北京版高考数学总复习专题3.2导数的应用（试题练）教学讲练

1、数学高考总复习PAGE PAGE 60学好数理化，走遍天下都不怕3.2导数的应用探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.导数与函数的单调性了解函数单调性和导数的关系能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2015北京文,19利用导数求函数的单调区间对数函数、函数的零点和极值问题2.导数与函数的极(最)值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次),会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)2018北京,18利用导数的极值求参数的取值范围导数的几何意义

2、2019北京,19利用导数求函数的最值导数的几何意义2017北京,19三角函数3.导数的综合应用利用导数解决实际问题利用导数解决与不等式相关的综合性问题2016北京文,20利用导数研究函数的零点问题导数的几何意义、充分必要条件的判断分析解读函数的单调性是函数的重要性质,也是高中阶段研究的重点.一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值,以及实际问题中的优化问题等.二是把导数与函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的取值问题,常以解答题的形式出现,难度较大.破考点 练考向【考点集训】考点一导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=xsin x,x1,x2-2,2,且

3、f(x1)0 B.x1+x20C.x12-x220 D.答案D2.(2019北京丰台二模文,11)已知函数f(x)=x+ax(x0)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+),那么a=答案43.(2018北京通州期中,20改编)已知函数f(x)=xx2+1+1,则函数f(x)答案(-1,1)考点二导数与函数的极(最)值4.(2020届北京清华附中摸底,5)函数f(x)=12x-sin x在0,2A.6-32,0B.C.6-32,4-1D.-答案A5.(2018北京海淀二模,8)如图,已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点,函数g(x)=kx+m(m0),则函数F(x)=g(x)

4、-f(x)()A.有极小值,没有极大值B.有极大值,没有极小值C.至少有两个极小值和一个极大值D.至少有一个极小值和两个极大值答案C6.(2020届北京昌平二中开学考试,17)已知x=1是函数f(x)=ax3-3x的一个极值点,其中a为实数.(1)求实数a的值;(2)求函数f(x)在区间-2,2上的最大值.解析(1)f(x)=ax3-3x,f (x)=3ax2-3,x=1是函数f(x)=ax3-3x的一个极值点,f (1)=0,3a-3=0,a=1,当a=1时, f (x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),满足题意.(2)由(1)得f(x)=x3-3x, f (x)=3x2-3=3(x-1

5、)(x+1),令f (x)=0,得x1=-1,x2=1,随着x的变化, f (x)和f(x)的变化情况如下表:x-2(-2,-1)-1(-1,1)1(1,2)2f (x)+0-0+f(x)f(-2)增极大值减极小值增f(2)f(-1)=2, f(2)=2,f(x)在区间-2,2上的最大值是2.考点三导数的综合应用7.(2018北京海淀二模,6)关于函数f(x)=sin x-xcos x,下列说法错误的是()A.f(x)是奇函数B.0不是f(x)的极值点C.f(x)在-2,D.f(x)的值域是R答案C8.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x0)

6、,则获得最大年利润时的年产量为百万件.答案39.(2020届北京八一学校摸底,14)已知函数f(x)=ex-e-x,下列命题正确的有(写出所有正确命题的编号).f(x)是奇函数;f(x)在R上是增函数;方程f(x)=x2+2x有且仅有1个实数根;如果对任意x(0,+),都有f(x)kx,那么k的最大值为2.答案炼技法 提能力【方法集训】方法1利用导数解决函数的单调性问题1.(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-2.(2015重庆文,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(a

7、R)在x=-43处取得极值(1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.解析(1)对f(x)求导得f (x)=3ax2+2x,因为f(x)在x=-43处取得极值,所以f -即3a169+2-43=16a3-8(2)由(1)得g(x)=12x3故g(x)=32x2+2xe=12x=12x(x+1)(x+4)ex令g(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4.当x-4时,g(x)0,故g(x)为减函数;当-4x0,故g(x)为增函数;当-1x0时,g(x)0时,g(x)0,故g(x)为增函数.综上,知g(x)在(-,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,

8、+)内为增函数.方法2利用导数解决函数的极(最)值问题3.(2020届北京十三中开学考试,4)已知函数f(x)=x+4x,则f(x)的极大值点和极小值点分别为(A.-2,2 B.2,-2C.5,-3D.-5,3答案A4.已知函数f(x)=t3x3-32x2+2x+t在区间(0,+)上既有极大值又有极小值,则t的取值范围是答案05.(2020届北京清华附中摸底,15)已知函数f(x)=(x+a)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间0,4上的最小值.解析(1)f (x)=ex+(x+a)ex=(x+a+1)ex,由f (x)0,解得x-a-1;由f (x)0,解得x-a-1.所

9、以函数f(x)的单调减区间为(-,-a-1),单调增区间为(-a-1,+).(2)当-a-14,即a-5时, f(x)在0,4上单调递减,所以f(x)min=f(4)=(a+4)e4.当-a-10,即a-1时, f(x)在0,4上单调递增,所以f(x)min=f(0)=a.当-5a-1时,随着x的变化, f (x), f(x)的变化如下表:x(0,-a-1)-a-1(-a-1,4)f (x)-0+f(x)极小值所以f(x)min=f(-a-1)=-e-a-1=-1e综上,当a-5时, f(x)在0,4上的最小值为(a+4)e4;当a-1时, f(x)在0,4上的最小值为a;当-5a0,解得x1

10、e;令f (x)0,解得0 x1时,g(x)=1-a+ln x1-a0,故g(x)在(1,+)上为增函数,所以x1时,g(x)g(1)=1-a0,即f(x)ax-1.若a1,方程g(x)=0的根为x0=ea-1,此时,若x(1,x0),则g(x)0,故g(x)在该区间上为减函数.所以x(1,x0)时,g(x)g(1)=1-a0,即f(x)1时,g(x)=1x1-1x0,故g(x)是(1,+)上的增函数,所以g(x)的最小值是7.(2018北京通州摸底,19)已知函数f(x)=x-alnx(1)当a=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意的x(1,+), f(x)x恒成立,求a的取值范围.

11、解析(1)因为a=0,所以f(x)=xlnx,x(0,1)所以f (x)=lnx令f (x)0,即ln x-10,所以xe;令f (x)0,即ln x-10,所以x1,所以ln x0.所以对任意的x(1,+), f(x)x恒成立等价于x-alnxx恒成立,等价于a1,所以g(x)=2x再令h(x)=2x-ln x-2,x1,所以h(x)=x-所以当x1时,h(x)0.所以h(x)在(1,+)上单调递增.所以h(x)h(1)=0.所以当x1时,g(x)0.所以g(x)在(1,+)上单调递增.所以g(x)g(1)=1.所以a1.8.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x

12、,g(x)=1x-eex,其中aR,e=2.718(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当x1时,g(x)0;(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)g(x)在区间(1,+)内恒成立.解析(1)f (x)=2ax-1x=2当a0时, f (x)0时,由f (x)=0有x=12当x0,12a时, f (x)1时,s(x)0,所以ex-1x,从而g(x)=1x-1(3)由(2),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0a12时,1由(1)有f12ag(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a12时,令h(x)=f(x

13、)-g(x)(x当x1时,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-因此,h(x)在区间(1,+)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评析本题考查了函数的单调性问题,利用导数证明不等式及恒成立问题,有较强的综合性.方法4利用导数解决函数的零点问题9.(2020届北京清华附中摸底,12)已知函数f(x)=ln x-ax+1恰有两个零点,则实数a的取值范围是.答案(0,1)10.(2016课标文,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有

14、两个零点,求a的取值范围.解析(1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)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.(2分)(ii)设a-e2,则ln(-2a)0;当x(ln(-2a),1)时, f (x)0.所以f(x)在(-,ln(-2a),(1,+)单调递增,在(ln(-2a),1)单调递减.(4分若a1,故当x(-,1)(ln(-2a),+)时, f (x)0;当x(1,ln(-2a)时, f (x)0,则由(1)知, f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增.又f(1)=-e,

15、f(2)=a,取b满足b0且ba2(b-2)+a(b-1)2=ab所以f(x)有两个零点.(8分)(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分)(iii)设a0,若a-e2,则由(1)知, f(x)在(1,+)单调递增,又当x1时f(x)0,故f(x)不存在两个零点;(10分若a-e2,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a)单调递减,在(ln(-2a),+)单调递增,又当x1时f(x)0时函数零点的个数时,注意利用不等式的放缩评析本题考查函数的单调性、零点等知识点,解题时要认真审题、仔细解答,注意分类讨论和等价转化.11.(2018北京朝阳二模,18)

16、已知函数f(x)=xex+ax2+2ax(aR).(1)若曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为3x+y=0,求a的值;(2)当-12a0时,讨论函数f(x)的零点个数解析由题意可知f (x)=(x+1)(ex+2a).(1)因为曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为3x+y=0,所以f(0)=0, f (0)=-3,由e0+2a=-3,得a=-2.(2)当-12a0时,令f (x)=(x+1)(ex+2a)=0,得x=-1或当ln(-2a)-1,即a-12f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,ln(-2a)ln(-2a)(ln(-2a),-1)-1(-1,+

17、)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)在(ln(-2a),-1)上单调递减,在(-,ln(-2a)和(-1,+)上单调递增.又因为f(ln(-2a)=aln2(-2a)0, f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.当ln(-2a)=-1,即a=-12ef (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,+)f (x)+0+f(x)f(-1)=-a-1所以函数f(x)在(-,+)上单调递增.又因为f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.当-1ln(-2a)0,即a-12f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,ln(-2a)ln(-2

18、a)(ln(-2a),+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)在(-1,ln(-2a)上单调递减,在(-,-1)和(ln(-2a),+)上单调递增.又因为f(-2)=-2e-2+4a-4a=-2e-20, f(-1)=-a-1ef(ln(-2a)=aln2(-2a)e时, f(x)在区间(0,e)上单调递减,且f(1)=120, f(e)=e所以f(x)在区间(1,e上仅有一个零点.综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e上仅有一个零点.评析本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值,考查利用导数研究函数的零点问题,本题综合性较强,属中等难度题.考点二导数与函

19、数的极(最)值1.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)=14x3-x2(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)=14x3-x2+x得f (x)=34x令f (x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=8又f(0)=0, f83=8所以曲线y=f(x)的斜率为1

20、的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-(2)证明:令g(x)=f(x)-x,x-2,4.由g(x)=14x3-x2得g(x)=34x令g(x)=0,得x=0或x=83g(x),g(x)的情况如下:x-2(-2,0)00884g(x)+-+g(x)-60-640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=-3.2.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.(

21、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a12,则当x1a,2时,当x(2,+)时, f (x)0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a12,则当x(0,2)时,x-20,所以2不是f(x)的极

22、小值点.综上可知,a的取值范围是12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的根的左、右两侧的符号下结论.(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.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0,解析本题考查导数的

23、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,则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x0,所以h(x)在区间0,所以对任意x0,即f (x)0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.解析(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f (x)=3x2+2ax+b.因为f(0)=c, f (0)=b,

24、所以曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y=bx+c.(2)当a=b=4时, f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f (x)=3x2+8x+4.令f (x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-23f(x)与f (x)在区间(-,+)上的变化情况如下表:x(-,-2)-2-2-f (x)+0-0+f(x)cc-32所以,当c0且c-32270时,存在x1(-4,-2),x2-2,-23,x3-23,0由f(x)的单调性知,当且仅当c0,3227时,函数f(x)=x3+4x2(3)证明:当=4a2-12b0,x(-,+),此时函数f(x)在区间(-,+)上单调递增,所

25、以 f(x)不可能有三个不同零点.当=4a2-12b=0时, f (x)=3x2+2ax+b只有一个零点,记作x0.当x(-,x0)时, f (x)0, f(x)在区间(-,x0)上单调递增;当x(x0,+)时, f (x)0, f(x)在区间(x0,+)上单调递增.所以f(x)不可能有三个不同零点.综上所述,若函数f(x)有三个不同零点,则必有=4a2-12b0.故a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要条件.当a=b=4,c=0时,a2-3b0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.因此a2-3b0是f(x)

26、有三个不同零点的必要而不充分条件.疑点突破本题第(3)问中对必要性的证明,因为f (x)=3x2+2ax+b含有两个参数,不能分解因式,故需讨论0三种情况;对于充分性不成立的证明,只需举反例a=b=4,c=0即可.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与函数的单调性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.(2016课标文,12,5分)若函数f(x)=x-1

27、3sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是(A.-1,1B.-C.-13,答案C3.(2015陕西文,9,5分)设f(x)=x-sin x,则f(x)()A.既是奇函数又是减函数B.既是奇函数又是增函数C.是有零点的减函数D.是没有零点的奇函数答案B4.(2015安徽文,10,5分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a0,b0,d0B.a0,b0,c0C.a0,b0,d0D.a0,b0,c0,d0,则当x(-,0)a3,+时, f (x)0;当x0,a3时, f (x)0.故f(x)在(-,0),若a=0, f(x)在(-,

28、+)单调递增.若a0;当xa3,0时, f (x)0.故f(x)在-(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fa3=-a327

29、+b,最大值为若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a=0,与0a3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.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

30、, 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

31、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=5-则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).解题思路(1)求f (x),令f (x)0,求出f(x)的单调增区间,令f (x)0,求出f(x)的单调减区间.(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a1时,构造函数可知(1-x)ex1,所以f(x)=(x+1)(1-x)exx+1ax+1成立;当0aa

32、x0+1,从而说明命题不成立;当a0时,举反例考点二导数与函数的极(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A2.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=()A.-4B.-2C.4D.2答案D3.(2019课标全国,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-1,(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

33、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-11+x,g(x)=-sin x+当x-1,2时,g(x)单调递减,而g(0)0,g20;当x,所以g(x)在(-1,)单调递增,在,2单调递减,故g(x)在-1,2存在唯一极大值点(2)f(x)的定义域为(-1,+).(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

34、,从而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零点.(ii)当x0,2时,由(1)知,f(x)在(0,)单调递增,在,2单调递减,而f(0)=0,f20;当x,又f(0)=0,f2=1-ln1+20,所以当x0,2时,f(x)0.(iii)当x2,时,f(x)1,所以f(x)0,从而f(x)在(,+)没有零点.综上, f(x)有且仅有2个零点.思路分析(1)写出函数f(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点.(2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f(x)与0的关系,得到f(x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.4.(2019课标全国文,21,12分)已知函数

35、f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:(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.证明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)=x-1x+ln x-1=ln 因为y=ln x单调递增,y=1x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)

36、由(1)知f(x0)0,所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=.由x01得11x0又f1=1-1ln1故1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.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f1=0即可5.(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

37、.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)-x1+设函数g(x)=f (x)=ln(1+x)-x1+则g(x)=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

38、值点矛盾.(ii)若a0,设函数h(x)=f(x)由于当|x|0,故又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)=11+x=x2如果6a+10,则当0 x-6a+14a,且|x|min1,1|a如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|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=-16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

39、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.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.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.6.(2015重庆,20,12分)设函数f(x)=3x2+ax(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并

40、求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)若f(x)在3,+)上为减函数,求a的取值范围.解析(1)对f(x)求导得f (x)=(6x+因为f(x)在x=0处取得极值,所以f (0)=0,即a=0.当a=0时, f(x)=3x2ex, f故f(1)=3e, f (1)=3从而f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y-3e=3化简得3x-ey=0.(2)由(1)知f (x)=-3令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,由g(x)=0解得x1=6-a-a2当xx1时,g(x)0,即f (x)0,故f(x)为减函数;当x1x0,即f (x)0,故f(x)为增函数;当xx2时,

41、g(x)0,即f (x)0(2)证明:当a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)有最小值.设解析(1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).(2分)f (x)=(x-1)(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)证明:g(x)=(x-2)e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

42、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g(xa)=exa-a(xa于是h(a)=exaxa+2,由exx+2所以,由xa(0,2,得12=e00+2h(a)=exaxa因为y=exx+2单调递增,对任意12,e24,存在唯一的xa(0,2,a=-f(xa)综上,当a0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e疑难突破本题求解的关键是“设而不求”方法的运用,另外,注意将对g(x)符号的判断灵活地转化为对f(x)+a符号的判断.评析本题主要考查导数的运用,求单调区间

43、及最值,考查不等式的证明,属难题.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.-32eC.32e,答案D2.(2018课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=ax(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a1时, f(x)+e0.解析本题考查导数的几何意义、导数的综合应用.(1)f (x)=-ax2+(因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)证明:当a1时, f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(

44、x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.方法总结构造函数证明不等式的策略:(1)转化为f(x)C(C为常数)型,证明f(x)min或临界值大于或等于C.(2)转化为f(x)g(x)型,利用导数判断f(x),g(x)的单调性,进而求出函数f(x)、g(x)的最值或临界值,用原不等式成立的充分条件证明.(3)转化为f(a)+g(a)f(b)+g(b)型,构造函数h(x)=f(x)+g(x),利用h(x)单调性及a,b的大小证明.3.(2018课标全国文,21,12分)已知

45、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a1e时, f(x)解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-1x由题设知, f (2)=0,所以a=12从而f(x)=12e2ex-ln x-1, f (x)=12e当0 x2时, f (x)2时, f (x)0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.(2)证明:当a1e时, f(x)exe设g(x)=exe-ln x-1,则g(x)=ex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.

46、因此,当a1e时, f(x)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),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),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).4.(2018课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=13x3-a(x2(1)若a=3,求f(x)的单调区

47、间;(2)证明:f(x)只有一个零点.解析(1)当a=3时, f(x)=13x3-3x2-3x-3, f (x)=x2令f (x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x(-,3-23)(3+23,+)时, f (x)0;当x(3-23,3+23)时, f (x)0,所以f(x)=0等价于x3设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-160;当x所以g(x)在0,2单调递增,在又g(0)=0,g2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(

48、)=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)0.又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(-,0.6.(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.解析(1)证明:当a=1时, f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x

49、-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)=1-4ae2是h(x)在若h(2)0,即ae24,h(x)在(0,+)若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+)若h(2)e2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)=1-16a3e4a=1-16故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+)有两个零点.综上,

50、f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=e2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.7.(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)

51、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,得若a=1,则g(x)=1-1x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)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

52、-1x当x0,1当x12,所以h(x)在0,12单调递减,在又h(e-2)0,h120;当x(x0,1)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x00,12得f(x0因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由e-1(0,1), f (e-1)0得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2.8.(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+121+122解析本题考查导数的综

53、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)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+1从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n1时,x-1-ln x0.令x=1+12n,换元后可求出1+12一题多解(1)f (x)=1-ax=x-ax(x0).当a0时, f (x)0, f(x)在(0,+)上单调递

54、增,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=19.(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;(2)若0ax0,证明3x0-x12.解析本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

55、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.(1)由已知, f(x)的定义域为(0,+),且f (x)=1x-aex+a(x-1)ex=1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)=1-令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且gln1a=1-aln故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f (x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0g(x0)x=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时, f (x)=g(x)x1时,h(x)=1x-11时,

56、h(x)f(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,f即a从而ln x1=x1-1x02因为当x1时,ln xx01,故ex1-x0 x得ln ex1-x于是x1-x02ln x02.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ax02ex0=1,ln x1=a(x1-110.(2019天津,20,14分)设函数f

57、(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x4,2时,证明(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2n+4,2n+2内的零点,其中n解析本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x2k+4,2k+54(kZ)时,有sin当x2k-34,2k+4(kZ)时,有sin所以, f(x)的单调递增区间为2k-34,2k+4(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)2-x.依

58、题意及(1),有g(x)=ex(cos 从而g(x)=-2exsin x.当x4,故h(x)=f (x)+g(x)2=g(x)2因此,h(x)在区间4,2上单调递减,进而h(x)h所以,当x4,2时, (3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncos xn=1.记yn=xn-2n,则yn4,2,且f(yn)=eyncos yn=e由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x4,2时,g(x)0,所以g(x)在4,2上为减函数,因此g(yn)g(y0)0和f (x)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)

59、,则f(x0)=0, f (x0)=0,即x解得x0=12,a=-3因此,当a=-34时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分(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-54,则f(1)=a+540,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a-54,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)

60、=14, f(1)=a+54,所以当a-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a0时, f(x)在(0,1)(ii)若-3a0,即-34a0, f(x)在若f -a3=0,即a=-34,则f(x)在若f -a30,即-3a-34,由于f(0)=14, f(1)=a+54,所以当-54a-34时, f(x)在(0,1)有两个零点;当-3-34或a-54时,h(x)当a=-34或a=-54时,h(x)当-54ak1,则下列结论中一定错误的是()A.f1k1k B.f1C.f1k-11k-答案C2.(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