（北京专用）2020届高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用课件.pptx

3.2 导数的应用,高考数学 (北京专用),A组 自主命题北京卷题组,五年高考,考点一 导数与函数的单调性,1.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间.,解析 (1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f (x)=(1-x)ea-x+b. 依题设,知 即 解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f (x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知, f (x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1. 所以,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)在区间(1,+)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值, 从而g(x)0,x(-,+). 综上可知, f (x)0,x(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).,方法总结 (1)曲线在某点处的切线满足两个条件:一是过该点,二是斜率(若斜率存在)等于函 数在该点处的导数值.(2)讨论函数的单调性可转化为讨论导函数的符号变化,因此常将导函数 作为一个新函数来研究其值域(最值),利用所得结果确定原函数的单调性.,2.(2012北京,18,13分)已知函数f(x)=ax2+1(a0),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a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-,-1上的最大值.,解析 (1)f (x)=2ax,g(x)=3x2+b. 因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线, 所以f(1)=g(1),且f (1)=g(1). 即a+1=1+b,且2a=3+b. 解得a=3,b=3. (2)记h(x)=f(x)+g(x). 当b= a2时,h(x)=x3+ax2+ a2x+1, h(x)=3x2+2ax+ a2. 令h(x)=0,得x1=- ,x2=- . a0时,h(x)与h(x)的情况如下:,所以函数h(x)的单调递增区间为 和 ;单调递减区间为 . 当- -1,即06时,函数h(x)在区间 内单调递增,在区间 内单调递减,在区间 上单调递增.,又因为h -h(-1)=1-a+ a2= (a-2)20, 所以h(x)在区间(-,-1上的最大值为h =1.,评析 本题主要考查利用导数求函数的单调区间及最值问题,进一步考查学生的计算能力及 分类讨论思想.,3.(2011北京,18,13分)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.,解析 (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:,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-10,即k1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0k-11,即1k2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-11,即k2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.,评析 本题考查导数的运算,利用导数求单调区间,求最值等知识,同时考查分析、解决问题及 运算能力,正确求导是解题关键.,考点二 导数与函数的极(最)值,1.(2019北京理，19，13分)已知函数f(x)= x3- x2+ x. (1) 求曲线y= f(x)的斜率为1的切线方程； (2)当x-2,4时，求证：x-6f(x)x; (3)设F（x）=| f(x)-(x+a)|(aR)，记F（x）在区间-2，4上的最大值为M（a）.当M（a）最小时，求a的值.,解析 本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能 力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力. (1)由f(x)= x3-x2+x得f (x)= x2-2x+1. 令f (x)=1,即 x2-2x+1=1,得x=0或x= . 又f(0)=0, f = , 所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y- =x- ,即y=x与y=x- . (2)令g(x)=f(x)-x,x-2,4. 由g(x)= x3-x2得g(x)= x2-2x. 令g(x)=0,得x=0或x= .g(x),g(x)的情况如下:,所以g(x)的最小值为-6,最大值为0. 故-6g(x)0,即x-6f(x)x. (3)由(2)知, 当a3; 当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3; 当a=-3时,M(a)=3. 综上,当M(a)最小时,a=-3.,2.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex. (1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线与x轴平行,求a; (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.,解析 (1)因为f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex, 所以f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex. f (1)=(1-a)e. 由题设知f (1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此时f(1)=3e0.所以a的值为1. (2)由(1)得f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a ,则当x 时, f (x)0. 所以f(x)在x=2处取得极小值0. 若a ,则当x(0,2)时,x-20,所以2不是f(x)的极小值点. 综上可知,a的取值范围是 .,方法总结 函数极值问题的常见类型及解题策略 (1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧 导数的符号. (2)已知函数求极值.求f (x)求方程f (x)=0的根列表检验f (x)在f (x)=0的根的附近两侧的 符号下结论. (3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f (x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的 符号相反.,3.(2017北京,19,13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 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)=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(cos x-sin x)-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 利用导数研究函数的单调性的步骤:(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.,4.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x . (1)求证:f(x)0; (2)若a b对x 恒成立,求a的最大值与b的最小值.,解析 (1)由f(x)=xcos x-sin x得f (x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. 因为在区间 上f (x)=-xsin x0时,“ a”等价于“sin x-ax0”,“ 0对任意x 恒成立. 当c1时,因为对任意x ,g(x)=cos x-c0, 所以g(x)在区间 上单调递减. 从而g(x)g(0)=0对任意x 恒成立. 当0c1时,存在唯一的x0 使得g(x0)=cos x0-c=0.,g(x)与g(x)在区间 上的情况如下:,因为g(x)在区间0,x0上是增函数,所以g(x0)g(0)=0. 进一步,“g(x)0对任意x 恒成立”当且仅当g =1- c0,即00对任意x 恒成立;当且仅当c1时,g(x)0对任意x 恒成立. 所以,若a b对任意x 恒成立,则a的最大值为 ,b的最小值为1.,思路分析 (1)利用导数研究函数的单调性,求出函数的最大值,从而证明不等式成立.(2)把不 等式进行恒等变形,然后把恒成立问题转化成最值问题.,解后反思 不等式恒成立问题的解决步骤:一般先对不等式的特征进行分析,可以分离参变量, 或者将不等式等价变形,然后转化为最值问题.,考点三 导数的综合应用,1.(2016北京文,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:a2-3b0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:,所以,当c0且c- 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=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=4a2-12b0.,故a2-3b0是f(x)有三个不同零点的必要条件. (11分) 当a=b=4,c=0时,a2-3b0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b0不是f(x)有三个 不同零点的充分条件. (12分) 因此a2-3b0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.,2.(2015北京文,19,13分)设函数f(x)= -kln x,k0. (1)求f(x)的单调区间和极值; (2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1, 上仅有一个零点.,解析 (1)由f(x)= -kln x(k0)得 f (x)=x- = . 由f (x)=0解得x= . f(x)与f (x)在区间(0,+)上的情况如下:,所以, f(x)的单调递减区间是(0, ),单调递增区间是( ,+); f(x)在x= 处取得极小值f( )= . (2)由(1)知, f(x)在区间(0,+)上的最小值为f( )= . 因为f(x)存在零点, 所以 0,从而ke. 当k=e时, f(x)在区间(1, )上单调递减,且f( )=0, 所以x= 是f(x)在区间(1, 上的唯一零点. 当ke时, f(x)在区间(0, )上单调递减,且f(1)= 0, f( )= 0, 所以f(x)在区间(1, 上仅有一个零点. 综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1, 上仅有一个零点.,评析 本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值,考查利用导数研究函数的零点问题, 本题综合性较强,属中等难度题.,B组 统一命题省(区、市)卷题组,考点一 导数与函数的单调性,1.(2017山东,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28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 ( ) A. f(x)=2-x B. f(x)=x2 C. f(x)=3-x D. f(x)=cos x,答案 A 本题考查利用导数研究函数的单调性. 当f(x)=2-x时,exf(x)=ex2-x= ,令y= , 则y= = = (1-ln 2). ex0,2x0,ln 20. 当f(x)=2-x时,exf(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知B、C、D不具有M性质,故 选A.,2.(2016课标,12,5分)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是 ( ) A.-1,1 B. C. D.,答案 C f (x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上单调递 增,则f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,则- t2+at+ 0在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50 在-1,1上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,则 解得- a ,故选C.,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 .,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=3x20(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)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a .,方法小结 函数不等式的求解思路: (1)转化为f(x)f(g(x); (2)结合单调性转化为(x)g(x)或(x)g(x).,4.(2018课标全国,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: a-2.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=- -1+ =- . (i)若a2,则f (x)0,当且仅当a=2,x=1时, f (x)=0,所以f(x)在(0,+)上单调递减. (ii)若a2,令f (x)=0,得x= 或x= . 当x 时, f (x)0. 所以f(x)在 , 上单调递减,在 上单调递增.,(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 =- -1+a =-2+a =-2+a ,所以 a-2等价,于 -x2+2ln x20. 设函数g(x)= -x+2ln x, 由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递减, 又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0, 所以 -x2+2ln x20,即 a-2.,5.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (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 本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题. (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (i)若a0,则f (x)0,则由f (x)=0得x=-ln a. 当x(-,-ln a)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+)上单调递增. (2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1- +ln a. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; 当a(1,+)时,由于1- +ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)没有零点;,当a(0,1)时,1- +ln a-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.,设正整数n0满足n0ln ,则f(n0)= (a +a-2)-n0 -n0 -n00. 由于ln -ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1).,6.(2015重庆,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(aR)在x=- 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=- 处取得极值,所以f =0, 即3a +2 = - =0,解得a= . (2)由(1)得g(x)= ex, 故g(x)= ex+ ex = ex= x(x+1)(x+4)ex.,令g(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4. 当x0,故g(x)为增函数; 当-10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.,评析 本题考查了导数的运算,利用导数研究函数的单调性、极值的方法;考查了运算求解能 力及分析论证能力.,考点二 导数与函数的极(最)值,1.(2017课标全国,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.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1,答案 A 本题主要考查导数的应用. 由题意可得f (x)=ex-1x2+(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.故选A.,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.,2.(2016四川,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a= ( ) A.-4 B.-2 C.4 D.2,答案 D 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:,函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.,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.(2018课标全国,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .,答案 -,解析 解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f (x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f (x)=0,得cos x= 或cos x=-1,可得当cos x 时, f (x)0, f(x)为增 函数,所以当cos x= 时, f(x)取最小值,此时sin x= .又因为f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+ cos x),1+cos x0恒成立,f(x)取最小值时,sin x=- ,f(x)min=2 =- . 解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x), f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3. 令cos x=t,t-1,1,设g(t)=4(1-t)(1+t)3, g(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t). 当t 时,g(t)0,g(t)为增函数; 当t 时,g(t)0,g(t)为减函数. 当t= 时,g(t)取得最大值 ,即f 2(x)的最大值为 ,得f(x)的最大值为 ,又f(x)=2sin x+sin 2,x为奇函数, f(x)的最小值为- . 解法三:f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=8sin cos3 . f 2(x)=64sin2 cos2 cos2 cos2 = 3sin2 cos2 cos2 cos2 = . 当且仅当3sin2 =cos2 ,即sin2 = ,cos2 = 时等号成立,所以f 2(x)的最大值为 ,则f(x)的最大 值为 ,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,f(x)的最小值为- .,4.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)内有且只有一个零点,则f(x)在-1,1 上的最大值与最小值的和为 .,答案 -3,解析 本题考查利用导数研究函数的极值和最值. f(x)=2x3-ax2+1,f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 若a0,则x0时,f (x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,又f(0)=1,f(x)在(0,+)上没有零点,a 0. 当0 时, f (x)0, f(x)为增函数,x0时, f(x)有极小值,为f =- +1. f(x)在(0,+)内有且只有一个零点,f =0,a=3. f(x)=2x3-3x2+1,则f (x)=6x(x-1). 令f (x)=0,得x=0或x=1.,f(x)在-1,1上的最大值为1,最小值为-4. 最大值与最小值的和为-3.,5.(2019课标全国理,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f(x)为f(x)的导数.证明: (1)f(x)在区间 存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.,证明 本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用 导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思 想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算. (1)设g(x)=f(x), 则g(x)=cos x- ,g(x)=-sin x+ . 当x 时,g(x)单调递减,而g(0)0,g 0;当x 时,g(x)0. 所以g(x)在(-1,)单调递增,在 单调递减,故g(x)在 存在唯一极大值点,即f(x)在 存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+). (i)当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在(-1,0)单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)0,故f(x)在(-1,0) 单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零点.,(ii)当x 时,由(1)知,f(x)在(0,)单调递增,在 单调递减,而f(0)=0,f 0;当x 时,f(x)0,所以当x 时,f(x)0.从而,f(x)在 没有零点. (iii)当x 时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,从而f(x)在(,+)没有零点. 综上, f(x)有且仅有2个零点.,思路分析 (1)写出函数f(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点. (2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f(x)与0的关系,得到f (x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.,6.(2019课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.,解析 本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算 求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算. (1)f(x)的定义域为(0,+). f (x)= +ln x-1=ln x- . 因为y=ln x单调递增,y= 单调递减,所以f (x)单调递增.又f (1)=-10,故 存在唯一x0(1,2),使得f (x0)=0. 又当xx0时, f (x)0, f(x)单调递增. 因此, f(x)存在唯一的极值点.,(2)由(1)知f(x0)0, 所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=. 由x01得 1x0. 又f = ln - -1= =0,故 是f(x)=0在(0,x0)的唯一根. 综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.,思路分析 (1)求函数极值点的个数,实质是求导函数零点的个数,注意应用零点存在性定理; (2)由第(1)问易知方程f(x)=0在(x0,+)上存在唯一根,根据所要证明的结论,只需求出f =0 即可.,7.(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-10时, f(x)0; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.,解析 本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值. (1)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)- . 设函数g(x)=f (x)=ln(1+x)- , 则g(x)= . 当-10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-10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)= =ln(1+x)- .,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)= - = . 如果6a+10,则当00,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|min 时,h(x)0, 所以x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+1=0,则h(x)= .,则当x(-1,0)时,h(x)0; 当x(0,1)时,h(x)0. 所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点. 综上,a=- .,思路分析 (1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决. (2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.,易错警示 容易忽略函数定义域. 函数解析式中含有对数型的式子,其真数部分应大于零.,8.(2016山东,20,13分)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR. (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)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x(0,+). 则g(x)= -2a= . 当a0时,x(0,+)时,g(x)0,函数g(x)单调递增; 当a0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a0时,g(x)的单调增区间为(0,+); 当a0时,g(x)的单调增区间为 ,单调减区间为 . (2)由(1)知, f (1)=0. 当a0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.,当01,由(1)知f (x)在 内单调递增,可得当x(0,1)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. 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.,当a 时,00, f(x)单调递增, 当x(1,+)时, f (x) .,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.,9.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=x3-ax-b,xR,其中a,bR. (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x1x0,求证:x1+2x0=0; (3)设a0,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: 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= ,或x=- . 当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:,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a0,且x00.由题意,得f (x0)=3 -a=0,即 = ,进而f(x 0)= -ax0-b=- x0-b. 又f(-2x0)=-8 +2ax0-b=- x0+2ax0-b=- x0-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,- -11 , 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. 当 a3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| = . 当0a 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a0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a0,要证x 1+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.,10.(2016课标全国,21,12分) (1)讨论函数f(x)= ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20; (2)证明:当a0,1)时,函数g(x)= (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,+). (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+20. (4分) (2)g(x)= = (f(x)+a). (5分) 由(1)知,y=f(x)+a单调递增.对任意a0,1), f(0)+a=a-1xa时, f(x)+a0,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 ,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 . 综上,当a0,1)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.,考点三 导数的综合应用,1.(2019课标全国文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f (x)为f(x)的导数. (1)证明:f (x)在区间(0,)存在唯一零点; (2)若x0,时, f(x)ax,求a的取值范围.,解析 (1)设g(x)=f (x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g(x)=xcos x. 当x 时,g(x)0;当x 时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点. 所以f (x)在(0,)存在唯一零点. (2)由题设知f()a,f()=0,可得a0. 由(1)知,f (x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f (x)0; 当x(x0,)时,f (x)0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减. 又f(0)=0,f()=0,所以,当x0,时,f(x)0. 又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax. 因此,a的取值范围是(-,0.,2.(2019课标全国理,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)是否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不 存在,说明理由.,解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查 学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养. (1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f (x)=0,得x=0或x= . 若a0,则当x(-,0) 时, f (x)0;当x 时, f (x)0;当x 时, f (x)0.故f(x)在 ,(0,+)单调 递增,在 单调递减. (2)满足题设条件的a,b存在. (i)当a0时,由(1)知, f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)= 2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.,(ii)当a3时,由(1)知, f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)= 2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. (iii)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,1的最小值为f =- +b,最大值为b或2-a+b. 若- +b=-1,b=1,则a=3 ,与0a3矛盾. 若- +b=-1,2-a+b=1,则a=3 或a=-3 或a=0,与0a3矛盾. 综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在0,1的最小值为-1,最大值为1.,思路分析 (1)求出f (x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论. (2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在0,1上的最值,最终确定参数a,b的值.,疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在 0,1上的最值.,3.(2019天津文,20,14分)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR. (1)若a0,讨论f(x)的单调性; (2)若0x0,证明3x0-x12.,解析 本小题主要考查导数的运算、不等式证明、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、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力,体现了逻辑推理 和数学运算素养. (1)由已知, f(x)的定义域为(0,+),且f (x)= -aex+a(x-1)ex= . 因此当a0时,1-ax2ex0, 从而f (x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增. (2)证明:(i)由(1)知, f (x)= . 令g(x)=1-ax2ex,由00,且g =1-a = 1- =0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时, f (x)= =0, 所以f(x)在(x0,+)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.,令h(x)=ln x-x+1,则当x1时,h(x)= -11时,h(x)f(1)=0, 所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点. 又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1, 从而, f(x)在(0,+)内恰有两个零点. (ii)由题意, 即 从而ln x1= ,即 = . 因为当x1时,ln xx01,故 2.,思路分析 (1)求出导函数,结合a0判定f (x)0,从而得f(x)在(0,+)上递增;(2)(i)利用导数的 零点判断f(x)的单调区间,结合零点存在性定理判断f(x)的零点个数;(ii)由极值点x0及零点x1建 立方程组 从而得到 = ,又由x1时,ln xx-1,得到 = , 两边取对数即可得结论.,4.(2019天津理,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区间; (2)当x 时,证明f(x)+g(x) 0; (3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间 内的零点,其中nN,证明2n+ -xn .,解析 本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和 方法.考查函数思想和化归与转化思想.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,有f (x)=ex(cos x-sin x). 因此,当x (kZ)时,有sin xcos x,得f (x)0,则f(x)单调递增. 所以, f(x)的单调递增区间为 (kZ), f(x)的单调递减区间为 (kZ). (2)证明:记h(x)=f(x)+g(x) .依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x), 从而g(x)=-2exsin x. 当x 时,g(x)0, 故h(x)=f (x)+g(x) +g(x)(-1),=g(x) 0, 因此,h(x)在区间 上单调递减,进而h(x)h =f =0. 所以,当x 时, f(x)+g(x) 0. (3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即 cos xn=1.记yn=xn-2n,则yn ,且f(yn)= cos yn= cos(xn-2n)=e-2n(nN). 由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x 时,g(x)0,所以g(x)在 上为减函 数,因此g(yn)g(y0)g =0.又由(2)知, f(yn)+g(yn) 0,故 -yn- =- - = .所以,2n+ -xn .,思路分析 (1)求f(x)的单调区间,只需求出f (x)0和f (x)0时x的范围. (2)记h(x)=f(x)+g(x) ,求h(x),从而得到函数h(x)在 上的单调性,转化为求h(x)的最小 值,验证最小值非负即可. (3)记u(x)在区间 内的零点为xn, 则xn ,则有yn=xn-2n .与(2)联系知f(yn)+g(yn) 0,此时要先确 定g(yn)的符号,再将上式转化为 -yn- ,然后进一步证明- .,5.(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