五年高考3年模拟§32-导数的应用课件

1、3.2导数的应用高考理数 (课标专用)3.2导数的应用高考理数 (课标专用)A组统一命题课标卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2015课标,12,5分,0.369)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,+)五年高考A组统一命题课标卷题组五年高考答案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

2、数,当x(-,-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)=,再利用所构造的函数的单调性求解.答案A令g(x)=,则g(x)=,由题意知,2.(2018课标全国,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: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

3、+a=-2+a=-2+a,解析(1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=所以a-2等价于-x2+2ln x20.设函数g(x)=-x+2ln x,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+2ln x20,即a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法:(1)证明f(x)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)上是减函数,同时若F(a)0,由减函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x),x(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g

4、(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).所以a-2等价于-x2+2ln x20.方法总结利3.(2017课标全国,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.3.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=a解析本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.(1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a0,则

5、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 a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.解析本题

6、考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.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).方法总结利用导数研究函数的单调性: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)ln,方法总结利用导数研究函数的单解析(1)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,

7、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的充要条件是即设函数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)的单调性知,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.思路分析(1)证明f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,即证明无论m取何值,均有f (x)0在(-,0)上恒

8、成立,而f (x)=m(emx-1)+2x,故需对m的符号进行分类讨论.(2)x1,x2-1,1,均有|f(x1)-f(x2)|e-1,即f(x)max-f(x)mine-1,可由第(1)问的单调性来确定f(x)max与f(x)min.当m-1,1时,g(m)0,g(-m)0,即式成5.(2016课标全国,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.5.(2016课标全国,21,12分)解析(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,

9、+).(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-10, f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.(6分)当0 xxa时, f(x)+a0,g(x)xa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

10、g(xa)=.(8分)解析(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+)于是h(a)=,由=0,得y=单调递增.所以,由xa(0,2,得=0,得y=单调递增.解题关键考点二导数与函数的极值(最值)1.(2017课标全国,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A本题主要考查函数的极值与导数的应用.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)=e

11、x-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.考点二导数与函数的极值(最值)答案A本题主要考查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

12、证.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:方法总结1.利2.(2014课标,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+f(x0)2m2,则m的取值范围是()A.(-,-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+)2.(2014课标,12,5分)设函数f(x)=sin答案Cf (x)=cos,f(x)的极值点为x0,f (x0)=0,cos=0,x0=k+,kZ,x0=mk+,kZ,又+f(x0)2m2,+m2,kZ,即m2+3m2,kZ,m0,kZ,又存在x0满足+

13、f(x0)2,m2-3,m24,m2或m-2,故选C.评析本题考查了函数的极值问题,三角函数求值、恒成立等问题.考查分析问题、解决问题的能力.答案Cf (x)=cos,评析本题考解析解法一: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

14、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,3.(2018课标全国,16,5分)已知函

15、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 又f(x)=2sin x+sin 2x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)=8sincos3.f 2(x)=64sin2cos2cos2cos2=3sin2cos2cos2cos2=.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-.又f(x)=2sin x+si

16、n 2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,+)单调递增.又f(0)=0,故当-1x0时, f(x)0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.(

17、ii)若a0,设函数h(x)=ln(1+x)-.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.4.(2018课标全国,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.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.4.(2h(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6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故

18、当x(x1,0),且|x|min时,h(x)0;当x(0,1)时,h(x)0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.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.h(x)=-=.思路分析(1)a=0时,写出f(x解后反思1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方

19、程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.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零.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.解后反思1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对5.(2017课标全国,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)2-2.5.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=a解析本题考查了导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,

20、+).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0 x1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-.当x时,h(x)0.解析本题考查了导数的综合应用.所以h(x)在单调递减,在单调递增.又h(e-2)0,h0;当x(x0,1)时

21、,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,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.所以h(x)在单调递减,在单调递增.方法总结利用导数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

22、,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. 考点三导数的综合应用答案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a.答案D由f(x0)0,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),思路分析存在唯一的整数x0使得f(x0)0,即存在唯一整数x0

23、使(2x0-1)1,x01三种情况讨论.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.得a1(满足a0,g(x)为增函数2.(2018课标全国,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.2.(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=e解析(1)当a=1时, f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.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;(i

24、i)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;解析(1)当a=1时, f(x)1等价于(x2+1)e-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(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=

25、.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.若h(2),由于h(0)=1,方法总结利用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

26、-=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.从而ln+ln+ln+=1-1.故2,所以m的最小值为3.3.(2017课标全国,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时,x-1-ln x0.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

27、(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.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性解析(1)f (x)=ex+e-x-20,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-,+)上单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-

28、x)+(8b-4)x,g(x)=2e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).(i)当b2时,g(x)0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x0,g(x)0.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0 xln(b-1+)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当0 xln(b-1+)时,g(x)0,ln 20.692 8;4.(2014课标,21,12分,0.151)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

29、x0时,g(x)0,求b的最大值;(3)已知1.414 21.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).解析(1)f (x)=ex+e-x-20,等号仅当x=当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln 20,ln 21.5.(2014课标,21,12分,0.244)设函数f(x解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.由题意可得f(1)=2, f (1)=e.故a=1,b=2.(2)证明:由(1)知, f(x)=exln x+ex-1,从而f(x)1等价于xln xxe-x-.设函数g(x)=xl

30、n x,则g(x)=1+ln x.所以当x时,g(x)0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+)上的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,则h(x)=e-x(1-x).所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x思路分析(1)由可求得a,b.(2)f(x)1(x0),即exln x+ex-11(x0)exxln x+exx(x0)xln x-(x0),可分别研究函数g(x)=xln x与h(x)=-的最值.评析本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单

31、调性及最值问题,考查等价转化思想及逻辑推理能力.思路分析(1)由可求得a,b.评析本题主要考查导数的几6.(2015课标,21,12分,0.192)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.6.(2015课标,21,12分,0.192)已知函数f(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)(

32、2)当x(1,+)时,g(x)=-ln x0,从而h(x)=minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,+)无零点.当x=1时,若a-,则f(1)=a+0,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a-,则f(1)0,h(1)=minf(1),g(1)=f(1)0,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-a

33、0,则f(x)在(0,1)无零点;若f =0,即a=-,则f(x)在(0,1)有唯一零点;若f 0,即-3a-,由于f(0)=, f(1)=a+,所以当-a-时, f(x)在(0,1)有两个零点;当-3-或a-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=- 时,h(x)有两个零点;当- a- 时,h(x)有三个零点.(12分)得最小值,最小值为f =+.考点一导数与函数的单调性1.(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,-3B组自主命题省(区、市)卷题组答案C由题意知x-2,1都有ax3-x2

34、+4x+30,即ax3x2-4x-3在x-2,1上恒成立.当x=0时,aR.当0 x1时,a=-+.令t=(t1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g(t)=-9t2-8t+10(t1),所以g(t)在1,+)上单调递减,g(t)max=g(1)=-6(t1),所以a-6.当-2xk1,则下列结论中一定错误的是()A.fC.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福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满3

35、.(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.方法小结函数不等式的求解思路

36、:(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).3.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x4.(2015北京,18,13分)已知函数f(x)=ln.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)求证:当x(0,1)时, f(x)2;(3)设实数k使得f(x)k对x(0,1)恒成立,求k的最大值.4.(2015北京,18,13分)已知函数f(x)=ln.解析(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以f (x)=+, f (0)=2.又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为

37、y=2x.(2)证明:令g(x)=f(x)-2,则g(x)=f (x)-2(1+x2)=.因为g(x)0(0 xg(0)=0,x(0,1),即当x(0,1)时, f(x)2.(3)由(2)知,当k2时, f(x)k对x(0,1)恒成立.当k2时,令h(x)=f(x)-k,则h(x)=f (x)-k(1+x2)=.解析(1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以当0 x时,h(x)0,因此h(x)在区间上单调递减.当0 x时,h(x)h(0)=0,即f(x)2时, f(x)k并非对x(0,1)恒成立.综上可知,k的最大值为2.所以当0 x时,h(x)-e1-x在区间(1,+)内恒成立

38、(e=2.718为自然对数的底数).5.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a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)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.解析(1)f (x)=2ax-=(x0).由(1)有f0

39、,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.思路分析对于(1),先求导,然后分a0和a0两种情况判断f (x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对于(2),令g(x)=-,s(x)=ex-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+)上正负一致,易证x1时s(x)0,从而g(x)0,再对a进行分类:a0;0ag(x)是否恒成立,最后得出结论.评析本

40、题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.由(1)有f0,思路分析对于(1考点二导数与函数的极值(最值)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时, f (x)0,f(x)在(0,+

41、)上为增函数,又f(0)=1,f(x)在(0,+)上没有零点,a0.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=3.2.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-axx-1(-1,0)0(0,1)1f (x) + - f(x)-4增1减0f(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.x-1(-1,0)0(0,1)1f (x) + - f(x3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)

42、=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)3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=答案2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x0, 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,当a(-,-1)时, f(x)无最大值. 疑难突破分段函数需要分段讨论.对于,由于x0时,

43、f(x)0时, f(x)=-24.(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.4.(2017北京,19,13分)已知函数f(x)=exco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

44、 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,得f(x)在定义域内的单调递增区间,令f (x)0时,m(x)0;当x0时,m(x)0,当x0时,h(x)0时,h(x)0,h(x)单调递增,解析本题考查导数的几何意义和极值.所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;(ii)当a0时,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h(x)=0得x1=ln a,x2=0.当0a1时,ln a0,当x(-,ln a)时,ex-eln a0,h(x)单调递

45、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;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;当a1时,ln a0,所以当x(-,0)时,ex-eln a0,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-当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0,h(x)

46、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(-,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

47、a)+2.当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x0,1时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=1+a-2x-3x2.令f (x)=0,得x1=,x2=,x1x2,所以f (x)=-3(x-x1)(x-x2).当xx2时, f (x)0;当x1x0.故f(x)在(-,x1)和(x2,+)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a0,所以x10.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.当0a

48、4时,x21.由(1)知, f(x)在0,x2上单调递增,在x2,1上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.6.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+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处和x=1处同时取得最小值;当1a,则当x时, f (x)0.所以f(x)在x=2处取得极小值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.综上可知,a的取值范围是.考点三导数的综合应用解析(1)因为f(x)=ax2-(方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知

49、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.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略2.(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚内的地块形状

50、为矩形ABCD,大棚内的地块形状为CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为.(1)用分别表示矩形ABCD和CDP的面积,并确定sin 的取值范围;(2)若大棚内种植甲种蔬菜,大棚内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43.求当为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大. 2.(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示解析本题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.(1)设PO的延长线交MN于H,则PHMN,所以OH=10米.过O作OEBC于E,则OEMN,所以C

51、OE=,故OE=40cos 米,EC=40sin 米,则矩形ABCD的面积为240cos (40sin +10)=800(4sin cos +cos )平方米,CDP的面积为240cos (40-40sin )=1 600(cos -sin cos )平方米.解析本题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考过N作GNMN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=10米.令GOK=0,则sin 0=,0.当时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sin 的取值范围是.答:矩形ABCD的面积为800(4sin cos +cos )平方米,CDP的面积为1 600(cos -sin

52、 cos )平方米,sin 的取值范围是.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43,所以设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k0).则年总产值为4k800(4sin cos +cos )+3k1 600(cos -sin cos )=8 000k(sin cos +cos ),.设f()=sin cos +cos ,.过N作GNMN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=则f ()=cos2-sin2-sin =-(2sin2+sin -1)=-(2sin -1)(sin +1),令f ()=0,得=,当时, f ()0,所以f()为增函数;当时, f ()

53、0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”,并说明理由.3.(2018江苏,19,16分)记f (x),g(x)解析本题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f (x)=1,g(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f (x)=g(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f (x)=2ax,g(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x

54、0)=g(x0)且f (x0)=g(x0),得即(*)得ln x0=-,即x0=,则a=.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.解析本题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合(3)f (x)=-2x,g(x)=,x0, f (x0)=g(x0)b=-0 x0(0,1),f(x0)=g(x0)-+a=-a=-,令h(x)=x2-a=,x(0,1),a0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,则m(0)=-a0m(0)m(1)0,存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运

55、用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f (x0)=g(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x(0,1),a0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,由m(0)0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.(3)f (x)=-2x,g(x)=,x0, f 4.(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

56、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)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g(x)=(-4),所以4.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln所以g(x)在256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2

57、)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.由(1)可知g(x)g(16),又a3-4ln 2,一题多解(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 2.一题多解(1)f (x)=-,(2)设

58、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|-k)k(1-e-|a|-k)0.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.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.(

59、2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a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.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.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.当0k1.(1)求函数h(x)=f(x)

60、-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-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:x(-,0)