=16时,k=, 又0k0,x(0,时,h(x)0. 即h(x)在(0,上没有零点,但h(x)在(,+)上有一个零点. 当0k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点. 1 16 1 16 1 16 考点一导数与函数的单调性考点一导数与函数的单调性 B B组统一命题

9、、省（区、市）卷题组组统一命题、省（区、市）卷题组 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-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x 答案答案A本题考查利用导数研究函数的单调性. 当f(x)=2-x时,exf(x)=ex2-x=,令y=, 则y=(1-ln 2). ex0,2x0,ln 20. 当f(x)=2-x时,exf(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知B、C、D不具有M性质,故选A.

10、 e 2 x x e 2 x x e 2 x x 2 e 2e 2 ln2 (2 ) xxxx x e 2 x x 方法小结方法小结 利用导数研究函数f(x)的单调性的一般步骤: 1.求f(x)的导数f (x). 2.令f (x)0(或f (x)0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,+) 答案答案A令g(x)=,则g(x)=,由题意知,当x0时,g(x)0,从而f(x)0; 当x(1,+)时,g(x)0,从而f(x)0. 又g(-x)=g(x),g(x)是偶函数, 当x(

11、-,-1)时,g(x)0; 当x(-1,0)时,g(x)0,从而f(x)0(0(0)时,考虑构造函 数g(x)=. ( )f x x 3.(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 . 1 ex 答案答案 1 1, 2 解析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+

12、2=3x20(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递增, f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a. 1 ex 1 e x 1 ex 1 ex 1 2 4.(2019课标全国文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0a0,则当x(-,0)时, f (x)0; 当x时, f (x)0. 故f(x)在(-,0),单调递增,在单调递减; 若a=0, f(x)在(-,+)单调递增; 若a0; 当x时, f (x)0. 3 a , 3 a 0, 3 a , 3 a 0, 3 a , 3 a

13、,0 3 a 故f(x)在,(0,+)单调递增,在单调递减. (2)当0a3时,由(1)知, f(x)在单调递减,在单调递增,所以f(x)在0,1的最小值为f =-+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a. 于是m=-+2,M= 所以M-m= 当0a2时,可知2-a+单调递减,所以M-m的取值范围是. 当2a0时, f(x)在(-,0),单调递增,将这两个区间合并表示为f(x) 在(-,0)单调递增导致错误,从而失分. , 3 a , 3 a 5.(2019课标全国文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f (x)为f(x)的导数. (1)证明:f (x)在区

14、间(0,)存在唯一零点; (2)若x0,时, f(x)ax,求a的取值范围. 解析解析(1)设g(x)=f (x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g(x)=xcos x. 当x时,g(x)0;当x时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点. 所以f (x)在(0,)存在唯一零点. (2)由题设知f()a,f()=0,可得a0. 由(1)知,f (x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f (x)0; 当x(x0,)时,f (x)0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减. 又f(0)=0,f()=0,所以,当x0,时,f(x

15、)0. 又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(-,0. 0, 2 , 2 0, 2 , 2 2 6.(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-或x=-1+. 当x(-,-1-)时, f (x)0; 当x(-1+,+)时, f (x)0. 所以f(x)在(-,-1-),(-1+,+)上单调递减, 在(-1-,-1+)上单调递增. (2)解法

16、一: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,+)上单调递减,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,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1. 当0 x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1 22 2 22 2 22 22 =x(1-a-x-x2),取x0=, 则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1. 当a0时,取x0=, 则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1

17、+x0)2=1ax0+1. 综上,a的取值范围是1,+). 解法二:f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,则h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,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,+)上单调递增, 而g(0)=0,故exx+1. 当0 x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=, 则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1. 当a0时,取x0=,则x0(0,1

18、),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1. 541 2 a 51 2 541 2 a 51 2 综上,a的取值范围是1,+). 7.(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. 解析解析本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

19、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+10,可得f(x)1.根据(1)可知f(x)f(a)=1在a- 1,a+1上恒成立.由f(a)=1,得b=2a3-6a2+1,-1a1,利用导数即可求出b的取值范围. 0 0 0 0 ()e , ()e . x

20、x g x g x 8.(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

21、.所以 对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是 即 (1)(0)e1, ( 1)(0)e1, ff ff ee 1, ee 1. m m m m 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. 1.(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

22、)的极小值为( ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 考点二导数与函数的极值、最值考点二导数与函数的极值、最值 答案答案 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. 思路分析思

23、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.(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. 3 ,1 2e

24、33 , 2e 4 33 , 2e 4 3 ,1 2e 答案答案 D由f(x0)0,即(2x0-1)-a(x0-1)0得(2x0-1)a(x0-1). 当x0=1时,得e1,则a. 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a1矛盾,所以x01. 因为x01,所以a0,g(x)为增函数, 当x(0,1)时,g(x)0,g(x)为减函数, 要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)ag(0), 0 ex 0 ex 0 0 0 e (21) 1 x x x e (21) 1 x x x 2 3 2

25、 e 2 (1) x xx x 3 1, 2 3 , 2 5 2 0 0 0 e (21) 1 x x x 得a1(满足a1).故选D. 3 2e 评析评析 本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合 性较强,属难题. 3.(2018课标全国理,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 . 答案答案- 3 3 2 解析解析解法一: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 (

26、x)0, f(x)为增 函数,所以当cos x=时, f(x)取最小值,此时sin x=.又因为f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+ cos x),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)

27、=4(1+t)2(2-4t). 当t时,g(t)0,g(t)为增函数; 当t时,g(t)0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 x时, f (x)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). 3 a 3 a 3 a 3 27 a 3 a x-1(-1,0)0(0,1)1 f (x) + - f(x)-4增1减0 f(x)在-1,1上的最大值为1,最小值为-

28、4. 最大值与最小值的和为-3. 5.(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 . 3 3 , 2 ,. xx xa x xa 答案答案2(-,-1) 解析解析若a=0,则f(x)=当x0时, f(x)=-2x0;当x0时,f (x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),当x 0,f(x)是增函数,当-1x0时, f (x)0, f(x)是减函数,f(x)f(-1)=2. f(x)的最大值 为2. 在同一平面直角坐标系中画出y=-2x和y=x3-3x的图象,如图所示,当a2时, f(x)max=a3-3a. 综上

29、,当a(-,-1)时, f(x)无最大值. 3 3 ,0, 2 ,0. xx x x x 6.(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=-3,b=-3;a=-3,b=2;a=-3,b2;a=0,b=2;a=1,b=2. 答案答案 解析解析设f(x)=x3+ax+b. 当a=-3,b=-3时, f(x)=x3-3x-3, f (x)=3x2-3,令f (x)0,得x1或x-1;令f (x)0,得-1x2时, f(x)=x3-3x+b,易知f(x)的极大值为f(-1)=2+b0,极小值为f(

30、1)=b-20,x-时, f(x) -,故方程f(x)=0有且仅有一个实根,故正确. 当a=0,b=2时, f(x)=x3+2,显然方程f(x)=0有且仅有一个实根,故正确. 当a=1,b=2时, f(x)=x3+x+2, f (x)=3x2+10,则f(x)在(-,+)上为增函数,易知f(x)的值域为R,故f (x)=0有且仅有一个实根,故正确.综上,正确条件的编号有. 评析评析 本题考查方程的根、函数的零点,利用导数研究函数的单调性和极值,考查推理运算能力. 7.(2019天津文,20,14分)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR. (1)若a0,讨论f(x)的单调性; (

31、2)若0ax0,证明3x0-x12. 1 e 解析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、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力,体现了逻辑推理 和数学运算素养.满分14分. (1)由已知, f(x)的定义域为(0,+),且f (x)=-aex+a(x-1)ex=. 因此当a0时,1-ax2ex0, 从而f (x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增. (2)证明:(i)由(1)知, f (x)=. 令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且g=1-a= 1-0, 故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f (x)=0在(0

32、,+)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时, f (x)=1时,h(x)=-11时,h(x)h(1)=0, 所以ln xx-1. 从而f=ln-a=ln-ln+1=hf(1)=0, 所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点. 又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1, 从而, f(x)在(0,+)内恰有两个零点. (ii)由题意, 即 从而ln x1=, 即=. 因为当x1时,ln xx01, 故=,两边取对数, 得ln ln , 于是x1-x02ln x02. 10 ex x 2 01 1 (1) 1 xx x 2 0 x 10 ex

33、x2 0 x 思路分析思路分析 (1)求出导函数,结合a0判定f (x)0,从而得f(x)在(0,+)上递增;(2)(i)利用导数的 零点判断f(x)的单调区间,结合零点存在性定理判断f(x)的零点个数;(ii)由极值点x0及零点x1建 立方程组从而得到=,又由x1时,ln xx-1,得到=, 两边取对数即可得结论. 0 1 2 0 11 e1, ln(1) e , x x ax xa x 10 ex x 2 01 1 ln 1 xx x 10 ex x 2 01 1 (1) 1 xx x 2 0 x 8.(2019课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:

34、 (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 解析解析本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算 求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算. (1)f(x)的定义域为(0,+). f (x)=+ln x-1=ln x-. 因为y=ln x单调递增,y=单调递减,所以f (x)单调递增.又f (1)=-10,故 存在唯一x0(1,2),使得f (x0)=0. 又当xx0时, f (x)x0时, f (x)0, f(x)单调递增. 因此, f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1

35、)知f(x0)0, 所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=. 由x01得1x0. 又f=ln-1=0, 1x x 1 x 1 x 1 2 ln4 1 2 1 1 1 1 1 1 ( )f 故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根. 综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 1 思路分析思路分析 (1)求函数极值点的个数,实质是求导函数零点的个数,注意应用零点存在性定理; (2)由第(1)问易知方程f(x)=0在(x0,+)上存在唯一根,根据所要证明的结论,只需求出f=0 即可. 1 9.(2019北京文,20,14分)已知函数f(x)=x3-x2+x. (1)求曲线y=

36、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. 1 4 解析解析本题考查利用导数求三次函数图象的切线,及函数的最大值、最小值,考查分类讨论的 思想,要求学生有良好的逻辑推理和运算求解能力. (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)

37、=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: 1 4 3 4 3 4 8 3 8 3 8 27 8 27 8 3 64 27 1 4 3 4 8 3 x-2(-2,0)04 g(x) + - + g(x)-60-0 8 0, 3 8 3 8 ,4 3 64 27 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.

38、 10.(2019天津理,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+-xncos x,得f (x)0,则f(x)单调递减; 当x(kZ)时,有sin x0,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)

39、0, 5 2,2 44 kk 3 2,2 44 kk 3 2,2 44 kk 5 2,2 44 kk 2 x , 4 2 故h(x)=f (x)+g(x)+g(x)(-1) =g(x)0, 因此,h(x)在区间上单调递减,进而h(x)h=f=0. 所以,当x时, f(x)+g(x)0. (3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即cos xn=1.记yn=xn-2n,则yn,且f(yn)=cos yn= cos(xn-2n)=e-2n(nN). 由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x时,g(x)0,所以g(x)在上为减函 数,因此g(yn)g(y0

40、)g=0.又由(2)知, f(yn)+g(yn)0,故 -yn-=-=.所以,2n+-xn0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-0,g0;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. (2)f(x)的定义域

41、为(-1,+). 1 1x 2 1 (1) x 1, 2 2 1, 2 , 2 , 2 1, 2 1, 2 (i)当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在(-1,0)单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)0,故f(x)在(-1,0) 单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零点. (ii)当x时,由(1)知,f(x)在(0,)单调递增,在单调递减,而f(0)=0,f0;当x时,f(x)0,所以当x时,f(x)0.从而,f(x)在没有零点. (iii)当x时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,则当x(-,0)时, f (x)0;当x时, f (x)

42、0.故f(x)在(-,0),单调 递增,在单调递减. 若a=0, f(x)在(-,+)单调递增. 若a0;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. 3 a , 3 a 0, 3 a , 3 a 0, 3 a , 3 a ,0 3 a , 3 a ,0 3 a (ii)当a3时,由(1)知, f(x)在0,1单调递减,所

43、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. 3 a 3 27 a 3 27 a 3 2 3 27 a 33 思路分析思路分析 (1)求出f (x)=0的两根,比较根的

44、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. 13.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,cR, f (x)为f(x)的导函数. (1)若a=b=c, f(4)=8,求a的值; (2)若ab,b=c,且f(x)和f (x)的零点均在集合-3,1,3中,求f(x)的极小值; (3)若a=0,0b1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M. 4 27 解析解析本题主要考查利用导数研

45、究函数的性质,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.满分16分. (1)因为a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3. 因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2. (2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而f (x)=3(x-b). 令f (x)=0,得x=b或x=. 因为a,b,都在集合-3,1,3中,且ab,所以=1,a=3,b=-3. 此时, f(x)=(x-3)(x+3)2, f (x)=3(x+3)(x-1). 令f (x)=0,得x=-3或x=1. 列表如

46、下: 2 3 ab x 2 3 ab 2 3 ab 2 3 ab x(-,-3)-3(-3,1)1(1,+) f (x)+0-0+ f(x)极大值极小值 所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32. (3)因为a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx, f (x)=3x2-2(b+1)x+b. 因为00, 则f (x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1x2). 由f (x)=0,得x1=,x2=. 列表如下: 2 11 3 bbb 2 11 3 bbb x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+) f (x)+0-0+ f(x

47、)极大值极小值 所以f(x)的极大值M=f(x1). 解法一: M=f(x1)=-(b+1)+bx1 =3-2(b+1)x1+b-x1+ =+()3 =-+3 +. 因此M. 解法二: 因为0b1,所以x1(0,1). 当x(0,1)时, f(x)=x(x-b)(x-1)x(x-1)2. 令g(x)=x(x-1)2,x(0,1),则g(x)=3(x-1). 3 1 x 2 1 x 2 1 x 1 1 39 xb 2 2(1) 9 bb(1) 9 b b 2 2(1)(1) 27 bbb(1) 9 b b2 27 2 1bb (1) 27 b b 2 2(1) (1) 27 bb2 27 (1)

48、1b b (1) 27 b b2 27 4 27 4 27 1 3 x 令g(x)=0,得x=.列表如下: 所以当x=时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g=. 所以当x(0,1)时, f(x)g(x).因此M. x g(x)+0- g(x)极大值 1 3 1 0, 3 1 3 1 ,1 3 1 3 1 3 4 27 4 27 4 27 14.(2018课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1; (2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a. 解析解析(1)当a=1时, f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.

49、 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x. 当x1时,g(x)0,h(x)没有零点; (ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x. 当x(0,2)时,h(x)0. 所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增. 故h(2)=1-是h(x)在0,+)的最小值. 若h(2)0,即a,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+)只有一个零点; 2 4 e a 2 e 4 2 e 4 若h(2),由于h(0)=1, 所以h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当x0时,exx2, 所以h

50、(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=. 2 e 4 3 4 16 e a a 3 22 16 (e) a a 3 4 16 (2 ) a a 1 a 2 e 4 方法总结方法总结 1.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. 2.利用导数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

51、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. 15.(2018课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1. (1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间; (2)证明:当a时, f(x)0. 1 e 解析解析(1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=aex-. 由题设知, f (2)=0,所以a=. 从而f(x)=ex-ln x-1, f (x)=ex-. 当0 x2时, f (x)2时, f (x)0. 所以f(x)在(0,2

52、)单调递减,在(2,+)单调递增. (2)当a时, f(x)-ln x-1. 设g(x)=-ln x-1,则g(x)=-. 当0 x1时,g(x)1时,g(x)0. 所以x=1是g(x)的最小值点. 故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a时, f(x)0. 1 x 2 1 2e 2 1 2e 2 1 2e 1 x 1 e e e x e e x e e x 1 x 1 e 16.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex. (1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线斜率为0,求a; (2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.

53、 解析解析(1)因为f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex, 所以f (x)=ax2-(a+1)x+1ex. f (2)=(2a-1)e2. 由题设知f (2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=. (2)由(1)得f (x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex. 若a1,则当x时, f (x)0. 所以f(x)在x=1处取得极小值. 若a1,则当x(0,1)时,ax-1x-10. 所以1不是f(x)的极小值点. 综上可知,a的取值范围是(1,+). 1 2 1 ,1 a 17.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3)

54、,其中t1,t2,t3R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列. (1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程; (2)若d=3,求f(x)的极值; (3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围. 3 解析解析本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识 和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. (1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f (x)=3x2-1.因此f(0)=0, f (0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点 (0, f(0

55、)处的切线方程为y-f(0)=f (0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0. (2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2. 故f (x)=3x2-6t2x+3-9. 令f (x)=0,解得x=t2-,或x=t2+. 当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表: 2 2 t 3 2 t 2 2 t 33 x (-,t2- )t2-(t2- ,t2+ )t2+(t2+ ,+) f (x) +0-0+ f(x) 极大值极小值 33 3 33 3 所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=

56、(-)3-9(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9 ()=-6. (3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d) +(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0. 设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数 y=g(x)有三个零点. g(x)=3x2+(1-d2). 当d21时,g(x)0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意. 当d21时,令g(x)=0,解得x1=-, x

57、2=. 易得,g(x)在(-,x1)上单调递增,在x1,x2上单调递减,在(x2,+)上单调递增. g(x)的极大值g(x1)=g=+60. 333333 33 3 33 33 2 1 3 d 2 1 3 d 2 1 3 d 3 2 2 2 3(1) 9 d 3 g(x)的极小值g(x2)=g=-+6. 若g(x2)0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意. 若g(x2)27,也就是|d|,此时|d|x2,g(|d|)=|d|+60,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+ 6-62+6,则当x时, f (x)0. 所以f(x)在x=2处取得极小值

58、0. 若a,则当x(0,2)时,x-20,ax-1x-10,所以2不是f(x)的极小值点. 1 2 1 ,2 a 1 2 1 2 综上可知,a的取值范围是. 1 , 2 方法总结方法总结 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. 19.(2018课标全

59、国理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-1x0时, f(x)0时, f(x)0; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a. 解析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-1x0时,g(x)0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

60、调递增. 又f(0)=0,故当-1x0时, f(x)0时, f(x)0. 1 x x 1 x x 2 (1) x x (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)-. 2 ( ) 2 f x xax 2 2 2 x xax 由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h(x)=- =. 如果6a+10,则当0 x-,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果