2019届江苏专用高考数学一轮复习第九章导数及其应用9.2利用导数研究函数的单调性和极大小值讲义

高考数学

(江苏省专用)§9.2利用导数研究函数的单调性和极大(小)值1.(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

.A组自主命题·江苏卷题组五年高考答案

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=3x2≥0(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)≤0⇔f(a-1)≤f(-2a2)⇔-2a2≥a-1,解得-1≤a≤

.方法小结函数不等式的求解思路:(1)转化为f(φ(x))≤f(g(x));(2)结合单调性转化为φ(x)≤g(x)或φ(x)≥g(x).2.(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-

,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=3

+b-

.当x=-

时,f'(x)有极小值b-

.因为f'(x)的极值点是f(x)的零点,所以f

=-

+

-

+1=0,又a>0,故b=

+

.因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根,从而b-

=

(27-a3)≤0,即a≥3.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=

,x2=

.x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗列表如下:故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=

+

,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,

=

+

.设g(t)=

+

,则g'(t)=

-

=

.当t∈

时,g'(t)>0,从而g(t)在

上单调递增.因为a>3,所以a

>3

,故g(a

)>g(3

)=

,即

>

.因此b2>3a.(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-

a,

+

=

.从而f(x1)+f(x2)=

+a

+bx1+1+

+a

+bx2+1=

(3

+2ax1+b)+

(3

+2ax2+b)+

a(

+

)+

b(x1+x2)+2=

-

+2=0.记f(x),f'(x)所有极值之和为h(a),因为f'(x)的极值为b-

=-

a2+

,所以h(a)=-

a2+

,a>3.因为h'(a)=-

a-

<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.因为h(6)=-

,于是h(a)≥h(6),故a≤6.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.3.(2015江苏,19,16分,0.298)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪

∪

,求c的值.解析(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-

.当a=0时,因为f'(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,若x∈

∪(0,+∞),则f'(x)>0,若x∈

,则f'(x)<0,所以函数f(x)在

,(0,+∞)上单调递增,在

上单调递减;当a<0时,若x∈(-∞,0)∪

,则f'(x)>0,若x∈

,则f'(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),

上单调递增,在

上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f

=

a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f

=b

<0,从而

或

又b=c-a,所以当a>0时,

a3-a+c>0或当a<0时,

a3-a+c<0.设g(a)=

a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪

∪

,则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在

∪

上,g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g

=c-1≥0,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数f(x)有三个零点,故x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-

3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪

∪

.综上,c=1.4.(2014江苏,19,16分,0.31)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.(1)证明:f(x)是R上的偶函数;(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-

+3x0)成立.试比较ea-1与ae-1的大小,并证明你的结论.解析(1)证明:因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.(2)由条件知m(ex+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立,令t=ex(x>0),则t>1,所以m≤-

=-

对任意t>1成立.因为t-1+

+1≥2

+1=3,所以-

≥-

,当且仅当t=2,即x=ln2时等号成立.因此实数m的取值范围是

.(3)令函数g(x)=ex+

-a(-x3+3x),则g'(x)=ex-

+3a(x2-1).当x≥1时,ex-

>0,x2-1≥0,又a>0,故g'(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.由于存在x0∈[1,+∞),使

+

-a(-

+3x0)<0成立,当且仅当最小值g(1)<0,故e+e-1-2a<0,即a>

.令函数h(x)=x-(e-1)lnx-1,则h'(x)=1-

.令h'(x)=0,得x=e-1.当x∈(0,e-1)时,h'(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;当x∈(e-1,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).注意到h(1)=h(e)=0,所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0;当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0对任意的x∈(1,e)成立.①当a∈

⊆(1,e)时,h(a)<0,即a-1<(e-1)lna,从而ea-1<ae-1;②当a=e时,ea-1=ae-1;③当a∈(e,+∞)⊆(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)lna,故ea-1>ae-1.综上所述,当a∈

时,ea-1<ae-1;当a=e时,ea-1=ae-1;当a∈(e,+∞)时,ea-1>ae-1.考点一利用导数研究函数的单调性1.(2017山东文改编,10,5分)若函数exf(x)(e=2.71828…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

.①f(x)=2-x;②f(x)=x2;③f(x)=3-x;④f(x)=cosx.B组

统一命题·省(区、市)卷题组答案①解析本题考查利用导数研究函数的单调性.当f(x)=2-x时,ex·f(x)=ex·2-x=

,令y=

,则y'=

=

=

(1-ln2).∵ex>0,2x>0,ln2<1,∴y'>0.∴当f(x)=2-x时,ex·f(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知②③④不具有M性质.故填

①.方法小结利用导数研究函数f(x)的单调性的一般步骤:1.求f(x)的导数f'(x).2.令f'(x)>0(或f'(x)<0),得区间I.3.判断单调性,当x∈I时,f(x)单调增(或减).2.(2016课标全国Ⅰ改编,12,5分)若函数f(x)=x-

sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是

.答案

解析

f‘(x)=1-

cos2x+acosx=1-

(2cos2x-1)+acosx=-

cos2x+acosx+

,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-

t2+at+

≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则

解得-

≤a≤

.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.3.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,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-

或x=-1+

.当x∈(-∞,-1-

)时,f'(x)<0;当x∈(-1-

,-1+

)时,f'(x)>0;当x∈(-1+

,+∞)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-

),(-1+

,+∞)单调递减,在(-1-

,-1+

)单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),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+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=

,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.当a≤0时,取x0=

,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+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a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1

≤ax+1成立;当0<a<1时,构造函数可知ex≥x+1,通过举反例x0=

,f(x0)>ax0+1,从而说明命题不成立;当a≤0时,举反例x0=

说明不等式不成立.疑难突破(1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f'(x),令f'(x)>0,求出f(x)的增区间,令f'(x)

<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.(2)恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤φ(x)min;②构造

函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使问题

简化.4.(2017山东文,20,13分)已知函数f(x)=

x3-

ax2,a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.解析本题考查导数的几何意义;用导数研究函数的单调性;用导数求函数的极值、最值.(1)由题意f'(x)=x2-ax,所以当a=2时,f(3)=0,f'(x)=x2-2x,所以f'(3)=3,因此,曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,所以g'(x)=f'(x)+cosx-(x-a)sinx-cosx=x(x-a)-(x-a)sinx=(x-a)(x-sinx),令h(x)=x-sinx,则h'(x)=1-cosx≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,g'(x)=(x-a)(x-sinx),当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(a,0)时,x-a>0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=a时g(x)取到极大值,极大值是g(a)=-

a3-sina,当x=0时g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.②当a=0时,g'(x)=x(x-sinx),当x∈(-∞,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增;所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.③当a>0时,g'(x)=(x-a)(x-sinx),当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,a)时,x-a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以当x=0时g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;当x=a时g(x)取到极小值,极小值是g(a)=-

a3-sina.综上所述:当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小

值,极大值是g(a)=-

a3-sina,极小值是g(0)=-a;当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小

值,极大值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-

a3-sina.5.(2016课标全国Ⅰ,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a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;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<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).①若a=-

,则f'(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.②若a>-

,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>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)③若a<-

,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,在(1,ln(-2a))单调递减.

(6分)(2)(i)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln

,则f(b)>

(b-2)+a(b-1)2=a

>0,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a<0,若a≥-

,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;

(10分)若a<-

,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.

(11分)综上,a的取值范围为(0,+∞).

(12分)疑难突破(1)分类讨论时临界点的选取是关键,易忽略a=-

的情形.(2)在讨论a>0函数零点的个数时,注意利用不等式的放缩.6.(2016课标全国Ⅱ理,21,12分)(1)讨论函数f(x)=

ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)·ex+x+2>0;(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=

(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).

(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+2>0.

(4分)(2)证明:g'(x)=

=

(f(x)+a).

(5分)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)=

=

=

.

(8分)于是h(a)=

,由

'=

>0,得y=

单调递增.所以,由xa∈(0,2],得

=

<h(a)=

≤

=

.

(10分)因为y=

单调递增,对任意λ∈

,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是

.综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是

.

(12分)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.7.(2016北京,20,13分)设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4.若函数f(x)有三个不同零点,求c的取值范围;(3)求证:a2-3b>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,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.

(3分)(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=-

.

(4分)f(x)与f'(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下:x(-∞,-2)-2

- 

f'(x)+0-0+f(x)↗c↘c- ↗(6分)所以,当c>0且c-

<0时,存在x1∈(-4,-2),x2∈

,x3∈

,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈

时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点.

(8分)(3)证明:当Δ=4a2-12b<0时,f'(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞),此时函数f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,所以f(x)不可能有三个不同零点.

(9分)当Δ=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Δ=4a2-12b>0.故a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件.

(11分)当a=b=4,c=0时,a2-3b>0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b>0不是f(x)有三个不

同零点的充分条件.

(12分)因此a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.

(13分)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Δ<0,Δ=0,Δ>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.评析本题以三次函数为载体考查了导数的几何意义、零点问题及逻辑推理能力和分类讨论

的思想,属中等偏难题.8.(2016四川理,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-lnx,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>

-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f'(x)=2ax-

=

(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=

.此时,当x∈

时,f'(x)<0,f(x)单调递减;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x>1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x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<

时,

>1.由(1)有f

<f(1)=0,而g

>0,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)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-

+

-e1-x>x-

+

-

=

>

>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈

.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f'(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对

(2),令g(x)=

-

,s(x)=ex-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a进行分类:①a≤0;②0<a<

;③a≥

,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本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.9.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(1)讨论f(x)的单调性;(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),求证:对于任意的正

实数x,都有f(x)≤g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|<

+2.解析(1)由f(x)=nx-xn,可得f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论:①当n为奇数时.令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-1)(-1,1)(1,+∞)f'(x)-+-f(x)↘↗↘所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.②当n为偶数时.当f'(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;当f'(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.所以,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=

,f‘(x0)=n-n2.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F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f'(x0)(x-x0),则f'(x)=f'(x)-f'(x0).由于f'(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上单调递减,故f'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为f'(x0)=0,所以当x∈

(0,x0)时,f'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以

对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).(3)证明:不妨设x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=

+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时,f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x).设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=

.因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1.由此可得x2-x1<x'2-x'1=

+x0.因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+

=1+n-1=n,故2≥

=x0.所以,|x2-x1|<

+2.评析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、证明不等式

等基础知识和方法.考查分类讨论思想、函数思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的

能力.考点二利用导数研究函数的极值和最值1.(2017课标全国Ⅱ理改编,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

.答案-1解析本题主要考查导数的应用.由题意可得f'(x)=ex-1[x2+(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)=ex-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.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.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:(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证.2.(2016四川改编,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=

.答案2解析由题意可得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.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.3.(2014课标Ⅱ改编,12,5分)设函数f(x)=

sin

.若存在f(x)的极值点x0满足

+[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是

.答案(-∞,-2)∪(2,+∞)解析

f'(x)=

cos

,∵f(x)的极值点为x0,∴f'(x0)=0,∴

cos

=0,∴

x0=kπ+

,k∈Z,∴x0=mk+

,k∈Z,又∵

+[f(x0)]2<m2,∴

+

<m2,k∈Z,即m2

+3<m2,k∈Z,∵m≠0,∴

<

,k∈Z,又∵存在x0满足

+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z满足上式,∴

>

,∴

>

,∴m2-3>

,∴m2>4,∴m>2或m<-2.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.4.(2014辽宁改编,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是

.答案[-6,-2]解析由题意知∀x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a∈

R.当0<x≤1时,a≥

=-

-

+

.令t=

(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g'(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上单调递减,g(t)max=g(1)=-6(t≥1),所以a≥-6.当-2≤x<0时,a≤-

-

+

,同理,g(t)在(-∞,-1]上递减,在

上递增.因此g(t)min=g(-1)=-2

,所以a≤-2.综上可知,-6≤a≤-2.5.(2017课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,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.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-lnx,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<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当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-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-2-lnx,则h'(x)=2-

.当x∈

时,h'(x)<0;当x∈

时,h'(x)>0.所以h(x)在

单调递减,在

单调递增.又h(e-2)>0,h

<0,h(1)=0,所以h(x)在

有唯一零点x0,在

有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,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lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)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-2<f(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.6.(2017北京文,20,13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

上的最大值和最小值.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∈

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.所以函数f(x)在区间

上单调递减.因此f(x)在区间

上的最大值为f(0)=1,最小值为f

=-

.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.2.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.7.(2016山东,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)=

-2a=

.当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x∈

时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈

时,函数g(x)单调递减.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

,单调减区间为

.(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<

时,

>1,由(1)知f'(x)在

内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈

时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)内单调递减,在

内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.③当a=

时,

=1,f'(x)在(0,1)内单调递增,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>

时,0<

<1,当x∈

时,f'(x)>0,f(x)单调递增,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>

.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.8.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=x3-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=0;(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值

.解析(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f'(x)=3x2-a.下面分两种情况讨论:(i)当a≤0时,有f'(x)=3x2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).(ii)当a>0时,令f'(x)=0,解得x=

,或x=-

.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x

- 

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

,单调递增区间为

,

.(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由题意,得f'(x0)=3

-a=0,即

=

,进而f(x0)=

-ax0-b=-

x0-b.又f(-2x0)=-8

+2ax0-b=-

x0+2ax0-b=-

x0-b=f(x0),且-2x0≠x0,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=-2x0.所以x1+2x0=0.(3)证明:设g(x)在区间[-1,1]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:(i)当a≥3时,-

≤-1<1≤

,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|}=

所以M=a-1+|b|≥2.(ii)当

≤a<3时,-

≤-1<-

<

<1≤

,由(1)和(2)知f(-1)≥f

=f

,f(1)≤f

=f

,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为

f

,f

,因此M=max

,

=max

=max

=

+|b|≥

×

×

=

.(iii)当0<a<

时,-1<-

<

<1,由(1)和(2)知f(-1)<f

=f

,f(1)>f

=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|>

.综上所述,当a>0时,g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于

.思路分析(1)求含参数的函数f(x)的单调区间,需要进行分类讨论;(2)由第(1)问可知a>0,要证x1+

2x0=0,只需证出f(-2x0)=f(x0),其中x1=-2x0,即可得结论;(3)求g(x)在[-1,1]上的最大值,对a分情况讨论

即可.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.9.(2016课标全国Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=αcos2x+(α-1)(cosx+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)证明|f'(x)|≤2A.解析(1)f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx.

(2分)(2)当α≥1时,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.

(4分)当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.设t=cosx,则t∈[-1,1],令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=

时,g(t)取得最小值,最小值为g

=-

-1=-

.令-1<

<1,解得α<-

(舍去),或α>

.

(5分)(i)当0<α≤

时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.(ii)当

<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g

.又

-|g(-1)|=

>0,所以A=

=

.综上,A=

(9分)(3)由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1|.当0<α≤

时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.当

<α<1时,A=

+

+

>1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.

(12分)评析本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论,

本题综合性较强,属于难题.1.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.C组教师专用题组解析(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2

,所以g'(x)=2-

+

=

.当0<a<

时,g(x)在区间

,

上单调递增,在区间

上单调递减;当a≥

时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.(2)证明:由f'(x)=2(x-a)-2lnx-2

=0,解得a=

.令φ(x)=-2

lnx+x2-2×

·x-2

+

.则φ(1)=1>0,φ(e)=-

-2

<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=

,u(x)=x-1-lnx(x≥1).由u'(x)=1-

≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.所以0=

<

=a0<

=

<1,即a0∈(0,1).当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.评析本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推

理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转

化等数学思想.2.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=

-k

(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.解析(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=

-k

=

-

=

.由k≤0可得ex-kx>0,所以当x∈(0,2)时,f'(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).因为g'(x)=ex-k=ex-elnk,当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g'(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不可能存在两个极值点;当k>1时,得x∈(0,lnk)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(lnk,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1-lnk).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当

解得e<k<

.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为

.评析本题考查了导数在研究函数的单调性和极值问题中的应用,考查了分类讨论思想的运用

以及学生的逻辑推理能力和运算求解能力,难度较大,在解决问题(2)时极易产生分类讨论不全

面或运算求解错误.3.(2015安徽,21,13分)设函数f(x)=x2-ax+b.(1)讨论函数f(sinx)在

内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;(2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sinx)-f0(sinx)|在

上的最大值D;(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-

满足条件D≤1时的最大值.解析(1)f(sinx)=sin2x-asinx+b=sinx(sinx-a)+b,-

<x<

.[f(sinx)]'=(2sinx-a)cosx,-

<x<

.因为-

<x<

,所以cosx>0,-2<2sinx<2.①a≤-2,b∈R时,函数f(sinx)单调递增,无极值.②a≥