高考数学 试题汇编 第二节导数的应用 文（含解析）

第二节导数的应用利用导数研究函数的单调性考向聚焦利用导数研究函数的单调性属于高考的重点考查内容,常见考查方式有三种:(1)求不含参函数的单调区间(容易题);(2)求含参函数的单调区间(难点是对参数的讨论,中档题);(3)由函数的单调区间(包括两种情况①函数在某区间上是单调增函数或单调减函数,②函数在某区间上存在单调区间),求参数的取值范围.高考试卷中本考点通常出现在解答题的第(1)问,有时与不等式交汇,难度不大,所占分值6分左右,并且持续的重点考查备考指津重视对分类讨论和等价转化数学思想方法的训练,强化两种题型的训练:一是求函数的单调区间,二是已知函数的单调性求参数的取值范围1.(年辽宁卷,文8,5分)函数y=12x2(A)(-1,1] (B)(0,1](C)[1,+∞) (D)(0,+∞)解析:由已知得函数的定义域为(0,+∞),y'=x-1x=x令y'≤0得x2-1∴所求单调递减区间为(0,1].答案:B.2.(年辽宁卷,文11)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f'(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为()(A)(-1,1) (B)(-1,+∞)(C)(-∞,-1) (D)(-∞,+∞)解析:设g(x)=f(x)-2x-4,则g'(x)=f'(x)-2,∵对任意x∈R,f'(x)>2,∴g'(x)>0,即g(x)为R上的增函数,又g(-1)=f(-1)+2-4=2+2-4=0,∴x>-1时,g(x)>0,即x>-1时,f(x)>2x+4.故选B.答案:B.3.(年安徽卷,文20)设函数f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,求函数f(x)的单调区间与极值.解:由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,知f'(x)=cosx+sinx+1,于是f'(x)=1+2sin(x+π4令f'(x)=0,从而sin(x+π4)=-2又x∈(0,2π),得x=π,或x=3π当x变化时,f'(x),f(x)变化情况如下表:x(0,π)π(π,3π3(3π2,2f'(x)+0-0+f(x)↗π+2↘32↗因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,π)与(3π2,2π),单调递减区间是(π,3π2),极小值为f(3π2)=4.(年广东卷,文19)设a>0,讨论函数f(x)=lnx+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.解:由题意知x>0,f'(x)=1x+2a=2a(1)当a=1时,f'(x)=1x函数f(x)在(0,+∞)上为增函数.(2)当a≠1时,令g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,Δ=4(1-a)2-8a(1-a)=12a2-16a+4=4(3a-1)(a-1),①当a=13时,∵g(x)开口向上且Δ∴g(x)≥0恒成立,∴f'(x)≥0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上为增函数.②当13<a<1时,∵g(x)开口向上且Δ∴g(x)>0恒成立,∴f'(x)>0恒成立,∴f(x)在(0,+∞)上为增函数.③当0<a<13或a>1时,Δ令g(x)=0得x1=1-x2=1-(ⅰ)当0<a<13且Δ>0且x1+x2>0,x1x2>0,∴x1>0,x2>0,∴当x∈(0,1-a-(3f'(x)>0,f(x)为增函数,∴当x∈(1-a-f'(x)<0,f(x)为减函数.(ⅱ)当a>1时,g(x)开口向下Δ>0,得x1<0(舍去),x2>0,∴x∈(0,1-f'(x)>0,f(x)为增函数,当x∈(1-a-综上可知当0<a<13时,f(x)在(0,1-a-(在(1-a-当13≤a≤1时,函数f(x)在(0,+∞当a>1时,f(x)在(0,1-a-(3利用导数研究函数的极(最)值考向聚焦该考点主要从以下几个角度进行考查:(1)求函数的极值和最值;(2)由函数的极值求参数;(3)已知函数在给定区间上恒成立,求参数的取值范围;(4)利用最值证明不等式.这类试题在高考试卷中选择题、填空题、解答题都有可能出现,难度中档,所占分值4~5分.这类试题是高考考查的热点,且主要涉及多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数函数及以e为底的指数函数等备考指津强化对求函数极值和最值的方法步骤的训练,重视分类讨论和等价转化思想方法的运用,注意恒成立问题的解法训练5.(年陕西卷,文9,5分)设函数f(x)=2x(A)x=12(B)x=12(C)x=2为f(x)的极大值点(D)x=2为f(x)的极小值点解析:∵f'(x)=-2x2+1x当x>2时,f'(x)>0,当x<2时,f'(x)<0,∴x=2是极小值点.答案:D.6.(年浙江卷,文10)设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R),若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)的图象的是()解析:设g(x)=f(x)ex,则g(x)=(ax2+bx+c)ex,∴g'(x)=ex[ax2+(b+2a)x+b+c],由已知g'(-1)=0,∴a-b-2a+b+c=0,∴a=c.∴f(x)=ax2+bx+c可化为f(x)=ax2+bx+a,∴f(x)=0若有根时,两根之积为1.而D中两根x1<-1,x2<-1,x1x2>1.所以D图一定不成立.故选D.答案:D.7.(年山东卷,文8)已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-13x3(A)13万件 (B)11万件 (C)9万件 (D)7万件解析:∵y=-13x3+81x-234,∴y'=-x2令y'=0得x=9,令y'<0得x>9,令y'>0得0<x<9,∴函数在(0,9)上单调递增,在(9,+∞)上单调递减,∴当x=9时,函数取得最大值.故选C.答案:C.8.(年北京卷,文18,13分)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;(2)当a=3,b=-9时,若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为28,求k的取值范围.解:(1)由f(x)=ax2+1,g(x)=x3+bx,得f'(x)=2ax,g'(x)=3x2+b,∵曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,∴f(1解得a=b=3,c=4,∴所求a,b的值为a=3,b=3.(2)设P(x)=f(x)+g(x),则a=3,b=-9时,P(x)=x3+3x2-9x+1,∴P'(x)=3x2+6x-9=3(x+3)(x-1),令P'(x)=0,得x1=-3或x2=1.∴x,P'(x),P(x)的变化如下表:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,2)2P'(x)+0-0+P(x)↗极大值28↘极小值-4↗3由此可知,当k≤-3时,函数P(x)在区间[k,2]上的最大值为P(-3)=28.当-3<k<2时,函数P(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.∴所求k的范围是(-∞,-3].本题考查的是导数中较为常规的题目,考查的切线、单调性、极值、最值问题都是课本中要求的重点内容,也是学生掌握比较好的知识点,属于中等难度.9.(年广东卷,文21,14分)设0<a<1,集合A={x∈R|x>0},B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0},D=A∩B.(1)求集合D(用区间表示);(2)求函数f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax在D内的极值点.解:(1)令g(x)=2x2-3(1+a)x+6a,Δ=9(1+a)2-48a=9a2-30a+9=3(3a-1)(a-3).①当0<a≤13时,Δ≥方程g(x)=0的两个根分别为x1=3a+3-9所以g(x)>0的解集为(-∞,3a+3-9a2-因为x1,x2>0,所以D=A∩B=(0,3a+3-9a2-②当13<a<1时,Δ所以D=A∩B=(0,+∞).综上所述,当0<a≤13时,D=(0,3a+3-9a2当13<a<1时,D=(0,+∞(2)f'(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-a)(x-1),令f'(x)=0,得x=a或x=1.①当0<a≤13时,由(1)知D=(0,x1)∪(x2,+∞因为g(a)=2a2-3(1+a)a+6a=a(3-a)>0,g(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1≤0,所以0<a<x1<1≤x2,所以f'(x),f(x)随x的变化情况如表:x(0,a)a(a,x1)(x2,+∞)f'(x)+0-+f(x)↗极大值↘↗所以f(x)的极大值点为x=a,没有极小值点.②当13<a<1时,由(1)知D=(0,+∞所以f'(x),f(x)随x的变化情况如表:x(0,a)a(a,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)的极大值点为x=a,极小值点为x=1.综上所述,当0<a≤13当1310.(年北京卷,文18)已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.解:(1)f'(x)=(x-k+1)ex.令f'(x)=0,得x=k-1.f(x)与f'(x)的情况如下:x(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f'(x)-0+f(x)↘-ek-1↗所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k<2时,由(1)知f(x)在[0,k-1)上单调递减,在[k-1,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k-1≥1,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.11.(年安徽卷,文18)设f(x)=ex(1)当a=43(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.解:(1)f'(x)=exax当a=43时,若f'(x)=0,则4x2解得x1=32,x2=1则当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表:x(-∞,121(12,33(32,+∞f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以x1=32是极小值点,x2=1(2)若f(x)为R上的单调函数,则f'(x)在R上不变号,由a>0知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,则a>0Δ=4a2导数的综合应用考向聚焦导数的综合应用主要从以下角度考查:(1)利用导数研究多项式函数、幂函数、分式函数、以e为底的对数函数及以e为底的指数函数的性质以及求参数等综合问题;(2)求最值,以实际问题中的最优化问题形式呈现;(3)把导数与函数、方程、不等式、数列等结合起来综合考查;实际问题多为中低档难度的题目,综合考查则常在解答题的最后一问以压轴题呈现,具有一定的难度,所占分值为12~14分,为高考必考内容备考指津导数的综合应用问题以导数应用为核心,以参数处理为主要特征,所以要重视参数处理能力的训练,重视代数变形技能的训练,重视问题等价转化能力的训练.强化以下几种题型的训练:(1)最值与不等式恒成立问题;(2)方程有解及解的个数讨论问题;(3)实际应用问题12.(年重庆卷,文8,5分)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=xf'(x)的图象可能是()解析:构建一个符合条件的函数,f(x)=(x+2)2,则f'(x)=2(x+2),y=xf'(x)=2x(x+2)=2x2+4x,故选C.答案:C.13.(年福建卷,文12,5分)已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论:①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是()(A)①③ (B)①④(C)②③ (D)②④解析:∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f'(x)=3x2-12x+9=3(x2-4x+3)=3(x-1)(x-3).令f'(x)=0得x1=1,x2=3,由f'(x)>0得x>3或x<1,∴f(x)的单调递增区是(3,+∞),(-∞,1),由f'(x)<0得1<x<3,∴f(x)的单调递减区间是(1,3),又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0,∴f(x)与x轴有三个不同的交点,即有三个零点a,b,c.f(x)的大致图象如下:可判出f(1)=1-6+9-abc=4-abc>0,f(3)=27-54+27-abc=-abc<0,又f(0)=-abc,∴f(0)<0,∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0,故选C.答案:C.本题考查导数的应用及数形结合分析问题的能力.属于难点的题.14.(年安徽卷,文10)函数f(x)=axn(1-x)2在区间[0,1]上的图象如图所示,则n可能是()(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:f(x)=axn(1-2x+x2),则f'(x)=anxn-1(1-2x+x2)+axn(2x-2)=axn-1[(n+2)x2-2(n+1)x+n]=axn-1(x-1)[(n+2)x-n],令f'(x)=0得x=0或x=1或x=nn由图象知当x=nn+2时f(x)有极大值,则nn综合选项知n=1.故选A.答案:A.15.(年江苏数学,14,5分)已知正数a,b,c满足:5c-3a≤b≤4c-a,clnb≥a+clnc,则ba的取值范围是解析:本题考查不等式的性质、和导数的应用,考查化归和转化的能力.把5c-3a≤b≤4c-a变形为5·ca-3≤ba≤4∴5·ca-3≤4·c∴0<ca≤∴-3<5·ca-3≤ba≤4·ca-1又clnb≥a+clnc,∴c(lnb-lnc)>a,∴lnba>ac-ln设x=ac,h(x)=x-lnx(x≥1利用导数可以证明h(x)在(12,1)上单调递减,在(1,+∞∴h(x)≥h(1)=1,故lnba≥∴ba≥e,由①②可得e≤ba≤答案:[e,7]本题把不等式与导数隐含关系结合在一起,考法独特.16.(年辽宁卷,文16)已知函数f(x)=ex-2x+a有零点,则a的取值范围是.

解析:f'(x)=ex-2,令f'(x)=0得x=ln2,当x<ln2时,f'(x)<0,当x>ln2时,f'(x)>0,∴f(x)极小值=f(ln2)=2-2ln2+a.∵函数f(x)有零点,∴f(ln2)≤0得a≤2ln2-2.答案:(-∞,2ln2-2]17.(年全国大纲卷,文21,12分)已知函数f(x)=13x3+x2(1)讨论f(x)的单调性;(2)设f(x)有两个极值点x1,x2,若过两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2))的直线l与x轴的交点在曲线y=f(x)上,求a的值.解:(1)f'(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1.(ⅰ)当a≥1时,f'(x)≥0,且仅当a=1,x=-1时,f'(x)=0,所以f(x)是R上的增函数;(ⅱ)当a<1时,f'(x)=0有两个根,x=-1-1-a或x=-1+当x∈(-∞,-1-1-当x∈(-1-1-a,-1+当x∈(-1+1-a,+(2)由题设知,x1,x2为方程f'(x)=0的两个根,故有a<1,x12=-2x1-a,x2因此f(x1)=13x13=13x1(-2x1-a)+x1=13x12=13(-2x1-a)+23ax1=23(a-1)x1同理,f(x2)=23(a-1)x2-a因此直线l的方程为y=23(a-1)x-a设l与x轴的交点为(x0,0),得x0=a2f(x0)=13[a2(a-1)]=a224(a-由题设知,点(x0,0)在曲线y=f(x)上,故f(x0)=0,解得a=0,或a=23,或a=318.(年江苏数学,18,16分)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a和b的值;(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点;(3)设h(x)=f(f(x))-c,其中c∈[-2,2],求函数y=h(x)的零点个数.解:(1)由题设知f'(x)=3x2+2ax+b,且f'(-1)=3-2a+b=0,f'(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.(2)由(1)知,f(x)=x3-3x.因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g'(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,于是函数g(x)的极值点只可能是1或-2.当x<-2时,g'(x)<0;当-2<x<1时,g'(x)>0,故-2是g(x)的极值点.当-2<x<1或x>1时,g'(x)>0,故1不是g(x)的极值点.所以g(x)的极值点为-2.(3)令f(x)=t,则h(x)=f(t)-c,先讨论关于x的方程f(x)=d根的情况,d∈[-2,2].当|d|=2时,由(2)可知,f(x)=-2的两个不同的根为1或-2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不同的根为-1或2.当|d|<2时,因为f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0,f(1)-d=f(-2)-d=-2-d<0,所以-2,-1,1,2都不是f(x)=d的根.由(1)知f'(x)=3(x+1)(x-1).①当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,于是f(x)是单调递增函数,从而f(x)>f(2)=2,此时f(x)=d无实根.同理,f(x)=d在(-∞,-2)上无实根.②当x∈(1,2)时,f'(x)>0,于是f(x)是单调增函数,又f(1)-d<0,f(2)-d>0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.同理,f(x)=d在(-2,-1)内有唯一实根.③当x∈(-1,1)时,f'(x)<0,故f(x)是单调减函数,又f(-1)-d>0,f(1)-d<0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(-1,1)内有唯一实根.由上可知:当|d|=2时,f(x)=d有两个不同的根x1,x2满足|x1|=1,|x2|=2;当|d|<2时,f(x)=d有三个不同的根x3,x4,x5满足|xi|<2,i=3,4,5.现考虑函数y=h(x)的零点.(ⅰ)当|c|=2时,f(t)=c有两个根t1,t2满足|t1|=1,|t2|=2,而f(x)=t1有三个不同的根,f(x)=t2有两个不同的根,故y=h(x)有5个零点.(ⅱ)当|c|<2时,f(t)=c有三个不同的根t3,t4,t5满足|ti|<2,i=3,4,5,而f(x)=ti(i=3,4,5)有三个不同的根,故y=h(x)有9个零点.综上可知,当|c|=2时,函数y=h(x)有5个零点;当|c|<2时,函数y=h(x)有9个零点.本题把函数、不等式、方程结合在一起考查,设计新颖,考查了数学知识的灵活转化能力.19.(年山东卷,文22,13分)已知函数f(x)=lnx+k(1)求k的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)设g(x)=xf'(x),其中f'(x)为f(x)的导函数.证明:对任意x>0,g(x)<1+e-2.(1)解:由f(x)=lnx+kex得:f'(x)=1由于曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与x轴平行∴f'(1)=0,∴k=1.(2)由(1)得f'(x)=1xex(1-x-xlnx),x∈令h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞)当x∈(0,1)时,h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,又∵ex>0∴当x∈(0,1)时,f'(x)>0,x∈(1,+∞)时,f'(x)<0∴f(x)的递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).(3)证明:∵g(x)=xf'(x)∴g(x)=1ex(1-x-xlnx),x∈(0,+由(2)h(x)=1-x-xlnx,则h'(x)=-2-lnx=-(lnx-lne-2)∴当x∈(0,e-2)时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增;当x∈(e-2,+∞)时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减.∴x∈(0,+∞)时,h(x)≤h(e-2)=1+e-2又∵当x∈(0,+∞)时,0<1e∴当x∈(0,+∞)时,1ex即g(x)<1+e-2综上所述,结论成立.本题主要考查导数的几何意义,导数的运算,考查单调区间的求法及利用函数证明不等式,考查学生综合分析和解决问题的能力及转化化归的能力.20.(年江西卷,文21,14分)已知函数f(x)=(ax2+bx+c)ex在[0,1]上单调递减且满足f(0)=1,f(1)=0.(1)求a的取值范围;(2)设g(x)=f(x)-f'(x),求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值.解:(1)由f(0)=1,f(1)=0得c=1,a+b=-1,则f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f'(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex,依题意需对于任意x∈(0,1),有f'(x)<0.当a>0时,因为二次函数y=ax2+(a-1)x-a的图象开口向上,而f'(0)=-a<0,所以需f'(1)=(a-1)e<0,即0<a<1;当a=1时,对任意x∈(0,1)有f'(x)=(x2-1)ex<0,f(x)符合条件;当a=0时,对于任意x∈(0,1),f'(x)=-xex<0,f(x)符合条件;当a<0时,因f'(0)=-a>0,f(x)不符合条件.故a的取值范围为0≤a≤1.(2)g(x)=(-2ax+1+a)ex,g'(x)=(-2ax+1-a)ex,(i)当a=0时,g'(x)=ex>0,g(x)在x=0上取得最小值g(0)=1,在x=1上取得最大值g(1)=e.(ii)当a=1时,对于任意x∈(0,1)有g'(x)=-2xex<0,g(x)在x=0取得最大值g(0)=2,在x=1取得最小值g(1)=0.(iii)当0<a<1时,由g'(x)=0得x=1-①若1-a2a≥②若1-a2a<1,即13<a<1时,g(x)在x=1-而g(0)=1+a,g(1)=(1-a)e,则当13<a≤e当e-21.(年浙江卷,文21,15分)已知a∈R,函数f(x)=4x3-2ax+a.(1)求f(x)的单调区间;(2)证明:当0≤x≤1时,f(x)+|2-a|>0.解:(1)由题意得f'(x)=12x2-2a.当a≤0时,f'(x)≥0恒成立,此时f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).当a>0时,f'(x)=12(x-a6)(x+a此时函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-a6]和[a6,+单调递减区间为[-a6,a(2)由于0≤x≤1,故当a≤2时,f(x)+|a-2|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2.当a>2时,f(x)+|a-2|=4x3+2a(1-x)-2≥4x3+4(1-x)-2=4x3-4x+2.设g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,则g'(x)=6x2-2=6(x-33)(x+3于是x0(0,333(331g'(x)-0+g(x)1↘极小值↗1所以,g(x)min=g(33)=1-4所以当0≤x≤1时,2x3-2x+1>0.故f(x)+|a-2|≥4x3-4x+2>0.本题把绝对值、不等式以及导数的应用综合在一起考查,题目背景新颖,立意巧妙,给人焕然一新的感觉.22.(年福建卷,文22,14分)已知函数f(x)=axsinx-32(a∈R),且在[0,π2]上的最大值为(1)求函数f(x)的解析式;(2)判断函数f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明.解:(1)由已知得f'(x)=a(sinx+xcosx)对于x∈(0,π2当a=0时,f(x)=-32当a<0时,f'(x)<0,∴f(x)在(0,π2又f(x)在[0,π2∴f(x)max=f(0)=-32当a>0时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,π2此时f(x)在[0,π2]上的最大值为f(π2)=π=π-∴f(x)=xsinx-32(2)f(x)在(0,π)内有且只有两个零点.证明如下:由(1)知f(x)=xsinx-32∴f(0)=-32<0,f(π2)=又f(x)在[0,π2∴f(x)在(0,π2又由(1)知f(x)在[0,π2∴f(x)在(0,π2当x∈[π2,π令g(x)=f'(x)=sinx+xcosx,由g(π2)=1>0,g(π)=-π又x∈(π2,π∴g(x)在(π2,πm∈(π2,π当x∈(π2∴f(x)在(π2x∈[π2,m]时,f(x)≥f(π2)=∴f(x)在[π2当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f'(x)<0,∴f(x)在(m,π)内单减.又f(m)>0,f(π)<0,∴f(x)在[m,π)内有且只有一个零点.综上所述,f(x)在(0,π)内有且只有两个零点.本题主要考查函数的最值,单调性、零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想、化归与转化思想,属于难题.23.(年湖南卷,文22,13分)已知函数f(x)=ex-ax,其中a>0.(1)若对一切x∈R,f(x)≥1恒成立.求a的取值集合;(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线AB的斜率为k,证明:存在x0∈(x1,x2),使f'(x0)=k成立.解:(1)f'(x)=ex-a,令f'(x)=0得x=lna,当x<lna时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>lna时,f'(x)>0,f(x)单调递增.故当x=lna时,f(x)取最小值f(lna)=a-alna.于是对一切x∈R,f(x)≥1恒成立,当且仅当a-alna≥1.①令g(t)=t-tlnt,则g'(t)=-lnt.当0<t<1时,g'(t)>0,g(t)单调递增;当t>1时,g'(t)<0,g(t)单调递减.故当t=1时,g(t)取最大值g(1)=1.因此,当且仅当a=1时,①式成立.综上所述,a的取值集合为{1}.(2)由题意知,k=f(x2令φ(x)=f'(x)-k=ex-exφ(x1)=-ex1x2-x1φ(x2)=ex2x2-x1令F(t)=et-t-1,则F'(t)=et-1.当t<0时,F'(t)<0,F(t)单调递减;当t>0时,F'(t)>0,F(t)单调递增.故当t≠0时,F(t)>F(0)=0,即et-t-1>0.从而ex2-x1-(x2-x1)-1>0,ex1-x所以φ(x1)<0,φ(x2)>0.因为函数y=φ(x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在x0∈(x1,x2),使φ(x0)=0,即f'(x0)=k成立.24.(年湖北卷,文22,14分)设函数f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n为正整数,a,b为常数.曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x+y=1.(1)求a,b的值;(2)求函数f(x)的最大值;(3)证明:f(x)<1n解:(1)因为f(1)=b,由点(1,b)在x+y=1上,可得1+b=1,即b=0.因为f'(x)=anxn-1-a(n+1)xn,所以f'(1)=-a.又因为切线x+y=1的斜率为-1,所以-a=-1,即a=1.故a=1,b=0.(2)由(1)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn+1,f'(x)=(n+1)xn-1(nn令f'(x)=0,解得x=nn即f'(x)在(0,+∞)上有唯一零点x0=nn在(0,nn而在(nn+1,+故f(x)在(0,+∞)上的最大值为f(nn+1)=(nn+1)n(1-(3)令φ(t)=lnt-1+1t则φ'(t)=1t-1t2在(0,1)上,φ'(t)<0,故φ(t)单调递减;而在(1,+∞)上φ'(t)>0,φ(t)单调递增.故φ(t)在(0,+∞)上的最小值为φ(1)=0,所以φ(t)>0(t>1),即lnt>1-1t令t=1+1n,得lnn+1n即ln(n+1n)所以(n+1n)n+1>e,即nn由(2)知,f(x)≤nn(n故所证不等式成立.本题考查了多项式函数的求导,导数判断函数的单调性,最值以及证明不等式等综合应用.第(1)问考查导数的意义,属于容易题,学生好拿分;第(2),(3)问较难,涉及到单数的综合应用,特别是第(3)问,运用导数判断最值来证明不等式有一定难度,它也是导数的重要应用.25.(年新课标全国卷,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:(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)a=1时,(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1,故x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k<x+1e令g(x)=x+1则g'(x)=-xex令h(x)=ex-x-2,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,+∞)内存在唯一的零点.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,又g'(α)=0知eα=α+2,所以g(x)min=g(α)=α+1,∴g(α)=α+1∈(2,3).由①式等价于k<g(x),故整数k的最大值为2.本题目考查了函数单调性和恒成立思想,是高考导数问题中高频率考点问题,求k的取值范围转化为求g(x)的最小值是本题的关键.26.(年辽宁卷,文21,12分)设f(x)=lnx+x-1,证明:(1)当x>1时,f(x)<32(2)当1<x<3时,f(x)<9((1)证明:法一:记g(x)=lnx+x-1-32g'(x)=1x+12x又g(1)=0,有g(x)<0,即f(x)<32法二:由均值不等式,当x>1时,2x<x+1,故x<x2+12令k(x)=lnx-x+1,则k(1)=0,k'(x)=1x故k(x)<0,即lnx<x-1,②由①②得,当x>1时,f(x)<32(2)法一:记h(x)=f(x)-9(h'(x)=1x+12=2+x2<x+54=(x令g(x)=(x+5)3-216x,则当1<x<3时,g'(x)=3(x+5)2-216<0,因此g(x)在(1,3)内是递减函数,又由g(1)=0,得g(x)<0,所以h'(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数,又h(1)=0,得h(x)<0,于是当1<x<3时,f(x)<9(法二:记h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1),则当1<x<3时,由(1)得h'(x)=f(x)+(x+5)f'(x)-9<32(x-1)+(x+5)(1x+=12x[3x(x-1)+(x+5)(2+<12x[3x(x-1)+(x+5)(2+x2=14x(7x又h(1)=0,所以h(x)<0,即f(x)<9(27.(年天津卷,文20,14分)已知函数f(x)=13x3+1-a2x(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求a的取值范围;(3)当a=1时,设函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t),最小值为m(t),记g(t)=M(t)-m(t),求函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值.解:(1)f'(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a).由f'(x)=0得x1=-1,x2=a>0,当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)-1(-1,a)a(a,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗故函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a).(2)由(1)知f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点当且仅当f(-2)所以,a的取值范围是(0,13(3)a=1时,f(x)=13x3由(1)知f(x)在[-3,-1]上单调递增,在[-1,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增.①当t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1,t+3]上单调递减.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=-13而最小值m(t)为f(t)与f(t+3)中的较小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3),故m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).而f(t)在[-3,-2]上单调递增,因此f(t)≤f(-2)=-53所以g(t)在[-3,-2]上的最小值为g(-2)=-13-(-53)=②当t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3].下面比较f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小.由f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2).又由f(1)=f(-2)=-53,f(-1)=f(2)=-1从而M(t)=f(-1)=-13,m(t)=f(1)=-5所以g(t)=M(t)-m(t)=43综上,函数g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为43本小题主要考查导数的运算,及利用导数研究函数的单调性、零点、最值等知识,体现了函数与方程思想、分类讨论思想,对学生综合分析和解决问题的能力要求较高.难度较大.28.(年福建卷,文22)已知a,b为常数,且a≠0,函数f(x)=-ax+b+axlnx,f(e)=2(e=2.71828…是自然对数的底数).(1)求实数b的值;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)当a=1时,是否同时存在实数m和M(m<M),使得对每一个t∈[m,M],直线y=t与曲线y=f(x)(x∈[1e解:(1)由f(e)=2得-ae+b+ae=2,∴b=2.(2)由(1)可得f(x)=-ax+2+axlnx(x>0),从而f'(x)=alnx(x>0),因为a≠0,①当