天津2020版高考数学复习3.2导数的应用精练.docx

3.2导数的应用挖命题【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1.导数与函数的单调性1.了解函数单调性和导数的关系2.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)2014天津文,19利用导数研究函数的单调性和极值构造新函数、不等式的证明2.导数与函数的极(最)值1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件2.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),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)2016天津,20利用导数研究函数的极值和最值导数的运算、不等式的证明3.导数的综合应用利用导数解决实际问题2018天津,20利用导数解决函数零点问题利用导数研究指数函数、对数函数的性质2014天津,20利用导数研究函数的性质分析解读函数的单调性是函数的一条重要的性质,也是高中阶段研究的重点.一般分两类考查,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.二是把导数、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值(取值范围),常以解答题的形式出现,分值14分,难度较大.破考点【考点集训】考点一导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=xx2+1+1,则函数f(x)的单调增区间为.答案(-1,1)2.已知函数f(x)=1ex+alnx(aR).(1)当a=1e时,求曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程;(2)若函数f(x)在定义域内不单调,求a的取值范围.解析函数f(x)的定义域为(0,+),导函数f(x)=-1ex+ax=aex-xxex.(1)当a=1e时,因为f(1)=-1e+1e=0,f(1)=1e,所以曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程为y=1e.(2)f(x)=aex-xxex(x0),设函数f(x)在定义域内不单调时,a的取值集合是A;函数f(x)在定义域内单调时,a的取值集合是B,则A=RB.函数f(x)在定义域内单调等价于f(x)0恒成立或f(x)0恒成立,即aex-x0恒成立或aex-x0恒成立,等价于axex恒成立或axex恒成立.令g(x)=xex(x0),则g(x)=1-xex,由g(x)0得0x1,所以g(x)在(0,1)上单调递增;由g(x)1,所以g(x)在(1,+)上单调递减.因为g(1)=1e,且x0时,g(x)0,所以g(x)0,1e.所以B=aa0或a1e,所以A=a0a0),则函数F(x)=g(x)-f(x)()A.有极小值,没有极大值B.有极大值,没有极小值C.至少有两个极小值和一个极大值D.至少有一个极小值和两个极大值答案C4.已知函数y=f(x)的导函数有且仅有两个零点,其图象如图所示,则函数y=f(x)在x=处取得极值.答案-1考点三导数的综合应用5.已知函数f(x)=pe-x+x+1(pR).(1)当实数p=e时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)求函数f(x)的单调区间;(3)当p=1时,若直线y=mx+1与曲线y=f(x)没有公共点,求实数m的取值范围.解析(1)当p=e时,f(x)=e-x+1+x+1,则f(x)=-e-x+1+1,f(1)=3,f(1)=0.曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=3.(2)f(x)=pe-x+x+1,f(x)=-pe-x+1.当p0时,f(x)0,函数f(x)的单调递增区间为(-,+);当p0时,令f(x)=0,得ex=p,解得x=lnp.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,lnp)lnp(lnp,+)f(x)-0+f(x)2+lnp所以当p0时,f(x)的单调递增区间为(lnp,+),单调递减区间为(-,lnp).(3)当p=1时,f(x)=e-x+x+1,直线y=mx+1与曲线y=f(x)没有公共点等价于关于x的方程mx+1=e-x+x+1在(-,+)上没有实数解,即关于x的方程(m-1)x=e-x(*)在(-,+)上没有实数解.当m=1时,方程(*)化为e-x=0,显然在(-,+)上没有实数解.当m1时,方程(*)化为xex=1m-1,令g(x)=xex,则有g(x)=(1+x)ex.令g(x)=0,得x=-1.当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,+)g(x)-0+g(x)-1e当x=-1时,g(x)min=-1e,当x趋近于+时,g(x)趋近于+,从而g(x)的值域为-1e,+.所以当1m-1-1e,即1-em1时,方程(*)无实数解.综合可知,实数m的取值范围是(1-e,1.炼技法【方法集训】方法1利用导数解决函数的单调性问题1.(2015重庆文,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(aR)在x=-43处取得极值.(1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.解析(1)对f(x)求导得f(x)=3ax2+2x,因为f(x)在x=-43处取得极值,所以f-43=0,即3a169+2-43=16a3-83=0,解得a=12.(2)由(1)得g(x)=12x3+x2ex,故g(x)=32x2+2xex+12x3+x2ex=12x3+52x2+2xex=12x(x+1)(x+4)ex.令g(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4.当x-4时,g(x)0,故g(x)为减函数;当-4x0,故g(x)为增函数;当-1x0时,g(x)0时,g(x)0,故g(x)为增函数.综上,知g(x)在(-,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+)内为增函数.2.已知函数f(x)=x+axex,aR.(1)求f(x)的零点;(2)当a-5时,求证:f(x)在区间(1,+)上为增函数.解析(1)f(x)的定义域为(-,0)(0,+),令f(x)=0,得x2+a=0,则x2=-a.当a0时,方程无解,f(x)无零点;当a0时,得x=-a.综上,当a0时,f(x)无零点;当a1),则g(x)=3x2+2x+a,其图象的对称轴为直线x=-13,所以g(x)在(1,+)上单调递增.所以g(x)g(1)=312+21+a=5+a.当a-5时,g(x)0恒成立,所以g(x)在(1,+)上为增函数.方法2利用导数解决函数的极值、最值问题3.已知函数f(x)=lnx-ax-1(aR),g(x)=xf(x)+12x2+2x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a=1时,若函数g(x)在区间(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点,求m的值.解析(1)由已知得x0,f(x)=1x-a=1-axx.(i)当a0时,f(x)0恒成立,则函数f(x)在(0,+)上单调递增;(ii)当a0时,由f(x)0,得0x1a,由f(x)1a.所以函数f(x)的单调递增区间为0,1a,单调递减区间为1a,+.(2)因为g(x)=xf(x)+12x2+2x=x(lnx-x-1)+12x2+2x=xlnx-12x2+x,所以g(x)=lnx+1-x+1=lnx-x+2=f(x)+3.由(1)可知,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.又因为g1e2=-2-1e2+2=-1e20,所以g(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1.又在(0,x1)上,g(x)0,g(x)在(x1,1)上单调递增.所以x1为极值点,此时m=0.又g(3)=ln3-10,g(4)=2ln2-20,g(x)在(3,x2)上单调递增;在(x2,4)上,g(x)0,所以函数f(x)在12,1上为增函数,没有极值,不合题意;(ii)当a0时,令g(x)=ex-ax,则g(x)=ex+ax20.所以g(x)在12,1上单调递增,即f(x)在12,1上单调递增,所以函数f(x)在12,1上有极值等价于f (1)0,f 120,e-2a0.所以e2ax恒成立,求a的取值范围.解析(1)因为a=0,所以f(x)=xlnx,x(0,1)(1,+).所以f(x)=lnx-1(lnx)2.令f(x)0,即lnx-10,所以xe;令f(x)0,即lnx-10,所以x1,所以lnx0.所以对任意的x(1,+),f(x)x恒成立等价于x-alnxx恒成立,等价于a1,所以g(x)=2x-lnx-22x.再令h(x)=2x-lnx-2,x1,所以h(x)=x-1x.所以当x1时,h(x)0.所以h(x)在(1,+)上单调递增.所以h(x)h(1)=0.所以当x1时,g(x)0.所以g(x)在(1,+)上单调递增.所以g(x)g(1)=1.所以a0).(1)求f(x)的单调区间;(2)对任意x1k,2k,都有xln(kx)-kx+1mx,求m的取值范围.解析由已知得,f(x)的定义域为(0,+).(1)f(x)=x-1x2.令f(x)0,得x1;令f(x)0,得0x1.所以函数f(x)的单调减区间是(0,1),单调增区间是(1,+).(2)由xln(kx)-kx+1mx,得ln(kx)+1x-km,即mf(x)max.当k2时,f(x)在1k,2k上单调递减,所以f(x)max=f1k=0,所以m0;当0k1时,f(x)在1k,2k上单调递增,所以f(x)max=f2k=ln2-k2,所以mln2-k2;当1k2时,f(x)在1k,1上单调递减,在1,2k上单调递增,所以f(x)max=maxf1k, f2k.又f1k=0,f2k=ln2-k2,所以(i)若f2kf1k,即ln2-k20,所以1k2ln2,此时f(x)max=f2k=ln2-k2,所以mln2-k2;(ii)若f2kf1k,即ln2-k20,所以2ln2k2ln2时,m0;当0k2ln2时,mln2-k2.方法4利用导数解决函数的零点问题7.已知函数f(x)=xex+ax2+2ax(aR).(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为3x+y=0,求a的值;(2)当-12a0时,讨论函数f(x)的零点个数.解析由题意可知f(x)=(x+1)(ex+2a).(1)因为曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为3x+y=0,所以f(0)=0,f(0)=-3,由e0+2a=-3,得a=-2.(2)当-12a0时,令f(x)=(x+1)(ex+2a)=0,得x=-1或x=ln(-2a).当ln(-2a)-1,即a-12e,0时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,ln(-2a)ln(-2a)(ln(-2a),-1)-1(-1,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)在(ln(-2a),-1)上单调递减,在(-,ln(-2a)和(-1,+)上单调递增.又因为f(ln(-2a)=aln2(-2a)0,f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.当ln(-2a)=-1,即a=-12e时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,+)f(x)+0+f(x)-a-1e所以函数f(x)在(-,+)上单调递增.又因为f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.当-1ln(-2a)0,即a-12,-12e时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-1)-1(-1,ln(-2a)ln(-2a)(ln(-2a),+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)在(-1,ln(-2a)上单调递减,在(-,-1)和(ln(-2a),+)上单调递增.又因为f(-2)=-2e-2+4a-4a=-2e-20,f(-1)=-a-1e,f(ln(-2a)=aln2(-2a)0,f(0)=0,所以当a-1e,-12e时,f(-1)=-a-1e0,函数f(x)有三个零点.当ln(-2a)=0,即a=-12时,显然函数f(x)有两个零点.综上所述,当a-1e,0时,函数f(x)有一个零点;当a-1e,-12时,函数f(x)有两个零点;当a-12,-1e时,函数f(x)有三个零点.过专题【五年高考】A组自主命题天津卷题组考点一导数与函数的单调性(2014天津文,19,14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.解析(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)00,1a1a1a,+f(x)-0+0-f(x)013a2所以,f(x)的单调递增区间是0,1a;单调递减区间是(-,0),1a,+.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=13a2.(2)由f(0)=f32a=0及(1)知,当x0,32a时,f(x)0;当x32a,+时,f(x)2,即0a34时,由f32a=0可知,0A,而0B,所以A不是B的子集.当132a2,即34a32时,有f(2)0,且此时f(x)在(2,+)上单调递减,故A=(-,f(2),因而A(-,0);由f(1)0,有f(x)在(1,+)上的取值范围包含(-,0),则(-,0)B.所以,AB.当32a32时,有f(1)0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间-1,1上的最大值不小于14.解析(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=-3a3.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,-3a3-3a3-3a3,3a33a33a3,+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-3a3,3a3,单调递增区间为-,-3a3,3a3,+.(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)=x03-ax0-b=-2a3x0-b.又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),且-2x0x0,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,-3a3-113a3,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-1+b,b0,a-1-b,b0.所以M=a-1+|b|2.当34a3时,-23a3-1-3a33a3123a3,由(1)和(2)知f(-1)f-23a3=f3a3,f(1)f23a3=f-3a3,所以f(x)在区间-1,1上的取值范围为f3a3,f-3a3,因此M=maxf3a3,f-3a3=max-2a93a-b,2a93a-b=max2a93a+b,2a93a-b=2a93a+|b|2934334=14.当0a34时,-1-23a323a31,由(1)和(2)知f(-1)f23a3=f-3a3,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14.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a0,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.考点三导数的综合应用1.(2018天津,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a1.(1)求函数h(x)=f(x)-xlna的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2lnlnalna;(3)证明当ae1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=ax-xlna,有h(x)=axlna-lna.令h(x)=0,解得x=0.由a1,可知当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表:x(-,0)0(0,+)h(x)-0+h(x)极小值所以函数h(x)的单调递减区间为(-,0),单调递增区间为(0,+).(2)证明:由f(x)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线斜率为ax1lna.由g(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为1x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1lna=1x2lna,即x2ax1(lna)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logalna=0,所以x1+g(x2)=-2lnlnalna.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1lna(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).要证明当ae1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当ae1e时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1与l2重合.即只需证明当ae1e时,方程组ax1lna=1x2lna,ax1-x1ax1lna=logax2-1lna,有解.由得x2=1ax1(lna)2,代入,得ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0.因此,只需证明当ae1e时,关于x1的方程存在实数解.设函数u(x)=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnalna,即要证明当ae1e时,函数y=u(x)存在零点.u(x)=1-(lna)2xax,可知x(-,0)时,u(x)0;x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)=10,u1(lna)2=1-a1(lna)20,使得u(x0)=0,即1-(lna)2x0ax0=0.由此可得u(x)在(-,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为ae1e,故lnlna-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna2+2lnlnalna0.下面证明存在实数t,使得u(t)1lna时,有u(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna,所以存在实数t,使得u(t)0.因此,当ae1e时,存在x1(-,+),使得u(x1)=0.所以,当ae1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.2.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,xR,其中nN*,且n2.(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|0,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)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=n1n-1,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x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=an-n2+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.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)=-xn0,即对于任意的x(0,+),f(x)h(x).设方程h(x)=a的根为x1,可得x1=an.因为h(x)=nx在(-,+)上单调递增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=a1-n+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)n-11+Cn-11=1+n-1=n,故2n1n-1=x0.所以,|x2-x1|a1-n+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.3.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-aex(aR),xR.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x10在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.a0时,由f(x)=0,得x=-lna.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(-,-lna)-lna(-lna,+)f(x)+0-f(x)-lna-1这时,f(x)的单调递增区间是(-,-lna);单调递减区间是(-lna,+).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-lna)0;(ii)存在s1(-,-lna),满足f(s1)0;(iii)存在s2(-lna,+),满足f(s2)0,即-lna-10,解得0ae-1.而此时,取s1=0,满足s1(-,-lna),且f(s1)=-a0;取s2=2a+ln2a,满足s2(-lna,+),且f(s2)=2a-e2a+ln2a-e2a0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1(0,1),x2(1,+).对于任意的a1,a2(0,e-1),设a1a2,g(1)=g(2)=a1,其中0112;g(1)=g(2)=a2,其中011a2,即g(1)g(1),可得11;类似可得20,得21211,且x2=tx1,x2-x1=lnt,解得x1=lntt-1,x2=tlntt-1.所以x1+x2=(t+1)lntt-1.(*)令h(x)=(x+1)lnxx-1,x(1,+),则h(x)=-2lnx+x-1x(x-1)2.令u(x)=-2lnx+x-1x,得u(x)=x-1x2.当x(1,+)时,u(x)0.因此,u(x)在(1,+)上单调递增,故对于任意的x(1,+),u(x)u(1)=0,由此可得h(x)0,故h(x)在(1,+)上单调递增.因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(2)知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.评析本题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.4.(2013天津,20,14分)已知函数f(x)=x2lnx.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:对任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当te2时,有25lng(t)lnt12.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+).f(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1),令f(x)=0,得x=1e.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x0,1e1e1e,+f(x)-0+f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是0,1e,单调递增区间是1e,+.(2)证明:当0x1时,f(x)0.令h(x)=f(x)-t,x1,+).由(1)知,h(x)在区间(1,+)内单调递增.h(1)=-t0.故存在唯一的s(1,+),使得t=f(s)成立.(3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s1,所以lng(t)lnt=lnslnf(s)=lnsln(s2lns)=lns2lns+ln(lns)=u2u+lnu,其中u=lns.要使25lng(t)lnt12成立,只需0lnue2时,若s=g(t)e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)f(e)=e2,矛盾.所以se,即u1,从而lnu0成立.另一方面,令F(u)=lnu-u2,u1.f(u)=1u-12,令f(u)=0,得u=2.当1u0;当u2时,f(u)1,f(u)F(2)0.因此lnue2时,有25lng(t)lnt0,b0,d0B.a0,b0,c0C.a0,b0,d0D.a0,b0,c0,d0答案A5.(2014课标文,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.(-,-2B.(-,-1C.2,+)D.1,+)答案D6.(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-1,12考点二导数与函数的极(最)值1.(2017课标,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()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案A2.(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D3.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1x0时,f(x)0时,f(x)0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-x1+x.设函数g(x)=f(x)=ln(1+x)-x1+x,则g(x)=x(1+x)2.当-1x0时,g(x)0时,g(x)0.故当x-1时,g(x)g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f(x)0,且仅当x=0时,f(x)=0.所以f(x)在(-1,+)单调递增.又f(0)=0,故当-1x0时,f(x)0时,f(x)0.(2)(i)若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+10,则当0x-6a+14a,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min1,1|a|时,h(x)0;当x(0,1)时,h(x)0时,(x-2)ex+x+20;(2)证明:当a0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)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,+).f(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)20,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+20.(2)g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a0,1),f(0)+a=a-10,f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.当0xxa时,f(x)+a0,g(x)xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,得y=exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+2h(a)=exaxa+2e22+2=e24.因为y=exx+2单调递增,对任意12,e24,存在唯一的xa(0,2,a=-f(xa)0,1),使得h(a)=,所以h(a)的值域是12,e24.综上,当a0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.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.考点三导数的综合应用1.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A.-32e,1B.-32e,34C.32e,34D.32e,1答案D2.(2018课标文,21,12分)已知函数f(x)=aex-lnx-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)0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aex-1x.由题设知,f(2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-lnx-1,f(x)=12e2ex-1x.当0x2时,f(x)2时,f(x)0.所以f(x)在