浙江专用2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用检测.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导数与单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间.2018浙江,22导数与函数的单调性不等式的证明2018课标全国理,21导数与函数的单调性不等式的证明导数与极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.2018课标全国理,21导数与极值、最值导数的四则运算2014浙江,22导数与最值不等式的证明分析解读1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-,0)(0,+)上的奇函数和偶函数,当x0,g(x)0,且f(-3)=0,则不等式f(x)g(x)0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|f(1),即|a|5a+3|a-1|,解得a-1.(6分)当a0时, f (x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x0,1时, f (x)0,所以f(x)在0,1上单调递增,则f(x)f(1),符合题意.(8分)当-a0时, f (0)=2a0,存在x0(0,1),使得f (x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f (x0)=12ax02+6(1-a)x0+2a=0,所以4ax03=-2(1-a)x02- ax0,f(x0)=4ax03+3(1-a)x02+2ax0-a=(1-a)x02+ ax0-a=x02-ax0-232+590.由单调性知|f(x0)|=f(x0)f(1),符合题意.(11分)当a=-时, f(x)=-3x3+214x2-x+,f (x)=-9x-16(x-1).f(x)在0,16上递减,在16,1上递增,且f16=f16f(1),符合题意.(12分)当-1a0, f (0)0, f (1)0,对称轴x=a-14a(0,1).故f (x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1f(1),不符合题意.(14分)综合,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f (x)为其导函数,函数y=xf (x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是()A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案A2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=excos x-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,蟺2上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=excos x-x,所以f (x)=ex(cos x-sin x)-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(cos x-sin x)-1,则h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.当x0,蟺2时,h(x)0,所以h(x)在区间0,蟺2上单调递减.所以对任意x0,蟺2,有h(x)h(0)=0,即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.炼技法【方法集训】方法1利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0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=-1-2或x=-1+2.当x(-,-1-2)时, f (x)0;当x(-1+2,+)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-1-2),(-1+2,+)上单调递减,在(-1-2,-1+2)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,则h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.当a0时,取x0=5-12,则x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.综上,a的取值范围是1,+).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的xD,存在常数M0,都有|f(x)|M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=-1,3时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f (x),若函数y=g12x在区间D=0,+)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f (x)=x2-103x+1,令f (x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间-1,13上单调递增,在区间13,3上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f13=9481, f(3)=-2,得-2f(x)9481,所以|f(x)|2,(5分)故有上界M2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g12x=12x2+2a12x+1,(8分)令12x=t,x0,+),得t(0,1,由函数y=g12x在区间0,+)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|3在区间(0,1上恒成立,即-3t2+2at+13在区间(0,1上恒成立,(11分)亦即-a-在区间(0,1上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t(0,1时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-a.(15分)方法2利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a0且a1,则函数f(x)=(x-a)2ln x() A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1a2,设函数f(x)= x3-a+12x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在-1,2上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+1+2bx(bR)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围.解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f (x)=x2-3x+2,令f (x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)x-1(-1,1)1(1,2)2f (x)6+0-0f(x)-2365623f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)f(x)min=minf(-1), f(2)=f(-1)=-236,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f (x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当10),令g(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,x3=-1-a0,x(1,a)时,g(x)0,g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-a+122+,当1a2时,g(1)-112,-32.g(x)极大值的取值范围是-112,-32.(15分)方法3导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)ex.(1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.解析(1)由已知得f (x)=ex+(x-1)ex=xex,(2分)当x0时, f (x)0时, f (x)0,函数f(x)在(0,+)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x0时, f(x)=(x-1)ex2xex=2xe-x2xx2= (对足够小的x),当x1时, f(x)x-10,故所求a的取值范围是-1(0,+).(7分)(2)由(1)知f(x1)-1.对任意正实数x1,x2, f(x1)g(x2)恒成立,等价于g(x2)-1(x20)(*).(10分)g(x)=m1-xx.当m0时,g(1)=-m0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)当m0时,若0x0,若x1,则g(x)8-8ln 2;(2)若a3-4ln 2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f (x)=12x-,由f (x1)=f (x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,因为x1x2,所以1x1+1x2=.由基本不等式得12x1x2=x1+x224x1x2,因为x1x2,所以x1x2256.由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).设g(x)= x-ln x,则g(x)=14x(x-4),所以x(0,16)16(16,+)g(x)-0+g(x)2-4ln 2所以g(x)在256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-an1n-an-kn|a|+1n-k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f (x)=12x-,且f (x1)=f (x2)(x1x2).设f (x1)=t,则12x-=t的两根为x1,x2.即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.即0t116,x1+x2=12t,x1x2=1t2.f(x1)+f(x2)=x1+x2-ln(x1x2)=12t+2ln t0t116.设g(t)=12t+2ln t0t116,则g(t)=-12t2+ =4t-12t2g116=8-8ln 2,f(x1)+f(x2)8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=x-ln x-kx-a,只需证明:当a3-4ln 2时,对于任意的k0,函数h(x)在(0,+)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=e-|a|-k+|a|+k-ke-|a|-k-ae-|a|-k+k(1-e-|a|-k)k(1-e-|a|-k)0.又x0时,x-kx12k-k12k2=14k.即h(x)14k-a-ln x,取n=e14k-a,则h(n)14k-a-ln n=0,而-|a|-k-a-km0.由于h(m)0,h(n)0,h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+)上至少有一个零点.h(x)=12x- -k-142-k=116-k,当k116时,h(x)在(0,+)上单调递减,即当k116时,h(x)在(0,+)上只有一个零点.当0k116时,h(x)=0有两个不同的正根,(其中).此时h(x)在(0,)上为减函数,在(,)上为增函数,在(,+)上为减函数.h(x)=0,k=12伪-,则h()=伪-ln -k-a=-ln +1-a,h()=14伪- =,h()在(0,16)上为减函数,在(16,+)上为增函数,h()h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a0.又当=16时,k=116,又0k0,x(0,时,h(x)0.即h(x)在(0,上没有零点,但h(x)在(,+)上有一个零点.当0k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(aR).(1)若f(x)在-1,1上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)设bR.若f(x)+b24对x-1,1恒成立,求3a+b的取值范围.解析(1)因为f(x)=所以f (x)=由于-1x1,(i)当a-1时,有xa,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1a1时,若x(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数;若x(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=maxf(1), f(-1),m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1a时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当a1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a1时,有xa,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h(x)=因为f(x)+b24对x-1,1恒成立,即-2h(x)2对x-1,1恒成立,所以由(1)知,(i)当a-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,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,则-4-3a+b-2且4-3a+b2,矛盾.(ii)当-10,t(a)在0,13上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当a1时,h(x)在-1,1上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b-2且3a+b+22,解得-28273a+b0.(iv)当a1时,h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+22且3a+b-2-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-23a+b0.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x22,令f (x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42时, f (x)0.所以f(x)在0,a-a2-42,单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11,由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2a-2等价于1x2-x2+2ln x20.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0,所以1x2-x2+2ln x20,即f(x1)-f(x2)x1-x2a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)g(x),x(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F(x)0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)0,由减函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x),x(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F(x)0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)0,由增函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)0,即证明了f(x)g(x).2.(2017课标全国文,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).若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=ln a.当x(-,ln a)时, f (x)0.故f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a,+)单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=ln-a2.当x时, f (x)0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a0,即a1时, f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln-a2时, f(x)取得最小值,最小值为fln-a2=a234-ln-a2.从而当且仅当a234-ln-a20,即a-2e34时, f(x)0.综上,a的取值范围是-2e34,1.3.(2017课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(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+1221+12nm,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+).若a0,因为f12=-+aln 20,由f (x)=1-=x-ax知,当x(0,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)在(0,+)的唯一最小值点.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-ln x0.令x=1+12n,得ln1+12n12n.从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n+122+12n=1-12n1.故1+121+1221+12n2,所以m的最小值为3.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x1时,x-1-ln x0.令x=1+12n,换元后可求出1+121+1221+12n的范围.一题多解(1)f (x)=1-=x-ax(x0).当a0时, f (x)0,而f(1)=0,不合题意,a0,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-aln a0,记h(x)=x-1-xln x,则h(x)=1-ln x-1=-ln x.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=1时,式成立.a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)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:b23a;(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=3x+a32+b-a23.当x=-时, f (x)有极小值b-a23.因为f (x)的极值点是f(x)的零点,所以f -a3=-a327+-ab3+1=0,又a0,故b=2a29+.因为f(x)有极值,故f (x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)0,即a3.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a3时, f (x)=0有两个相异的实根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.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a3.因此b=2a29+,定义域为(3,+).(2)证明:由(1)知,ba=2aa9+3aa.设g(t)=2t9+,则g(t)= -3t2=2t2-279t2.当t时,g(t)0,从而g(t)在上单调递增.因为a3,所以aa33,故g(a a)g(33)=3,即ba3.因此b23a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,x12+x22=4a2-6b9.从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+ a(x12+x22)+b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+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-a23=-a2+,所以h(a)=- a2+,a3.因为h(a)=- a-3a2f (x)+对于任意的x1,2成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=a-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.当a0时,x(0,1)时, f (x)0, f(x)单调递增,x(1,+)时, f (x)0时, f (x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.0a1,当x(0,1)或x时, f (x)0, f(x)单调递增,当x1,2a时, f (x)2时,02a0, f(x)单调递增,当x2a,1时, f (x)0, f(x)单调递减.综上所述,当a0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减;当0a2时, f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f (x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3=x-ln x+1x2-2x3-1,x1,2.设g(x)=x-ln x,h(x)= +1x2-2x3-1,x1,2.则f(x)-f (x)=g(x)+h(x).由g(x)=x-1x0,可得g(x)g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h(x)=-3x2-2x+6x4.设(x)=-3x2-2x+6,则(x)在x1,2内单调递减.因为(1)=1,(2)=-10,所以x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)0,x(x0,2)时,(x)g(1)+h(2)=,即f(x)f (x)+对于任意的x1,2成立.易错警示讨论f (x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中aR.(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-=2ax2-1x(x0).当a0时, f (x)0时,由f (x)=0,有x=12a.此时,当x0,12a时, f (x)0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s(x)=ex-1-1.而当x1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x1时,g(x)0.当a0,x1时, f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f12a0,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)(x1).当x1时,h(x)=2ax-+1x2-e1-xx-+1x2-=x3-2x+1x20.因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1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a0和a0两种情况判断f (x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -1ex-1,s(x)=ex-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+)上正负一致,易证x1时s(x)0,从而g(x)0,再对a进行分类:a0;0ag(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.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国理,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.(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)2;a=0,b=2;a=1,b=2.答案5.(2018课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,证明:当x0时,f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)1等价于(x2+1)e-x-10.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x1时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当a0时,h(x)=ax(x-2)e-x.当x(0,2)时,h(x)0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故h(2)=1-4ae2是h(x)在0,+)的最小值.若h(2)0,即ae24,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=e24,h(x)在(0,+)只有一个零点;若h(2)e24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x0时,exx2,所以h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)21-16a3(2a)4=1-0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+)有两个零点.综上, f(x)在(0,+)只有一个零点时,a=e24.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-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a时, f(x)0.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-.由题设知, f (2)=0,所以a=12e2.从而f(x)=12e2ex-ln x-1, f (x)=12e2ex-.当0x2时, f (x)2时, f (x)0.所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.(2)当a时, f(x)exe-ln x-1.设g(x)=exe-ln x-1,则g(x)=exe-.当0x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a时, f(x)0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f (x)=3x2-1.因此f(0)=0, f (0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为y-f(0)=f (0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f (x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f (x)=0,解得x=t2-3,或x=t2+3.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,t2-3)t2-3(t2-3,t2+3)t2+3(t2+3,+)f (x)+0-0+f(