（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù) 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)案

《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù) 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù) 3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)案（35頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 §3.2　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 考綱解讀 考點 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計 2013 2014 2015 2016 2017 1.導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性 1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系. 2.會用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性. 3.會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間. 掌握 22(2),5分 21(文), 4分 22(1),5分 21(文), 約8分 03(2) (自選), 5分 7,4分 20(2), 約9分 2.導(dǎo)數(shù)與極值、最值 1.了解函數(shù)極值的概念及函數(shù)在某點取得極值的條件. 2.會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值. 3.會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小

2、值. 掌握 22(2),5分 8,5分 21(文), 約5分 22,14分 21(文), 約7分 分析解讀　　1.導(dǎo)數(shù)是高考的必考內(nèi)容.利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等問題是命題的熱點. 2.考查重點是導(dǎo)數(shù)與極值、最值、單調(diào)區(qū)間、圖形形狀的聯(lián)系,利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,求函數(shù)零點等,屬于難題. 3.預(yù)計2019年高考中,導(dǎo)數(shù)的考查必不可少,復(fù)習(xí)時要引起高度重視. 五年高考 考點一　導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.(2017山東文,10,5分)若函數(shù)exf(x)(e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定

3、義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.f(x)=2-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x 答案　A 2.(2015課標(biāo)Ⅱ,12,5分)設(shè)函數(shù)f '(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x>0時,xf '(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+

4、∞) 答案　A 3.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是　　　　.? 答案　 4.(2015浙江自選,“復(fù)數(shù)與導(dǎo)數(shù)”模塊,03(2),5分)設(shè)函數(shù)f(x)=(x2+2x-2)ex(x∈R),求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間. 解析　對f(x)求導(dǎo),得f '(x)=(x2+4x)ex. 由f '(x)<0,解得-4

5、2)當(dāng)x≥0時, f(x)≤ax+1,求a的取值范圍. 解析　本題考查函數(shù)的單調(diào)性,恒成立問題. (1)f '(x)=(1-2x-x2)ex. 令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+. 當(dāng)x∈(-∞,-1-)時, f '(x)<0; 當(dāng)x∈(-1-,-1+)時, f '(x)>0; 當(dāng)x∈(-1+,+∞)時, f '(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)單調(diào)遞減, 在(-1-,-1+)單調(diào)遞增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 當(dāng)a≥1時,設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)

6、單調(diào)遞減,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 當(dāng)00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1. 當(dāng)0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1 =x(1-a-x-x2),取x0=, 則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1. 當(dāng)a≤0時,取x0=, 則x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 綜上,a的取值

7、范圍是[1,+∞). 6.(2016山東,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)a=1時,證明f(x)>f '(x)+對于任意的x∈[1,2]成立. 解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)=a--+=. 當(dāng)a≤0時,x∈(0,1)時,f '(x)>0, f(x)單調(diào)遞增, x∈(1,+∞)時,f '(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 當(dāng)a>0時,f '(x)=. ①01, 當(dāng)x∈(0,1)或x∈時,f '(x)>0, f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈時,f '(x)<0, f(x)單調(diào)遞減.

8、 ②a=2時,=1,在x∈(0,+∞)內(nèi),f '(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增. ③a>2時,0<<1, 當(dāng)x∈或x∈(1,+∞)時, f '(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈時,f '(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 綜上所述, 當(dāng)a≤0時,f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減; 當(dāng)02時,f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)由(1)知,a=1時, f(x)-f '(x)=x-ln x+- =x

9、-ln x++--1,x∈[1,2]. 設(shè)g(x)=x-ln x,h(x)=+--1,x∈[1,2]. 則f(x)-f '(x)=g(x)+h(x). 由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1. 當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取得等號.又h'(x)=. 設(shè)φ(x)=-3x2-2x+6,則φ(x)在x∈[1,2]內(nèi)單調(diào)遞減. 因為φ(1)=1,φ(2)=-10, 所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)時,φ(x)>0,x∈(x0,2)時,φ(x)<0. 所以h(x)在(1,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,2)內(nèi)單調(diào)遞減. 由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=, 當(dāng)且

10、僅當(dāng)x=2時取等號. 所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=, 即f(x)>f '(x)+對于任意的x∈[1,2]成立. 7.(2015課標(biāo)Ⅱ,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx. (1)證明: f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增; (2)若對于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍. 解析　(1)證明:f '(x)=m(emx-1)+2x. 若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時,emx-1≤0, f '(x)<0; 當(dāng)x∈(0,+∞)時,emx-1≥0, f '(x)>0. 若m<0,則當(dāng)

11、x∈(-∞,0)時,emx-1>0,f '(x)<0; 當(dāng)x∈(0,+∞)時,emx-1<0, f '(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增. (2)由(1)知,對任意的m,f(x)在[-1,0]單調(diào)遞減,在[0,1]單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是 即① 設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1, 則g'(t)=et-1. 當(dāng)t<0時,g'(t)<0;當(dāng)t>0時,g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增. 又g(1)=0,g

12、(-1)=e-1+2-e<0,故當(dāng)t∈[-1,1]時,g(t)≤0. 當(dāng)m∈[-1,1]時,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 當(dāng)m>1時,由g(t)的單調(diào)性,g(m)>0,即em-m>e-1; 當(dāng)m<-1時,g(-m)>0,即e-m+m>e-1. 綜上,m的取值范圍是[-1,1]. 教師用書專用(8—17) 8.(2017課標(biāo)全國Ⅲ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a的值; (2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n,…

13、0,因為f=-+aln 2<0,所以不滿足題意; ②若a>0,由f '(x)=1-=知,當(dāng)x∈(0,a)時, f '(x)<0;當(dāng)x∈(a,+∞)時, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)單調(diào)遞減,在(a,+∞)單調(diào)遞增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值點. 由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時, f(x)≥0.故a=1. (2)由(1)知當(dāng)x∈(1,+∞)時,x-1-ln x>0. 令x=1+,得ln<. 從而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1. 故…2, 所以m的最小值為3. 9.(2017江蘇,20,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+

14、ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f '(x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值) (1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域; (2)證明:b2>3a; (3)若f(x), f '(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-,求a的取值范圍. 解析　本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究初等函數(shù)的單調(diào)性、極值及零點問題,考查綜合運用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力. (1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3+b-. 當(dāng)x=-時, f '(x)有極小值b-. 因為f '(x)的極值點是f(x)的零點,

15、 所以f =-+-+1=0,又a>0,故b=+. 因為f(x)有極值,故f '(x)=0有實根,從而b-=(27-a3)≤0,即a≥3. 當(dāng)a=3時, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù), f(x)沒有極值; 當(dāng)a>3時, f '(x)=0有兩個相異的實根x1=, x2=. 列表如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極值點是x1,x2. 從而a>3. 因此b=+,定義域為(3,+∞). (2)證明:

16、由(1)知,=+. 設(shè)g(t)=+,則g'(t)=-=. 當(dāng)t∈時,g'(t)>0,從而g(t)在上單調(diào)遞增. 因為a>3,所以a>3, 故g(a )>g(3)=,即>. 因此b2>3a. (3)由(1)知, f(x)的極值點是x1,x2, 且x1+x2=-a,+=. 從而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1 =(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 記f(x), f '(x)所有極值之和為h(a), 因為f '(x)的極值為b-=-a2+, 所以h(a)=-a2+,a>3. 因為h'(a)=-a

17、-<0, 于是h(a)在(3,+∞)上單調(diào)遞減. 因為h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6. 因此a的取值范圍為(3,6]. 10.(2015江蘇,19,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)試討論f(x)的單調(diào)性; (2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪∪,求c的值. 解析　(1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-. 當(dāng)a=0時,因為f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時

18、,若x∈∪(0,+∞),則 f '(x)>0,若x∈,則f '(x)<0, 所以函數(shù)f(x)在,(0,+∞)上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減; 當(dāng)a<0時,若x∈(-∞,0)∪,則f '(x)>0,若x∈,則f '(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,0),上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)=b,f=·a3+b,則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)·f=b<0,從而或 又b=c-a,所以當(dāng)a>0時,a3-a+c>0或當(dāng)a<0時,a3-a+c<0. 設(shè)g(a)=a3-a+c,因為函數(shù)f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪∪, 則

19、在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在∪上,g(a)>0均恒成立, 從而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1. 此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函數(shù)f(x)有三個零點,則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,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)∪∪.綜上,c=1. 11.(2014課標(biāo)Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),

20、當(dāng)x>0時,g(x)>0,求b的最大值; (3)已知1.414 2<<1.414 3,估計ln 2的近似值(精確到0.001). 解析　(1)f '(x)=ex+e-x-2≥0,等號僅當(dāng)x=0時成立. 所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)] =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). (i)當(dāng)b≤2時,g'(x)≥0,等號僅當(dāng)x=0時成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.而g(0)=0,所以

21、對任意x>0,g(x)>0. (ii)當(dāng)b>2時,若x滿足20, ln 2>>0.692 8; 當(dāng)b=+1時,ln(b-1+)=ln, g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0, ln 2<<0.693 4. 所以ln 2的近似值為0.693. 12.(2016四川,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-

22、ln x,其中a∈R. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)確定a的所有可能取值,使得f(x)>-e1-x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立(e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)). 解析　(1)f '(x)=2ax-=(x>0). 當(dāng)a≤0時,f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減. 當(dāng)a>0時,由f '(x)=0,有x=. 此時,當(dāng)x∈時,f '(x)<0, f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈時,f '(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. (2)令g(x)=-,s(x)=ex-1-x. 則s'(x)=ex-1-1. 而當(dāng)x>1時,s'(x)>0, 所以s(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)

23、單調(diào)遞增. 又由s(1)=0,有s(x)>0,從而當(dāng)x>1時,g(x)>0. 當(dāng)a≤0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時,必有a>0. 當(dāng)01. 由(1)有f0, 所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立. 當(dāng)a≥時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 當(dāng)x>1時,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+- =>>0. 因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又因為h(1)=0,所以當(dāng)x>1時,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即f(x)

24、>g(x)恒成立. 綜上,a∈. 13.(2015四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0. (1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性; (2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解. 解析　(1)由已知得,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以g'(x)=2-+=. 當(dāng)0

25、單調(diào)遞增. (2)證明:由f '(x)=2(x-a)-2ln x-2=0, 解得a=. 令φ(x)=-2ln x+x2-2×·x-2+. 則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-ln x(x≥1). 由u'(x)=1-≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增. 所以0=<=a0<=<1, 即a0∈(0,1). 當(dāng)a=a0時,有f '(x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0. 由(1)知,f '(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增, 故當(dāng)x∈(1,x0)時,f '(x)<0,從而f(x)

26、>f(x0)=0; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f '(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0. 所以,當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)≥0. 綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解. 14.(2015天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P處的切線方程為y=g(x),求證:對于任意的正實數(shù)x,都有f(x)≤g(x); (3)若關(guān)于x的方程f(x)=a(a為實數(shù))有兩個正實數(shù)根x

27、1,x2,求證:|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. 下面分兩種情況討論: (i)當(dāng)n為奇數(shù)時.令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1. 當(dāng)x變化時,f '(x), f(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f '(x) - + - f(x) ↘ ↗ ↘ 所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調(diào)遞減,在(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞增. (ii)當(dāng)n為偶數(shù)時. 當(dāng)f '(x)>0,即x<1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;

28、 當(dāng)f '(x)<0,即x>1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. 所以,f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減. (2)證明:設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0,0),則x0=,f '(x0)=n-n2.曲線y=f(x)在點P處的切線方程為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),則F'(x)=f '(x)-f '(x0). 由于f '(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上單調(diào)遞減,故F'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.又因為F'(x0)=0,所以當(dāng)x∈(0,x0)時,F'(

29、x)>0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,所以對于任意的正實數(shù)x,都有F(x)≤F(x0)=0,即對于任意的正實數(shù)x,都有f(x)≤g(x). (3)證明:不妨設(shè)x1≤x2. 由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).設(shè)方程g(x)=a的根為x'2,可得x'2=+x0.當(dāng)n≥2時,g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2. 類似地,設(shè)曲線y=f(x)在原點處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx.當(dāng)x∈(0,+∞)時, f(x)-h(x)=

30、-xn<0,即對于任意的x∈(0,+∞), f(x)

31、值點,求k的取值范圍. 解析　(1)函數(shù)y=f(x)的定義域為(0,+∞). f '(x)=-k =-=. 由k≤0可得ex-kx>0, 所以當(dāng)x∈(0,2)時,f '(x)<0, 函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(2,+∞)時,f '(x)>0, 函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞). (2)由(1)知,當(dāng)k≤0時,函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減, 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點; 當(dāng)k>0時,設(shè)函數(shù)g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞). 因為g'(x)=ex-k=ex-eln k, 當(dāng)0

32、≤1時, 當(dāng)x∈(0,2)時,g'(x)=ex-k>0,y=g(x)單調(diào)遞增, 故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個極值點; 當(dāng)k>1時, 得x∈(0,ln k)時,g'(x)<0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞減, x∈(ln k,+∞)時,g'(x)>0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞增. 所以函數(shù)y=g(x)的最小值為g(ln k)=k(1-ln k). 函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點, 當(dāng)且僅當(dāng)解得e

33、當(dāng)b=4時,求f(x)的極值; (2)若f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,求b的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)b=4時,f '(x)=, 由f '(x)=0得x=-2或x=0. 當(dāng)x∈(-∞,-2)時,f '(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(-2,0)時,f '(x)>0,f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x∈時,f '(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,故f(x)在x=-2處取極小值f(-2)=0,在x=0處取極大值f(0)=4. (2)f '(x)=,因為當(dāng)x∈時,<0,依題意,當(dāng)x∈時,有5x+(3b-2)≤0,從而+(3b-2)≤0. 所以b的取值范圍為. 17.(2014廣東,21,14分

34、)設(shè)函數(shù)f(x)=,其中k<-2. (1)求函數(shù)f(x)的定義域D(用區(qū)間表示); (2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調(diào)性; (3)若k<-6,求D上滿足條件f(x)>f(1)的x的集合(用區(qū)間表示). 解析　(1)由題意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0, ∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0, ∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1, ∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0), ∴|x+1|<或|x+1|>, ∴-1--1+, ∴函數(shù)f(x)的定義域D為(-∞,

35、-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞). (2)f '(x)=- =-, 由f '(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+)(x+1-)(x+1)<0, ∴x<-1-或-1

36、=0, ∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0, ∴(x+1+)(x+1-)·(x+3)(x-1)=0, ∴x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1, ∵k<-6,∴1∈(-1,-1+),-3∈(-1-,-1), -1-<-1-,-1+>-1+, 結(jié)合函數(shù)f(x)的單調(diào)性知f(x)>f(1)的解集為 (-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+). 考點二　導(dǎo)數(shù)與極值、最值 1.(2013浙江,8,5分)已知e為自然對數(shù)的底數(shù),設(shè)函數(shù)f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),則(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　

37、 A.當(dāng)k=1時,f(x)在x=1處取到極小值 B.當(dāng)k=1時,f(x)在x=1處取到極大值 C.當(dāng)k=2時,f(x)在x=1處取到極小值 D.當(dāng)k=2時,f(x)在x=1處取到極大值 答案　C 2.(2017課標(biāo)全國Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為(　　) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 答案　A 3.(2015課標(biāo)Ⅰ,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案

38、　D 4.(2014遼寧,11,5分)當(dāng)x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.[-5,-3] B. C.[-6,-2] D.[-4,-3] 答案　C 5.(2013遼寧,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2·f '(x)+2xf(x)=, f(2)=,則x>0時,f(x)(　　) A.有極大值,無極小值 B.有極小值,無極大值 C.既有極大值又有極小值 D.既無極大值也無極小值 答案　D 6. (2016北京,14,5分)設(shè)函數(shù)f(x)= ①若a=0,則f(x)的最大值為　　　　　;? ②若f(x)無最大值,則實數(shù)

39、a的取值范圍是　　　　.? 答案?、?;②(-∞,-1) 7.(2014浙江,22,14分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)-m(a); (2)設(shè)b∈R.若[f(x)+b]2≤4對x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范圍. 解析　(1)因為f(x)= 所以f '(x)= 由于-1≤x≤1, (i)當(dāng)a≤-1時,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a. 此時f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a, 故M

40、(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8. (ii)當(dāng)-1

41、-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a, 故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4. 綜上,M(a)-m(a)= (2)令h(x)=f(x)+b,則h(x)=h'(x)= 因為[f(x)+b]2≤4對x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2對x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知, (i)當(dāng)a≤-1時,h(x)在(-1,1)上是增函數(shù),h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,則-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾. (ii)當(dāng)-1

42、最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,從而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤. 令t(a)=-2-a3+3a,則t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0. (iii)當(dāng)

43、2,解得3a+b=0. 綜上,得3a+b的取值范圍是-2≤3a+b≤0. 8.(2014浙江文,21,15分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值記為g(a). (1)求g(a); (2)證明:當(dāng)x∈[-1,1]時,恒有f(x)≤g(a)+4. 解析　(1)因為a>0,-1≤x≤1,所以 (i)當(dāng)00,故f(x)在(a,

44、1)上是增函數(shù). 所以g(a)=f(a)=a3. (ii)當(dāng)a≥1時,有x≤a,則f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3≤0,故f(x)在(-1,1)上是減函數(shù), 所以g(a)=f(1)=-2+3a. 綜上,g(a)= (2)令h(x)=f(x)-g(a), (i)當(dāng)0

45、h(x)=x3-3x+3a-a3,得h'(x)=3x2-3, 則h(x)在(-1,a)上是減函數(shù),所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是h(-1)=2+3a-a3. 令t(a)=2+3a-a3, 則t'(a)=3-3a2>0, 知t(a)在(0,1)上是增函數(shù),所以,t(a)

46、1]時,恒有f(x)≤g(a)+4. 9.(2017課標(biāo)全國Ⅲ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)a<0時,證明f(x)≤--2. 解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)=+2ax+2a+1=. 若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增. 若a<0,則當(dāng)x∈時, f '(x)>0; 當(dāng)x∈時, f '(x)<0, 故f(x)在單調(diào)遞增,在單調(diào)遞減. (2)由(1)知,當(dāng)a<0時, f(x)在x=-取得最大值,最大值為f=ln-1-. 所

47、以f(x)≤--2等價于ln-1-≤--2,即ln++1≤0. 設(shè)g(x)=ln x-x+1,則g'(x)=-1. 當(dāng)x∈(0,1)時,g'(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)單調(diào)遞增,在(1,+∞)單調(diào)遞減.故當(dāng)x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當(dāng)x>0時,g(x)≤0.從而當(dāng)a<0時,ln++1≤0,即f(x)≤--2. 10.(2017天津文,19,14分)設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)已知函數(shù)y=g(x)和

48、y=ex的圖象在公共點(x0,y0)處有相同的切線, (i)求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0; (ii)若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范圍. 解析　本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和方法.考查用函數(shù)思想解決問題的能力. (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a<4-a. 當(dāng)x變化時, f '(x), f(x)的變化情況如

49、下表: x (-∞,a) (a,4-a) (4-a,+∞) f '(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ 所以, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,a),(4-a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4-a). (2)(i)證明:因為g'(x)=ex(f(x)+f '(x)),由題意知所以 解得 所以, f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0. (ii)因為g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.又因為f(x0)=1, f '(x0)=0,故x0為f(x)的極大值點, 由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,

50、 由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當(dāng)x0=a時, f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,從而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立. 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],所以t'(x)=6x2-12x, 令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.因為t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域為[-7,1]. 所以,b的取值范圍是[-7,1]. 11.(2017課標(biāo)全國Ⅱ理,21,1

51、2分)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0. (1)求a; (2)證明: f(x)存在唯一的極大值點x0,且e-2< f(x0)<2-2. 解析　本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用. (1)f(x)的定義域為(0,+∞). 設(shè)g(x)=ax-a-ln x,則f(x)=xg(x), f(x)≥0等價于g(x)≥0. 因為g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1. 若a=1,則g'(x)=1-. 當(dāng)01時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. 所以x=1是g(x

52、)的極小值點,故g(x)≥g(1)=0. 綜上,a=1. (2)由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x. 設(shè)h(x)=2x-2-ln x,則h'(x)=2-. 當(dāng)x∈時,h'(x)<0; 當(dāng)x∈時,h'(x)>0. 所以h(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增. 又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在有唯一零點x0,在有唯一零點1,且當(dāng)x∈(0,x0)時,h(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)時,h(x)<0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時,h(x)>0. 因為f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點. 由f '(x0)=

53、0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0). 由x0∈(0,1)得f(x0)<. 因為x=x0是f(x)在(0,1)的最大值點,由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2, 所以e-20, f(x2)>- B.f(x1)<0, f(x2)<- C.f(x1)>0, f(x2)<- D.f(x1)<0, f(x

54、2)>- 答案　D　 13.(2013安徽,10,5分)若函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c有極值點x1,x2,且f(x1)=x1,則關(guān)于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同實根個數(shù)是(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 答案　A　 14.(2013福建,8,5分)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R,x0(x0≠0)是f(x)的極大值點,以下結(jié)論一定正確的是(　　) A.任意x∈R, f(x)≤f(x0) B.-x0是f(-x)的極小值點 C.-x0是-f(x)的極小值點 D.-x0是-f(-x)的極小值點 答案　D　 15.(2015安徽,15,5分)設(shè)x

55、3+ax+b=0,其中a,b均為實數(shù).下列條件中,使得該三次方程僅有一個實根的是　　　　.(寫出所有正確條件的編號)? ①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2. 答案　①③④⑤ 16.(2017課標(biāo)全國Ⅰ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范圍. 解析　本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值. (1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,則f(x)=

56、e2x,在(-∞,+∞)單調(diào)遞增. ②若a>0,則由f '(x)=0得x=ln a. 當(dāng)x∈(-∞,ln a)時, f '(x)<0; 當(dāng)x∈(ln a,+∞)時, f '(x)>0. 故f(x)在(-∞,ln a)單調(diào)遞減,在(ln a,+∞)單調(diào)遞增. ③若a<0,則由f '(x)=0得x=ln. 當(dāng)x∈時,f '(x)<0; 當(dāng)x∈時, f '(x)>0. 故f(x)在單調(diào)遞減,在單調(diào)遞增. (2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0. ②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a,從而當(dāng)且僅當(dāng)-

57、a2ln a≥0,即a≤1時, f(x)≥0. ③若a<0,則由(1)得,當(dāng)x=ln時, f(x)取得最小值,最小值為f=a2. 從而當(dāng)且僅當(dāng)a2≥0, 即a≥-2時, f(x)≥0. 綜上,a的取值范圍是[-2,1]. 17.(2016天津,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)存在極值點x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求證:x1+2x0=3; (3)設(shè)a>0,函數(shù)g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值. 解析　(1)由f(x)=(x-1)3-a

58、x-b,可得f '(x)=3(x-1)2-a. 下面分兩種情況討論: ①當(dāng)a≤0時,有f '(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞). ②當(dāng)a>0時,令f '(x)=0,解得x=1+或x=1-. 當(dāng)x變化時,f '(x), f(x)的變化情況如下表: x 1- 1+ f '(x) + 0 - 0 + f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為,. (2)證明:因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a>0,且x0≠1. 由題意,得f '(x

59、0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,進而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b. 又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0),且3-2x0≠x0, 由題意及(1)知,存在唯一實數(shù)x1滿足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3. (3)證明:設(shè)g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為M,max{x,y}表示x,y兩數(shù)的最大值.下面分三種情況討論: ①當(dāng)a≥3時,1-≤0<2≤1+,由(1)知,f(x)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間

60、[0,2]上的取值范圍為[f(2), f(0)],因此 M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|} =max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|} = 所以M=a-1+|a+b|≥2. ②當(dāng)≤a<3時,1-≤0<1-<1+<2≤1+,由(1)和(2)知f(0)≥f=f, f(2)≤f=f, 所以f(x)在區(qū)間[0,2]上的取值范圍為f, f, 因此M=max =max =max =+|a+b|≥××=. ③當(dāng)0f=f, 所以f(x)在

61、區(qū)間[0,2]上的取值范圍為[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|>. 綜上所述,當(dāng)a>0時,g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于. 18.(2015重慶,20,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=(a∈R). (1)若f(x)在x=0處取得極值,確定a的值,并求此時曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)若f(x)在[3,+∞)上為減函數(shù),求a的取值范圍. 解析　(1)對f(x)求導(dǎo)得f '(x)==, 因為

62、f(x)在x=0處取得極值,所以f '(0)=0,即a=0. 當(dāng)a=0時,f(x)=,f '(x)=, 故f(1)=, f '(1)=, 從而f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-=(x-1), 化簡得3x-ey=0. (2)由(1)知f '(x)=. 令g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 由g(x)=0解得x1=,x2=. 當(dāng)x0,即f '(x)>0,故f(x)為增函數(shù); 當(dāng)x>x2時,g(x)<0,即f '(x)<0,故f(x)為減函數(shù). 由f(x)在[3,+∞

63、)上為減函數(shù),知x2=≤3,解得a≥-,故a的取值范圍為. 19.(2015湖南,21,13分)已知a>0,函數(shù)f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點.證明: (1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列; (2)若a≥,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 證明　(1)f '(x)=aeaxsin x+eaxcos x =eax(asin x+cos x) =eaxsin(x+φ), 其中tan φ=,0<φ<. 令f '(x)=0,由x≥0得x+φ=mπ,即x=mπ-φ,m∈N*. 對k∈N,若2kπ

64、(2k+1)π,即2kπ-φ0; 若(2k+1)π

65、(2)由(1)知,sin φ=,于是對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ0). 設(shè)g(t)=(t>0),則g'(t)=.令g'(t)=0,得t=1. 當(dāng)01時,g'(t)>0,所以g(t)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增. 從而當(dāng)t=1時,函數(shù)g(t)取得最小值g(1)=e. 因此,要使(*)式恒成立,只需. 而當(dāng)a=時,由tan φ==>且0<φ<知,<φ<.于是π-φ<<,且當(dāng)n≥2時,nπ-φ≥2π-φ

66、>>.因此對一切n∈N*,axn=≠1,所以g(axn)>g(1)=e=.故(*)式亦恒成立. 綜上所述,若a≥,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 20.(2014四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù). (1)設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值; (2)若f(1)=0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點,求a的取值范圍. 解析　(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(shù)(x)=f '(x)=ex-2ax-b. 所以g'(x)=ex-2a. 因此,當(dāng)x∈[0,1]時,g'(x)∈[1-2a,e-2a]. 當(dāng)a≤時,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增. 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b; 當(dāng)a≥時,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減, 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b; 當(dāng)