课标版高考文科数学总复习专题3.2 导数的应用（试题练）教学讲练

1、数学高考总复习PAGE PAGE 38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利用导数研究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)2017课标全国,21,12分导数与函数的单调性不等式恒成立求参数范围2016课标全国,12,5分利用函数单调性求参数范围不等式恒成立求参数范围2019课标全国,20,12分判断单调性及求最值利用导数研究函数的极值与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

2、);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课标全国,21,12分导数与函数单调性、极值、最值不等式的证明2017课标全国,21,12分利用最值证明不等式函数的单调性2015课标,21,12分利用导数求函数最值函数的单调性2019课标全国,21,12分利用导数研究函数的极值点函数的单调性导数的综合应用利用导数解决实际问题、函数的零点(方程的根)的问题、不等式问题以及恒成立(存在性)问题2018课标全国,21,12分函数的零点导数与函数的单调性2019课标全国,20,12分零点个数的证明导数与函数的单调性2015课标,21,12分函数的零点,不等式的证明导数与函数的单

3、调性分析解读函数的单调性是函数的一条重要性质,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,这是新课标的一个新要求.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(范围),常以解答题的形式出现.本节内容在高考中分值为17分左右,属难度较大题.破考点 练考向【考点集训】考点一利用导数研究函数的单调性1.(2018河南、河北重点高中第二次联考,6)若函数f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上递减,则a的取值范围是() A.(e+1,+)B.e+1,+) C.(e-1,+)D.e-1,+)答案B2.(

4、2018河南信阳一模,15)已知定义在R上的可导函数f(x)满足f (x)2-2m,则实数m的取值范围是.答案(1,+)3.(2020届福建龙海二中期初考试,18)设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11).(1)求a,b的值;(2)讨论函数f(x)的单调性.答案(1)易得f (x)=3x2-6ax+3b.因为f(x)的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11),所以f(1)=-11,f (1)=-12,即1解得a(2)由a=1,b=-3得f (x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3).令f (x)0,解得

5、x3,令f (x)0,解得-1x0),f (x)=ex+2x-1x令f (x)=g(x),则g(x)=ex+2+1x2,所以f (x)在(0,+)上单调递增.注意到f 14=e14+12-40,所以由零点存在性定理可知存在x014,12,使得f (x0)=0,即ex当0 xx0时,f (x)x0时,f (x)0,f(x)单调递增.于是f(x)f(x0)=ex0+x02-ln x0=1x0-2x0+x02-ln x0=(x0-1)易知f(x0)=(x0-1)2+1x0-ln x0-1在1所以f(x)f(x0)f12=54+ln3.(2018湖北荆州一模,20)已知函数f(x)=-x2+ax-ln

6、 x(aR).(1)若函数f(x)是单调递减函数,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值,求实数a的取值范围.答案(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=-2x+a-1x=-函数f(x)是单调递减函数,f (x)0对x(0,+)恒成立,-2x2+ax-10对x(0,+)恒成立,即a2x+1x对x(0,+)恒成立2x+1x22x1x=22当且仅当2x=1x,即x=22时取“=”(2)函数f(x)在(0,3)上既有极大值又有极小值,f (x)=-2x2+ax即2x2-ax+1=0在(0,3)上有两个相异实根,令g(x)=2x2-ax+1,则022a0

7、,解得x0,令f (x)0,则函数f(x)在(-,0)上单调递增,在(0,+)上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,又当x0,当x1时,f(x)0,画出函数f(x)的大致图象如图,由图知要使函数f(x)的图象与直线y=a有两个不同的交点,则0a1时,x-1x0,ln 可得f(x)0,则当=1-4a20,即a12时, f (x)0恒成立可得f(x)在1,+)上单调递增,而f(1)=0,所以当x1时,都有f(x)0,满足题意;当0,即0a12时, f (x)=0有两个不等实根,不妨设为x1,x2,且x1x2则x1x2=1,x1+x2=1a所以有0 x11x2,当1xx2时, f (x)0,

8、故f(x)在(1,x2)上单调递减,而f(1)=0,所以当x(1,x2)时, f(x)0,不满足题意.综上所述,a的取值范围为124.(2019安徽合肥模拟,21)已知函数f(x)=x2+x-aln x(aR),g(x)=12x2+x+1(1)若曲线y=f(x)与y=g(x)在点(1,2)处的切线互相垂直,求a的值;(2)讨论函数y=f(x)-g(x)+12的零点个数答案(1)f (x)=2x+1-ax由题意知f (1)g(1)=-1(3-a)2=-1,解得a=72(2)y=f(x)-g(x)+12=12x2-aln令h(x)=12x2-aln 当a=0时,h(x)在定义域(0,+)上恒大于0

9、,h(x)没有零点.当a0在(0,+)上恒成立所以h(x)在定义域(0,+)上为增函数,因为h(1)=120,h(e1a所以h(x)有1个零点.当a0时,h(x)=x-ax=x2-当x(0,a)时,h(x)0,h(x)在(a,+)上为增函数,所以当x=a时,h(x)取极小值,也是最小值,h(a)=12a-aln a=12a(1-ln a).当a(0,e)时,h(a)=12a(1-ln 当a=e时,h(a)=12a(1-ln a)=0,h(x)有1个零点x=a当a(e,+)时,h(a)=12a(1-ln 因为h(1)=120且h(a所以方程h(x)=0在区间(0,a)内有一解,因为当x1时,x-

10、ln x0,所以xln x,则h(x)=12x2-aln x12x因为2aa1,所以h(2a)12(2a)2-2a2所以h(x)=0在区间(a,+)内有一解,所以方程h(x)=0在区间(0,+)内有两解.综上所述,当a0,e)时,y=f(x)-g(x)+12没有零点当ae时,y=f(x)-g(x)+12有2个零点炼技法 提能力【方法集训】方法1利用导数求函数的单调区间1.(2018河南信阳二模,9)已知定义在R上的函数f(x)=13ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是() A.(-,-1)(1,+) B.-1,0)(0,1C.(-1,1) D.(-1,0)(0,1)

11、答案D2.(2019山东烟台模拟,10)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+da23b在R上是单调递增函数,则cA.1 B.2C.3 D.4答案A3.(2019陕西渭南模拟,21)已知函数f(x)=ln x-ax2-bx.(1)若a=-1,函数f(x)在其定义域内是增函数,求b的取值范围;(2)f(x)的图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1x2)两点,AB的中点为C(x0,0),求证:f (x0)0).f(x)在(0,+)上是增函数,f (x)=1x+2x-b0在x(0,+)上恒成立即b1x+2x在x(0,+)上恒成立只需b1xx0,1x+2x22,当且仅当x=22时,取“=

12、”,b2b的取值范围为(-,22.(2)证明:由题意得fln两式相减,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1lnx1x2=(x1-x2)a(x1由f (x)=1x-2ax-b及2x0=x1+x2,f (x0)=1x0-2ax0-b=2x1+=2x1+x=1x令t=x1x2(0t(1)=0.又x1f(a)f(c);函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;函数f(x)的最小值为f(d).A. B.C. D.答案A2.(2019福建三明模拟,21)已知函数f(x)=xln x-a2x2-x(aR(1)若曲线y=

13、f(x)在x=e处的切线的斜率为-1,求切线的方程;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,求a的取值范围,并证明:x1x2x1+x2.答案(1)f(x)=xln x-a2x2-x(x0),f (x)=ln 由f (e)=1-ae=-1,解得a=2ef(e)=-e.故切点坐标为(e,-e),曲线y=f(x)在x=e处的切线方程为x+y=0.(2) f (x)=ln x-ax(x0),令f (x)=0,得a=lnx令g(x)=lnx则g(x)=1-当0 x1时,g(x)1时,g(x)0.令g(x)=0,得x=e.当0 x0;当xe时,g(x)0.故g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单

14、调递减,g(x)max=g(e)=1e当a0时, f(x)有一个极值点;当0a1e时, f(x)有两个极值点当a1e时, f(x)没有极值点综上,若f(x)有两个极值点,则a的取值范围是0,证明:x1,x2是f(x)的两个极值点,ln x1不妨设0 x1x2,则1x1ex2e,ln(x1+x2由可得ln x1+ln x2=a(x1+x2),即ln(由得ln(x1x1x2x1+x2.【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2016课标全国,12,5分)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是() A.-1,1 B.-1

15、,13 C.答案C2.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,则使得f(x)f(2x-1)成立的x的取值范围是() A.13,1 B.C.-13,13答案A3.(2019课标全国,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)a3,+时,当x0,a3时, 故f(x)在(-,0),a3,+单调递增,若a=0, f(x)在(-,+)单调递增;若a0,则当x-,a3(0,+)时,当xa3,0时, 故f(x)在-,a3,(0,+)单调递增,(2)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,a3单调递减,在

16、a3,1单调递增,所以f(x)在0,1的最小值为fa3于是m=-a327所以M-m=2当0a2时,可知2-a+a327单调递减,所以M-m的取值范围是当2a3时,a327单调递增,所以M-m的取值范围是综上,M-m的取值范围是8274.(2017课标全国,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.答案(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

17、,+)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(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,+)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=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

18、-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).考点二利用导数研究函数的极值与最值1.(2019课标全国,21,12分)已知函数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)=

19、-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)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.2.(2018课标全国,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a1e时, f(x)答案(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-1x由题

20、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.因此,当a1e时, f(x)3.(2017课标全国,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,+)上单调递增.若a0,

21、则当x0,-12a时,当x-12a,+故f(x)在0,-12a上单调递增,(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0,所以f(x)在(0,+)上单调递增.若a0,则当x0,1a时, f (x)0;当x1a,+时,f (x)0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1因此f1a2a-2等价于ln 令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+)上单调递增,g(1)=0.于是,当0a1时,g(a)1时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1).解法二:由(1)知,当a0时, f(x)在(0,+)上无最大值;当a0时, f(

22、x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1因此f1a2a-2等价于ln 当a1时,ln a+aa1;当0a1时,ln a+aa0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1当0a0;当x所以g(x)在0,2单调递增,在又g(0)=0,g20,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;当x(3-23,3+23)时,f (x)0,所以f(x)=0等价

23、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, f(3a+1)=综上,f(x)只有一个零点.3.(2016课标全国,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,11,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.答案(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)=1x-1,令f (x)=0,解得当0 x0, f(x)单调递增;当x1时, f (x)0, f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(x)在x=1

24、处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1.故当x(1,+)时,ln xx-1,ln1x1x-1,即11,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,解得x0=lnc当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.(9分)由(2)知1c-1lncc,又g(0)=g(1)=0,故当0 x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.(12分)4.(2015课标,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.(1)讨论f(x)的导函数f (x)零点的个数;(2)证明:当a0时, f(x)2a+aln2a答案(

25、1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=2e2x-ax当a0时, f (x)0, f (x)没有零点;当a0时,因为y=e2x单调递增,y=-ax单调递增,所以f (x)在(0,+)上单调递增又f (a)0,当b满足0ba4且b0时, f (x)存在唯一零点. (6分)(2)证明:由(1),可设f (x)在(0,+)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)时, f (x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时, f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0故当a0时, f(x)2a+aln2a.(1

26、2分B组自主命题省(区、市)卷题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2017山东,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.(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-考点二利用导数研究函数的极值与最值1.(2016四川,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则

27、a=() A.-4 B.-2C.4 D.2答案D2.(2018北京,19,13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.答案(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=12(2)由(1)得f (x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex.若a1,则当x1a,1时, 当x(1,+)时, f (x)

28、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,+).3.(2017北京,20,13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,答案(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 x-sin x

29、-sin x-cos x)=-2exsin x.当x0,所以h(x)在区间0,所以对任意x0,2,有h(x)h(0)=0,即所以函数f(x)在区间0,因此f(x)在区间0,2上的最大值为f(0)=1,最小值为f4.(2019北京,20,14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.答案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

30、推理和运算求解能力.(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

31、(-2)=|g(-2)-a|=6+a3;当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.考点三导数的综合应用1.(2019天津,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.答案本题主要考查导数的运算、不等式的证明、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的核心素养.(1)由已知得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 (

32、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,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即ex1-因为当x1时,l

33、n xx01,故ex1-x0 x得ln ex1-x于是x1-x02ln x02.2.(2018天津,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),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)-63有三个互异的公共点,求d的取值范围.答案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

34、(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)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+(3t22-9)x-t2故f (x)=3x2-6t2x+3t2令f (x)=0,解得x=t2-3,或x=t2+3.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,t2-3)t2-3(t2-3,t2+3)t2+3(t2+3,+)f (x)+

35、0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)的极大值为f(t2-3)=(-3)3-9(-3)=63;函数f(x)的极小值为f(t2+3)=(3)3-9(3)=-63.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63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)+63=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+63,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63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

36、(x)在R上单调递增,不合题意.当d21时,令g(x)=0,解得x1=-d2x2=d2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-d2-13g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-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|10,此时|d|x2,g(|d|)=|d|+630,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+63-6210+630,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x

37、2,|d|)内各有一个零点,所以,d的取值范围是(-,-10)(10,+).C组教师专用题组考点一利用导数研究函数的单调性1.(2014课标,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+)单调递增,则k的取值范围是() A.(-,-2 B.(-,-1C.2,+) D.1,+)答案D2.(2014湖南,9,5分)若0 x1x2ln x2-ln x1B.ex2-ex1C.x2ex1x1ex2 D.x2答案C3.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=4x-x4,xR.(1)求f(x)的单调区间;(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)

38、,求证:对于任意的实数x,都有f(x)g(x);(3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1,x2,且x10,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)的单调递增区间为(-,1),单调递减区间为(1,+).(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=413, f (x0)=-12.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).令函数F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),则F(x)=f (x)-f (x由于f (x)=-4x3+4在(-,+)

39、上单调递减,故F(x)在(-,+)上单调递减.又因为F(x0)=0,所以当x(-,x0)时,F(x)0,当x(x0,+)时,F(x)0时,(x-k)f (x)+x+10,求k的最大值.答案(1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=ex-a.若a0,则f (x)0,所以f(x)在(-,+)单调递增.若a0,则当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)由于a=1,所以(x-k)f (x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.故当x0时,(x-k)f (x)+x+10等价于kx+1令g(x)=x+1ex-1+x,

40、则由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+)单调递增.而h(1)0,所以h(x)在(0,+)存在唯一的零点.故g(x)在(0,+)存在唯一的零点.设此零点为,则(1,2).当x(0,)时,g(x)0.所以g(x)在(0,+)的最小值为g().又由g()=0,可得e=+2,所以g()=+1(2,3).由于式等价于k0;当x(-1,0)时,f (x)0,故f(x)在(-,-1),(0,+)上单调递增,在(-1,0)上单调递减.(2)f(x)=x(ex-1-ax).令g(x)=ex-1-ax,则g(x)=ex-a.若a1,则当x(0,+)时,g(x)0,g(x)为增函数,而g(0)=0,从而

41、当x0时,g(x)0,即f(x)0.若a1,则当x(0,ln a)时,g(x)0,g(x)为减函数,而g(0)=0,从而当x(0,ln a)时,g(x)0,即f(x)0;当x(-2,-ln 2)时, f (x)0得:x2-2x0,解得0 x2;令f (x)0,解得x2,所以当x=0时,f(x)极小值=0;当x=2时,f(x)极大值=4e-2.(2)由题意知,f (x)=e-x(2x-x2)0,即x2,所以曲线y=f(x)在x=t处的切线方程为y-f(t)=f (t)(x-t),令y=0,得x=t+tt-2=t-2+2t-2+3,其中t(-,0)(2,+).记h(x)=x+2x(x(-,-2)(

42、0,+),则由其单调性及基本不等式得:h(x)(-,-3)22,+),从而切线在7.(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的取值范围答案本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+

43、b=3x+a3当x=-a3时, f (x)有极小值b-a因为f (x)的极值点是f(x)的零点,所以f -a3=-a327+a39-ab3+1=0,又因为f(x)有极值,故f (x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)0,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-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+3(2)证明:由(1)知,ba=2aa设g(t)=2t9+3t,

44、则g(t)=29-当t362,+时,g(t)0,从而因为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+x从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x2=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x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所以h(a)=-19a2+3因为h(a)=-29a-3于是h(a)在(3,+)上单调递减.因为h(6)=-72,于是h(a)h(6),故a因此a的

45、取值范围为(3,6.8.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,bR,e=2.718 28为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间0,1上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2a1.答案(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f (x)=ex-2ax-b,所以g(x)=ex-2a.当x0,1时,g(x)1-2a,e-2a,当a12时,g(x)0,所以g(x)在0,1上单调递增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;当ae2时,g(x)0,所以g(x)

46、在0,1上单调递减因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b;当12ae2时,令g(x)=0,得x=ln(2a)所以函数g(x)在区间0,ln(2a)上单调递减,在区间(ln(2a),1上单调递增.于是,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a12时,g(x)在0,1上的最小值是当12ae2时,g(x)在0,1当ae2时,g(x)在0,1上的最小值是(2)证明:设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为

47、负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1,同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2,所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a12时,g(x)在0,1上单调递增故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当ae2时,g(x)在0,1上单调递减故g(x)在(0,1)内至多有一个零点,所以12a0,g(1)=e-2a-b0.由f(1)=0有a+b=e-10,g(1)=1-a0,解得e-2a1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2a0,b0,d0 B.a0,b0,c0C.a0,b0,d0 D.a0,b0,c0,d0答案A2.(2014课标,21,12分)已知

48、函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k0.当x0时,g(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)xh(x).h(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以g(x)h(x)h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.3.(2018江苏,19,16分)记f (x),g

49、(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0R,满足f(x0)=g(x0)且f (x0)=g(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.对任意a0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”答案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

50、+2x-2,则f (x)=1,g(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f (x)=g(x),得x=x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)=1x设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f (x0)=g(x0),得a即ax得ln x0=-12,即x0=e-12,则a=当a=e2时,x0=e-即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为e2(3)f (x)=-2x,g(x)=bex(x-1)x2,x0, f (x0)=g(x0)bf(x0)=g(x0)-x02+

51、a=bex0 x0=-令h(x)=x2-2x2x-1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”.4.(2015北京,19,13分)设函数f(x)=x22-kln(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e上仅有一个零点.答案(1)由f(x)=x22-kln f (x)=x-kx=x由f (x)=0解得x=k.f(x)与f (x)在区间(0,+)上的情况如下:x(0,k)k(k,+)f (x)-0+f(x)k所以, f(x)的单调递减

52、区间是(0,k),单调递增区间是(k,+);f(x)在x=k处取得极小值f(k)=k(2)证明:由(1)知, f(x)在区间(0,+)上的最小值为f(k)=k(因为f(x)存在零点,所以k(1-lnk)当k=e时, f(x)在区间(1,e)上单调递减,且f(e)=0,所以x=e是f(x)在区间(1,e上的唯一零点.当ke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.5.(2014浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a0).若f(x)

53、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.答案(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)=a(2)证明: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

54、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)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.答案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)=12x-由f (x1)=f (x2)得12x1-1x1因为x1x2,所以1x1+1x由基本不等式得12x1x2=x1因为x1x2,所以x1x2256.由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1设g(x)=12 x

55、-ln 则g(x)=14x(所以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=|a则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-a0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.7.(2017天津,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)

56、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.答案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,函

57、数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间-1,1上的最大值不小于答案(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f (x)=3x2-a.下面分两种情况讨论:当a0时,有f (x)=3x2-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=3a3,或x=-当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x-3-33f (x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为-3a3,3a(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x00.由题意,得f (x0)=3x02-a=0,即x02=a3,进而f(x0

58、)=x03又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a且-2x0 x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足 f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=-2x0.所以x1+2x0=0.(3)证明:设g(x)在区间-1,1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,-3a3-11由(1)知, f(x)在区间-1,1上单调递减,所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f(1), f(-1),因此M=max|f(1)|,|f(-1)|=max|1-a-b|,|-1+a-b|=max|a-1+b|,|a-1-b|=a所以M=

59、a-1+|b|2.当34a3时,-23a3-1-3a3由(1)和(2)知f(-1)f -23a3=f 3a3, f(1)f所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f 3a3, f -3因此M=maxf3a3,=max-=max2=2a93a+|b|293当0a34时,-1-23a由(1)和(2)知f(-1)f所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f(-1), f(1),因此M=max|f(-1)|,|f(1)|=max|-1+a-b|,|1-a-b|=max|1-a+b|,|1-a-b|=1-a+|b|14综上所述,当a0时,g(x)在区间-1,1上的最大值不小于149.(2014天津,19

60、,14分)已知函数f(x)=x2-23ax3(a0),xR(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)f(x2)=1.求a的取值范围.答案(1)由已知,有f (x)=2x-2ax2(a0).令f (x)=0,解得x=0或x=1a当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,0)0011f (x)-0+0-f(x)01所以, f(x)的单调递增区间是0,1a;单调递减区间是当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=1a时,f(x)有极大值,且极大值f1a=(2)由f(0)=f32a=0及(1)知,当x0