2025版新高考版高考总复习数学 导数与函数的单调性、极值和最值（十年高考）

2025版新高考版高考总复习数学4.2导数与函数的单调性、极值和最值考点1导数与函数的单调性1.(2023新课标Ⅱ,6,5分)已知函数f(x)=aex-lnx在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为()A.e2B.eC.e-1D.e-2答案C∵f(x)在(1,2)内单调递增,∴f'(x)≥0在(1,2)内恒成立,即f'(x)=aex-1x≥0(1<x<2),∴a≥1xex(1<令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0,∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2),∴1xex∈12e2,1e,∴a2.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=alnx+bx取得最大值-2则f'(2)=()A.-1B.-12答案Bf'(x)=ax由题可知x=1为f(x)的极大值点,∴f'(1)=0,f(1)=−2,∴∴f'(x)=−2x+2x2,∴f'(2)=-1解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值.3.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则()A.a>0>bB.a>b>0C.b>a>0D.b>0>a答案A由9m=10可得m=log910>1,令f(x)=xm-(x+1),则f'(x)=mxm-1-1,易知当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故选A.4.(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,则()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b答案Ca=0.1e0.1=110e0.1,b=19,则ab=110e0.119=910e0.1,构造f(x)=(1-x)ex,则f'(x)=-xex,当x>0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(0.1)<f下面比较a与c.令g(x)=xex+ln(1-x),0<x<14,则g'(x)=(x+1)ex-1令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<14,则H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,则H(x)在0,1∴H(x)>H(0)=0.∴g(x)在0,14上为增函数,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln0.9>0,∴a>c,∴b>a5.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln1.01,b=ln1.02,c=1.04-1,则()A.a<b<cB.b<c<aC.b<a<cD.c<a<b答案B解题指导:注意到a,b为同底的对数值,考虑用对数函数的单调性比较大小,c与a、b的结构不同,可构造与lnx相关的不等式,放缩后再比较大小.解析解法一:a=ln1.012,因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02,所以a>b,排除选项A与选项D.设f(x)=lnx-2(x−1)x+1(x>1),则f'(x)所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,从而f(x)>f(1)=0,即lnx>2(x故a=2ln1.01>2×2×0.011.01+1c=1.04−1=因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04,所以1.01<1.04,所以2.01<1.04+1,所以0.042.01>0.041.04+1,即a>故选B.解法二:因为a=2ln1.01=ln1.012=ln1.0201,所以a>b,下面比较a与c的大小.令f(x)=2ln(1+x)-1+4x+1,x∈[0,1则f'(x)=21+∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)),∴f'(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上为增函数,∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c.再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=1+0.04-1,令g(x)=1+2x-1-ln(1+x),x∈[0,1则g'(x)=11+2而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0,∴g(x)在[0,1)上为增函数,∴g(0.02)>g(0)=0,∴c>b.综上,a>c>b,故选B.拓展延伸:关于lnx的重要不等式(1)1-1x≤lnx≤x-1(x>0)(2)lnx≥12x−1x,0<x≤1;lnx≤(3)lnx≥2(x−1)x+1,x≥1;lnx≤2(x(4)ln(x+1)≥x-x22,x(5)lnx≤x−1,x≥1(6)x1x2<x1−x2lnx1−lnx2<6.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是A.[-1,1]B.−C.−13答案Cf'(x)=1-23cos2x+acosx=1-23(2cos2x-1)+acosx=-43cos2x+acosx+53,f(x)在R上单调递增,则f'(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],则-43t2+at+53≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5令g(t)=4t2-3at-5,则g(1)=4−3a−5≤0,g(疑难突破由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.评析本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即可.7.(2015课标Ⅱ理,12,5分)设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得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A令g(x)=f(x)x,则g'(x)=xf'(x)−f(x∵f(x)是奇函数,f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,∴g(1)=f(1)∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.又∵g(-x)=f(−x)−x=∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).评析出现xf'(x)+f(x)>0(<0)时,考虑构造函数F(x)=xf(x);出现xf'(x)-f(x)>0(<0)时,考虑构造函数g(x)=f(8.(2014课标Ⅱ文,11,5分)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是()A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D依题意得f'(x)=k-1x≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在(1,+∞)∵x>1,∴0<1x∴k≥1,故选D.9.(2023全国乙理,16,5分)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是.

答案5解析由题意得,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即axlna+(1+a)xln(1+a)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,∵a∈(0,1),∴a+1∈(1,2),∴ln(1+a)>0,lna<0,∴y=axlna与y=(1+a)xln(1+a)在(0,+∞)上均为增函数,∴y=f'(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f'(0)≥0,即lna+ln(a+1)≥0,即ln(a2+a)≥ln1⇒a2+a≥1,解得a≤−1−52或a≥−1+52,又a∈(∴a∈5−110.(2023新课标Ⅰ,19,12分)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2lna+32解析(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,f'(x)=aex-1.①当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;②当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln1a当x<ln1a时,f'(x)<0,f(x)单调递减当x>ln1a时,f'(x)>0,f(x)单调递增综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在−∞,ln1a上单调递减,(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在−∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增,则f(x)min=fln1a要证明f(x)>2lna+32,只需证明1+a2+lna>2lna+3即证a2-lna-12>0令g(x)=x2-lnx-12(x>0),则g'(x)=2x-1x=当0<x<22时,g'(x)<0,g(x)单调递减当x>22时,g'(x)>0,g(x)单调递增∴g(x)min=g22=12-ln22-12=-ln2∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-lna-12>0∴f(x)>2lna+3211.(2023全国甲文,20,12分,难)已知函数f(x)=ax-sinxcos2x(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=x-sinxcos2xf'(x)=1-cos3x+2sin2所以函数f(x)在0,π2(2)令g(x)=sinxcos2x-sinx=sin则g'(x)=3cos3x因为x∈0,π2,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在0,g(0)=0,当x→π2时,g(x)→+∞因为f(x)+sinx<0恒成立,所以sinxcos2x-sinx>即直线y=ax在0<x<π2时恒在g(x)的图象下方,如图所示由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].12.(2019课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.解析本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用.(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,当x∈0,a3时,f故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;若a<0,则当x∈−∞,a3∪(0,+∞)时,当x∈a3,0时,f故f(x)在−∞,a3,(0,+∞)单调递增,(2)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在0,a3单调递减,在a3,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为fa3=-a于是m=-a327所以M-m=2当0<a<2时,可知2-a+a327单调递减,所以M-m的取值范围是当2≤a<3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827规律总结含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(1)f'(x)最高次项系数是否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有实数解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定义域内;(4)f'(x)=0的解x1,x2之间的大小比较.易错警示解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而导致失分;②当a>0时,f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)∪a313.(2017课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②若a>0,则由f'(x)=0得x=lna.当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增.③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln−a当x∈−∞,ln−a当x∈ln−a2,+∞时故f(x)在−∞,ln−a2单调递减(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna,从而当且仅当-a2lna≥0,即a≤1时,f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln−a2时,f(x)取得最小值,最小值为fln−a从而当且仅当a234−即a≥-2e34时,f(x)综上,a的取值范围是[-2e314.(2021全国甲文,20,12分)设函数f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f'(x)=(2ax+3)(ax−1)x,根据a>0,x>0,可以判断f'(x)的正负,即可判断出f(2)根据题意得到函数f(x)在(0,+∞)上没有零点.由(1)可得f(x)min=f1a,使f1a>0,即可求出a解析(1)f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3x∵a>0,x>0,∴2ax+3当x∈0,1a时,f'(x)当x∈1a,+∞时,f'(x∴函数f(x)在0,1a上单调递减,在1(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+∞上单调递增,∴f(x)min=f∴lna>-1,解得a>1e故实数a的取值范围是1e关键点拨利用导数求函数的单调性时,要注意:①题目中函数的定义域是否有限制;②多个同单调性的区间不能用并集符号相连;③在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重不漏、层次分明”.15.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f'(x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点P(x0,y0),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x0的方程,进而求解.解析(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f'(x)=3x2-2x+a,对于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.①当a≥13时,Δ≤0,即f'(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增②当a<13时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=1−1−3a3,x2=1+1−3a3,故当x∈−∞,1−1−3a3∪1+1−3a3,+∞时,f'(x)>0,当x∈所以f(x)在−∞,1−1−3a3(2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),则切线的斜率为f'(x0)=3x02-2x0+故以点P为切点的切线方程为y=(3x02-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=x03−x02+ax0+1,且切线过原点,得2x03−x02-1=0,即(x0-1)(2x02+x0+1)所以切线方程为y=(1+a)x,联立y消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,∴公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a).疑难点拨:单调性问题的本质为解不等式,利用导函数的图象确定符号,当参数影响到导函数的符号时,对其分类讨论;切线问题的核心是切点,而切线与曲线的公共点不一定只有切点,这是一个易错点.16.(2021全国甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)=xaax(x(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间.(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势,进而求解参数的范围.解析(1)当a=2时,f(x)=x22x=x2·2-x(则f'(x)=2x·2-x+x2·(-ln2·2-x)=x·2-x(2-xln2).令f'(x)=0,则x=2ln2f'(x),f(x)的情况如下:x0,22f'(x)+0-f(x)↗极大值↘所以函数f(x)在0,2ln2上单调递增,在2(2)令f(x)=1,则xaax=1,所以xa=两边同时取对数,可得alnx=xlna,即lnx根据题意可知,方程lnxx设g(x)=lnxx,则g'(x)=令g'(x)=0,则x=e.当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又知g(1)=0,limx→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需lnaa∈0,1e,即g(a)=lnaa∈0,1e,所以a∈综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).17.(2021北京,19,15分)已知函数f(x)=3−2x(1)若a=0,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.解析(1)当a=0时,f(x)=3−2xx2,∴f(1)=1,又f'(x)=2x−6x3,故f'(1)=-4,故曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,(2)由题意得f'(x)=2x2−6x−2a(x2+a)2,且f'(故f(x)=3−2xx2+4,x∈R,f'(x令f'(x)>0,解得x>4或x<-1;令f'(x)<0,解得-1<x<4,故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f(x)的极大值为f(-1)=1,f(x)的极小值为f(4)=-14又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-14解题指导:(1)当a=0时,求出f(1)与f'(1)的值,再写出切线方程;(2)由f'(-1)=0求出a的值,再通过导函数的符号求出f(x)的单调区间和最值.18.(2022北京,20,15分)已知函数f(x)=exln(1+x).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).解析(1)∵f'(x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,∴f'(0)=e0ln(1+0)+11+0又f(0)=e0ln1=0,∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.(2)易得g(x)=f'(x)=exln(1+x)+11+x,∴g'(x)=exln(1+x)+11+x+11+x−1(1+x)2=ex∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,11+x>0,x又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)证明:由(2)知g(x)=f'(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f'(x)≥f'(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),则h'(x)=f'(x)-f'(x+s)<0.因此h(x)在(0,+∞)上单调递减,∴h(0)>h(t),∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).考点2导数与函数的极（最）值1.(2023全国乙文,8,5分)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是()A.(-∞,-2)B.(-∞,-3)C.(-4,-1)D.(-3,0)答案Bf'(x)=3x2+a,当a≥0时,f'(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不合题意,∴a<0.令f'(x)=0,得x1=-−a3,x2=当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f−−a3且f(x)的极小值f(x2)=f−a3=解①得a<0,解②得a<-3.综上所述,a的取值范围为(-∞,-3),故选B.2.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=alnx+bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值,则(A.bc>0B.ab>0C.b2+8ac>0D.ac<0答案BCD由题意得f'(x)=ax+−bx2+−2cx3=ax2−∵y=f(x)既有极大值也有极小值,∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有两个变号零点.设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2),∴x1+x2=ba>0,x1x2=−2ca>3.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()答案D本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值.不妨设导函数y=f'(x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x1<0<x2<x3,由导函数图象可知,y=f(x)在(-∞,x1)上为减函数,在(x1,x2)上为增函数,在(x2,x3)上为减函数,在(x3,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x1,x=x3处取到极小值,在x=x2处取到极大值,又x2>0,排除B,故选D.4.(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D由题意可得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,则f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-∞,-2)-2(-2,2)2(2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗∴函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.评析本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键.5.(2014课标Ⅱ理,12,5分)设函数f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2<m2,A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案Cf'(x)=3πmcos∵f(x)的极值点为x0,∴f'(x0)=0,∴3πmcos∴πmx0=kπ+π2,k∈∴x0=mk+m2,k∈Z又∵x02+[f(x0)]2<m∴mk+m22+3sink即m2k+122+3<m2∵m≠0,∴k+122<m又∵存在x0满足x02+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z∴m2−3∴m2−3m2>122,∴m2-3>m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.6.(2013课标Ⅱ,理10,文11,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是()A.∃x0∈R,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由三次函数值域为R知f(x)=0有解,所以A项正确;因为y=x3的图象为中心对称图形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确;若f(x)有极小值点,则f'(x)=0有两个不等实根x1,x2(x1<x2),f'(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),则f(x)在(-∞,x1)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,在(x2,+∞)上为增函数,故C项错误;D项正确.故选C.评析本题考查了三次函数的图象和性质,考查了利用导数研究函数极值与单调性.7.(2022全国乙文,11,5分)函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A.-πC.-π2答案Df'(x)=(x+1)cosx,x∈[0,2π],令f'(x)=0得x=π2或x=3π当x在[0,2π]上变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x00,ππ33π2,2π2πf'(x)+0-0+f(x)2↗极大值π2↘极小值-3↗2由表可知,f(x)在[0,2π]上的最大值为π2+2,最小值为-3π2,故选8.(2021全国乙理,10,5分)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2答案D解题指导:求出f'(x)=0的两根,根据已知条件x=a为函数f(x)的极大值点,分类讨论比较根的大小,得出满足条件的不等式即可.解析f(x)=a(x-a)2(x-b)=a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b],∴f'(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2]=a(x-a)[3x-(a+2b)].令f'(x)=0,得x1=a,x2=a+2(i)若a>0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在(-∞,a)上单调递增,在a,a+2b3上单调递减,此时需a<a+2b3,得0<a(ii)若a<0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在a+2b3,a上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,此时需满足a>a+2b3,得b<a<0,∴a2<ab.综上可知,解题通法求解析式中含有参数的函数极值问题时,需要用分类讨论的思想才能解决,讨论的依据有两种:一是看参数是否对f'(x)的零点有影响,若有影响,则需要分类讨论;二是看f'(x)在其零点附近的符号的确定是否与参数有关,若有关,则需分类讨论.9.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线答案AC∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1,令f'(x)=0,得x=±33,当x∈−∞,−33时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈−33,33时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈33,+∞时,f'(x)>0,f(x)∵f33=39−33+1=9−239>0,∴f(x)的极小值大于0,由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确.曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f'(x)=2,得x=±1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x-1或y=2x+3,故选项D错误.故选AC.10.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为.

答案1解题指导:先分类讨论去掉绝对值符号,然后用函数的单调性分析其最小值.解析①当x>12时,f(x)=2x-1-2lnx,∴f'(x)=2-2x=2x−2x,∴当x∈12,1时,f'(x)<0,当f'(x)>0,∴f(x)在12,1上单调递减,在(1,+∞)∴f(x)min=f(1)=1.②当0<x≤12时,f(x)=1-2x-2lnx此时f'(x)=-2-2x<0恒成立∴f(x)在0,12∴f(x)min=f12=2ln2∵2ln2>1,∴f(x)min=1.方法总结:绝对值问题的常见处理策略:1.分类讨论去掉绝对值符号;2.利用绝对值的几何意义画图分析.11.(2022全国乙理,16,5分)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是.

答案1解析∵f(x)=2ax-ex2,∴f'(x)=2axlna-2ex.根据题意,得x1,x2是f'(x)=0的两个不相等的实根.由f'(x)=0得,axlna=ex.由题意得函数y=axlna与y=ex的图象有两个不同的交点.

当a>1时,画出函数y=axlna与y=ex的图象,如图①所示,当x∈(-∞,x1)时,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(-∞,x1)上单调递增;当x∈(x1,x2)时,f'(x)=2axlna-2ex<0,f(x)在(x1,x2)上单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(x2,+∞)上单调递增.∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.∴当a>1时,不满足题意,舍去.图①图②当0<a<1时,画出函数y=axlna与y=ex的图象,如图②所示,设过原点的切线l与y=axlna的图象相切于点(x0,ax0lna),而y'=ax(lna)2,此时切线l的斜率k=ax0·(lna)2,∴ax0(lna)2=∴k=e(lna)2,要使函数y=axlna与y=ex的图象有两个不同的交点,则k<e,即e(lna)2<e.∴(lna)2<1,即-1<lna<1,∴1e<a<e.又0<a<1,∴1e<a综上所述,a的取值范围是1e12.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sinx,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sinx<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,则h'(x)=cosx-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sinx<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sinx<x.(2)易知f(x)的定义域为(-1,1),f(x)为偶函数,f'(x)=-asinax+2x1−x2,易知f'(x)是(-1,令F(x)=f'(x),则F'(x)=2+2x2(1−x2)显然F'(x)在(-1,1)上是偶函数,F'(0)=2-a2,当2-a2<0,即a>2或a<-2时,易知F'(x)在区间(0,1)上单调递增,又F'(0)<0,所以∃m∈(0,1),x∈(-m,m)时,F'(x)<0恒成立,故f'(x)在(-m,m)上单调递减.又f'(0)=0,故-m<x<0时,f'(x)>0,0<x<m时,f'(x)<0,故f(x)在(-m,0)上单调递增,在(0,m)上单调递减,x=0是f(x)的极大值点,符合题意.当2-a2≥0,即-2≤a≤2时,易知F'(x)在(0,1)上单调递增,又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f'(x)在(0,1)上单调递增,则f'(x)在(-1,1)上单调递增.又f'(0)=0,所以-1<x<0时,f'(x)<0,0<x<1时,f'(x)>0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0是f(x)的极小值点,不符合题意.综上,a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).

13.(2023全国乙理,21,12分)已知函数f(x)=1x+aln(1+(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)是否存在a,b,使得曲线y=f1x关于直线x=b对称?若存在,求a,b;若不存在,说明理由(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.解析(1)当a=-1时,f(x)=1x−1ln(x+1),则f(1)=0,且f'(x)=-1x2ln(x+1故f'(1)=-ln2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.(2)存在.f1x=(x+a)lnx+1x,其定义域为(-∞,-1)∪(0,要使函数f1x的图象关于直线x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=-12,此时f1x=(x+a)lnx+1x的图象关于直线x=-12对称即−1即a+∴a+t-12=−a+t+(3)f'(x)=-1x2ln(x+1)+要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)-ax2记g(x)=ln(x+1)-ax2+x则g'(x)=-x(1+x)2·(ax+2①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增,g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去;②当a≥12时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意,舍去③当0<a<12时,令g'(x)>0,得0<x<1−2aa;令g'(x得x>1−2aa.易知x→+∞时,g(x)故只需g(x)max=g1−2aa=ln1−2aa+1−1−2aa2·a+1−2aa1−2aa+1=ln1a−1+4a-2>0即可,设h(t)=ln(t-1)+4t-2,t>2,则h'(t)=1t−1−4t2=(t−2)2(t−1)t2>0,故h综上所述,当a∈0,12时,f(x)在(0,+∞)14.(2023北京,20,15分)设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1.(1)求a,b的值;(2)设函数g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(3)求f(x)的极值点个数.解析(1)∵点(1,f(1))在切线y=-x+1上,∴f(1)=0,f'(1)=-1,而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①,又知f'(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b,∴f'(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1.(2)g(x)=f'(x)=e1-x(x3-3x2)+1,g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6),令g'(x)=0,得x=0或x=3±3.x,g'(x),g(x)的变化情况如下表:x(-∞,0)0(0,3-3)3-3(3-3,3+3)3+3(3+3,+∞)g'(x)+0-0+0-g(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增极大值单调递减故g(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(3-3,3+3),单调递减区间为(0,3-3)和(3+3,+∞).(3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1,∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在区间(-∞,0)上有一个变号零点,故f(x)在(-∞,0)上有一个极值点.又∵g(1)=-1<0,且g(3-3)<g(1)<0,∴g(x)在(0,3-3)上有一个变号零点,故f(x)在(0,3-3)上有一个极值点.∵g(3)=1>0,且g(3+3)>g(3)>0,∴g(x)在(3-3,3+3)上有一个变号零点,故f(x)在(3-3,3+3)上有一个极值点.当x>3时,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+3,+∞)上无零点,即f(x)无极值点.综上,f(x)有3个极值点.15.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析(1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-1x当a≤0时,f'(x)>0恒成立,f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.令f'(x)=0,得x=lna,令g'(x)=0,得x=1a易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g1a=1+lna∴a-alna=1+lna,即lna=a−1a令h(x)=lnx-x−1x+1(则h'(x)=1x−∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln1-1−11+1=0∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.(2)证明:由(1)知,f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,当x<0时,f(x)单调递减,当x>0时,f(x)单调递增;当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增.不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3.则ex1−x1=ex2-x2=x2-ln∴ex1−x易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上单调递减,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=ex又ex2-x2=x2-lnx2,∴lnx2+ex2∴x1+x3=lnx2+ex2=2x∴x1,x2,x3成等差数列.16.(2019课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)lnx-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.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)=x−1x+lnx-1=ln因为y=lnx单调递增,y=1x单调递减,所以f'(x)单调递增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4−12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得又当x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当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)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.由α>x0>1得1α<1<x0又f1α=1α−1ln1α故1α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α,根据所要证明的结论,只需求出f1α=0即可17.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)为f(x)的导函数.(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若a≠b,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=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M≤427解析本小题主要考查利用导数研究函数的性质,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.(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)x−令f'(x)=0,得x=b或x=2a因为a,b,2a+b3都在集合{-3,1,3}中,所以2a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.列表如下: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0<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0,则f'(x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1<x2).由f'(x)=0,得x1=b+1−b2−列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)的极大值M=f(x1).解法一:M=f(x1)=x13-(b+1)x=[3x12-2(b+1)x1+b]x13−b=−2(b2−b+1)(b+1)=b(b+1)27-2(b−≤b(b+1)27+因此M≤427解法二:因为0<b≤1,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)=3x−令g'(x)=0,得x=13.列表如下x0,11g'(x)+0-g(x)↗极大值↘所以当x=13时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g13=所以当x∈(0,1)时,f(x)≤g(x)≤427.因此M≤418.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)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:b2>3a;(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=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a>3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a>3.因此b=2a29+3(2)证明:由(1)知,ba=2aa设g(t)=2t9+3t,则g'(t)=29-当t∈362,+∞时,g'(t)>0,从而g(t)因为a>3,所以aa>33,故g(aa)>g(33)=3,即ba>3因此b2>3a.(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的取值范围为(3,6].易错警示(1)函数f(x)的极值点x0满足f'(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f'(x)的极值点x0应满足f″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.19.(2017北京理,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0,π2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∈0,π2所以h(x)在区间0,π2所以对任意x∈0,π2有h(x)<h(0)=0,即f所以函数f(x)在区间0,π2因此f(x)在区间0,π2上的最大值为f(0)=1,最小值为fπ2解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=ex(cosx-sinx)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.方法总结1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f'(x);(3)令f'(x)>0得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f'(x)<0得到f(x)在定义域内的单调递减区间.20.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-2x−1)e(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间12,+解析本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.(1)因为(x-2x−1)'=1-12x所以f'(x)=1−12x−1=(1−(2)由f'(x)=(1−x)(2x−1因为x1111,55f'(x)-0+0-f(x)1↘0↗1↘又f(x)=12(2x−1-1)2所以f(x)在区间12,+∞解后反思1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.2.利用导数求函数的值域的一般步骤:(1)求函数f(x)的导函数f'(x);(2)解方程f'(x)=0;(3)用f'(x)=0的根把函数的定义域分成若干个区间;(4)判断每个区间上f'(x)的符号,得函数的单调性;(5)求函数在各个区间上的值域,再求并集.3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出:f(x)在12,+∞上的值域为因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).21.(2016山东文,20,13分)设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.解析(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=1x-2a=1当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x∈0,12a时,g'(x)>0,函数x∈12a,+∞时,所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)的单调增区间为0,12a,(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.②当0<a<12时,12a>1,由(1)知f'(x)在0,12a内单调递增,可得当x∈(0,1)时,ff'(x)>0.所以f(x)在(0,1)内单调递减,在1,12所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.③当a=12时,12a=1,f'(x)在在(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.④当a>12时,0<1当x∈12a,1时,f'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>12思路分析(1)求出函数的导数,对a进行分类讨论;(2)由第(1)问知f'(1)=0,对a进行分类讨论,然后利用导数研究函数的单调性和极值来验证是否满足条件,从而求出a的取值范围.评析本题考查导数的应用,利用导数求函数的单调性和极值要注意“定义域优先”原则,注意对a分类讨论.22.(2016课标Ⅱ理,21,12分)(1)讨论函数f(x)=x−2x+2ex的单调性,并证明当x>0(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=ex−ax−ax2(x>0)有最小值.设解析(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)f'(x)=(x−1)(x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+2>0.(4分)(2)g'(x)=(x−2)ex由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0.(6分)当0<x<xa时,f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>xa时,f(x)+a>0,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+2<h(a)=exaxa因为y=exx+2单调递增,对任意λ∈12,e24,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈综上,当a∈[0,1)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,求单调区间及最值,考查不等式的证明.属难题.22.(2016天津理,20,14分)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于···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:①当a≤0时,有f'(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x-∞,1-3a31-31-3a3,1+31+31+3a3,+∞f'(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1−3a3,1+3(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,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,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a≥3时,1-3a3≤0<2≤1+3a3,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M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=a所以M=a-1+|a+b|≥2.②当34≤a<3时,1-23a3≤0<1-3a3<1+3a3<2≤1+23a3,由(1)和(2)知f(0)≥f1所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为f1+因此M=maxf=max−=max2=2a93a+|a+b|≥29×3③当0<a<34时,0<1-23a由(1)和(2)知f(0)<f1−23af(2)>f1+23a所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0),f(2)],因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>14综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14易错警示(1)对参数a讨论时易忽略a≤0的情形,导致忽略f(x)在R上递增的情况.(3)讨论0<a<3时,未意识到仍需将a分成0<a<34与34≤a<3两段来讨论,评析本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.23.(2015课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=lnx+a(1-x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈0,1a时,f'(x)>0;当x∈1a,+∞时,f'(x)<0.所以f(x)在0,1(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1因此f1a>2a-2等价于ln令g(a)=lna+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).20.(2013课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.解析(1)f'(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f'(0)=4.故b=4,a+b=8.从而a=4,b=4.(2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,f'(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)ex令f'(x)=0,得x=-ln2或x=-2.从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-2,-ln2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln2)上单调递减.当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).评析本题考查导数的运算及几何意义、利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识,考查了运算求解能力.24.(2013课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=x2e-x.(1)求f(x)的极小值和极大值;(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=-e-xx(x-2).①当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f'(x)<0;当x∈(0,2)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增.故当x=0时,f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;当x=2时,f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2.(2)设切点为(t,f(t)),则l的方程为y=f'(t)(x-t)+f(t).所以l在x轴上的截距为m(t)=t-f(t)f'(由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).令h(x)=x+2x(x≠0),则当x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[22,+∞);当x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是所以当t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪[22+3,+∞).综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[22+3,+∞).评析本题考查了导数的应用,均值定理求最值,考查了综合解题的能力,正确地求导是解题的关键.25.(2012课标理,21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+12x2(1)求f(x)的解析式及单调区间;(2)若f(x)≥12x2+ax+b,求(a+1)b的最大值解析(1)由已知得f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x,所以f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=f'(1)e-1,所以f'(1)=e.从而f(x)=ex-x+12x2由于f'(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.从而,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.①(i)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x<1−ba+1时,可得ex-(a+1)x<b,(ii)若a+1=0,则(a+1)b=0.(iii)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1).当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0.从而g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).所以f(x)≥12x2+ax+b等价于b≤a+1-(a+1)·因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),则h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].所以h(a)在(-1,e12-1)上单调递增,在(e12-1,+∞)上单调递减,故h(a)在a=从而h(a)≤e2,即(a+1)b≤e当a=e12-1,b=e122时,②式成立,故f(x)综合得,(a+1)b的最大值为e2评析本题考查了函数与导数的综合应用,难度较大,考查了分类讨论和函数与方程的思想方法,直线斜率以零为分界点进行分类是解题关键.26.(2012课标文,21,12分)设函数f(x)=ex-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)·f'(x)+x+1>0,求k的最大值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0,所以,f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k<x+1令g(x)=x+1ex−1+x,则由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g'(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g'(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.评析本题考查了函数与导数的综合应用,判断出导数的零点范围是求解第(2)问的关键.27.(2017课标Ⅲ理,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,1+121+122…解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f12=-12+aln2<0,②若a>0,由f'(x)=1-ax=x−ax知,当x∈(0,a)时,f'(x)<0;当x∈(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-lnx>0.令x=1+12n,得ln1+1从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12故1+121+而1+121+12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x>1时,x-1-lnx>0.令x=1+12n,换元后可求出1+12一题多解(1)f'(x)=1-ax=x−ax(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴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-alna≥0①,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=128.(2016课标Ⅱ文,20,12分)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f'(x)=lnx+1x-3,f'(1)=-2,f(1)=0.曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.(3分)(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于lnx-a(x−设g(x)=lnx-a(xg'(x)=1x-2a(x+1(i)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;(8分)(ii)当a>2时,令g'(x)=0得x1=a-1-(a−1)2−1由x2>1和x1x2=1得x1<1,故