(江苏专)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

1、版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1 / 41 9.2利用导数研究函数的单调性和极大( 小)值考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 2017 1. 利用导数研究函数的单调性1. 求解不等式2. 研究函数基本性质b 19 题16 分填空题解答题2. 利用导数研究函数的极值和最值1. 研究函数零点2. 研究函数基本性质b 20 题16 分填空题解答题分析解读利用导数研究函数的单调性和极大( 小) 值是江苏高考必考内容, 主要在压轴题位置,重点考查等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程思想,

2、对分析问题的能力要求较高. 五年高考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=2.718 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. f(x)=2-x; f(x)=x2; f(x)=3-x; f(x)=cos x.答案2.(2016课标全国改编,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. 答案3.(2017课标全国文 ,21,12分) 设函数 f(x)=(1-x2)ex. (1) 讨论

3、f(x) 的单调性 ; (2) 当 x0 时, f(x)ax+1,求a 的取值范围 . 解析(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+,+ ) 时 , f (x)0. 所以 f(x) 在(- ,-1-),(-1+,+ ) 上单调递减, 在(-1-,-1+) 上单调递增 . (2)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

4、)=(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 0 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 a0 时, 取 x0=, 则 x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1. （江苏专版） 2019 版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2 / 41 综上 ,a 的取值范围是 1

5、,+ ).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)cos x-sin x,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(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)c

6、os x-sin x, 所以 g(x)=f (x)+cos x-(x-a)sin x-cos x =x(x-a)-(x-a)sin x =(x-a)(x-sin x), 令 h(x)=x-sin x, 则 h(x)=1-cos x 0,所以 h(x) 在 r上单调递增 . 因为 h(0)=0, 所以当 x0 时,h(x)0; 当 x0 时,h(x)0. 当 a0 时,g(x)=(x-a)(x-sin x), 当 x(- ,a) 时 ,x-a0,g(x)单调递增 ; 当 x(a,0) 时 ,x-a0,g(x)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

7、是g(a)=-a3-sin a, 当 x=0 时,g(x)取到极小值 , 极小值是g(0)=-a. 当 a=0 时,g(x)=x(x-sin x), 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. 当 a0 时,g(x)=(x-a)(x-sin x), 当 x(- ,0) 时 ,x-a0,g(x)单调递增 ; 当 x(0,a) 时 ,x-a0,g(x)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

8、(a)=-a3-sin a. 综上所述 : 当 a0 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-sin a. 5.(2016课标全国 ,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 a0, 则当 x(- ,1) 时 , f (x)0.所以 f(x)

9、在(- ,1) 单调递减 , 在(1,+ ) 单调递增 .(2 分) (ii)设 a- , 则 ln(-2a)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) 若 a1,故当 x(- ,1) (ln(-2a ),+ ) 时 , f (x)0;当 x(1,ln(-2a) 时, f (x)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 b0 且 b(b-2)+a(b-1)2=a0, 所以

10、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 a0, 若 a - , 则由 (1) 知, f(x)在(1,+ ) 单调递增, 又当 x1 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 x1 时 f(x)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

11、 (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 c0 且 c-0 时, 存在 x1(-4,-2),x2,x3, 使得 f(x1)=f(x2)=f(x3)=0. （江苏专版） 2019 版高考数学

12、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4 / 41 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 =4a2-12b0,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(

13、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) 7.(2016课标全国理 ,21,12分) (1) 讨论函数f(x)=ex的单调性 , 并证明当x0 时,(x-

14、 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, f(x)+a单调递增 . 对任意 a0,1), f

15、(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.(6分) 当 0 xxa时, f(x)+a0,g(x)xa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=0(x0), 所以函数f(x) 在(- ,+ ) 上单调递增; 当 a0 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

16、递增, 在上单调递减 ; 当 a0,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=b0 时,a3-a+c0 或当 a0 时,a3-a+c0. 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均恒成立 , （江苏专版） 2019 版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6 / 41 从而 g

17、(-3)=c-10, 且 g=c- 10, 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 =( a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30, 且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得 a(- ,- 3). 综上 ,c=1. 9.(2015天津 ,20,14分) 已知函数f(x)=nx-xn,x r,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

18、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=, 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

19、(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

20、的根为 x2, 可得 x2=+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= . 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=+x0. 因为 n2, 所以 2n-

21、1=(1+1)n-11+=1+n-1=n, （江苏专版） 2019 版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7 / 41 故 2=x0.所以 ,|x2-x1|-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-=(x0). 当 a0 时,f (x)0 时,由 f (x)=0,有 x=. 此时 , 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 x1 时,s(x)0, 所以 s(x) 在区间 (1,+ )

22、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 f0, 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 x1 时,h(x)=2ax-+-e1-xx-+-=0. 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 . （江苏专版）

23、2019 版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8 / 41 11.(2015 广东 ,19,14分) 设 a1, 函数 f(x)=(1+x2)ex-a. (1) 求 f(x)的单调区间 ; (2) 证明 : f(x)在(- ,+ ) 上仅有一个零点; (3) 若曲线 y=f(x)在点 p处的切线与x 轴平行 , 且在点 m(m,n) 处的切线与直线op平行 (o 是坐标原点 ), 证明:m-1. 解析(1) 函数 f(x) 的定义域为r. 因为 f (x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex0,所以函数f(x)

24、 在 r上单调递增 , 即 f(x) 的单调递增区间为(- ,+ ), 无单调递减区间. (2) 证明 : 因为 a1, 所以 f(0)=1-a0, 所以 f(0) f(ln a)0, 由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点 . 又由 (1) 知, f(x)在 r上单调递增 , 故 f(x) 在(- ,+ ) 上仅有一个零点. (3) 证明 : 设点 p(x0,y0), 由题意知 , f (x0)=(x0+1)2=0, 解得 x0=-1. 所以 y0=(1+)-a= -a, 所以点 p的坐标为. 所以 kop=a- . 由题意可得 , f (m)=(m+1)2em=a- .

25、要证明 m -1, 只需要证明m+1 , 只需要证明 (m+1)3a - =(m+1)2em, 只需要证明m+1 em. 构造函数 :h(x)=ex-x- 1(x r), 则 h(x)=ex-1. 当 x0 时,h(x)0 时,h(x)0,即 h(x) 在(0,+ ) 上单调递增. 所以函数h(x) 有最小值 , 为 h(0)=0, 则 h(x) 0.所以 ex-x- 10, 故 em-m-10, 故 m+1 em, 故原不等式成立. 12.(2015 四川 ,21,14分) 已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a, 其中 a0. (1) 设 g(x) 是 f(x)

26、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. 解析(1) 由已知得 , 函数 f(x) 的定义域为 (0,+ ),g(x)=f (x)=2(x-a)-2ln x-2, 所以 g(x)=2-+=. 当 0a0, (e)= -20. 故存在 x0(1,e),使得 (x0)=0. 令 a0=,u(x)=x-1-ln x(x1).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

27、, 有 f (x0)=0, f(x0)=(x0)=0. 由(1) 知, f (x)在区间 (1,+ ) 上单调递增, 故当 x(1,x0) 时, 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. 13.(2014 山东 ,20,13分) 设函数 f(x)=-k(k 为常数 ,e=2.718 28 是自然对数的底数). (1) 当 k0 时, 求函数 f(x

28、)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 k0 可得 ex-kx0, 所以当 x(0,2) 时 , f (x)0,函数 y=f(x)单调递增 . （江苏专版） 2019 版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10 / 41 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 k0 时, 函数 f(x)在(0,2) 内单调递减 , 故 f(x)在(0,2)

29、内不存在极值点; 当 k0 时,设函数 g(x)=ex- kx,x 0,+ ).因为 g(x)=ex-k=ex-eln k, 当 00,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 k1 时, 得 x(0,ln k)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(ln k)=k(1-ln k). 函数 f(x) 在(0,2)内存在两个极值点, 当且仅当解得 ek. 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. 14.(2014 广东 ,21,14分) 设函数 f(x)=, 其中 k-2

30、. (1) 求函数 f(x)的定义域d(用区间表示 ); (2) 讨论函数f(x)在 d上的单调性 ; (3) 若 kf(1)的 x 的集合 ( 用区间表示 ). 解析(1) 由题意得 (x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-30, (x2+2x+k)+3 (x2+2x+k)-10, x2+2x+k1, (x+1)20)或(x+1)22-k(2-k0), |x+1|, -1-x-1+或 x-1+, 函数 f(x) 的定义域d为(- ,-1-) (-1-,-1+) (-1+,+ ).(2)f (x)=-=-, 由 f (x)0得(x2+2x+k+1)(2x+2)0,即(x+1+)(x+1-)

31、(x+1)0, x-1-或-1x-1+, 结合定义域知x-1-或-1x-1+, 所以函数f(x) 的单调递增区间为(- ,-1-),(-1,-1+), 同理递减区间为(-1-,-1),(-1+,+ ).(3) 由 f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3, (x2+2x+k)2-(3+k)2+2(x2+2x+k)-(3+k)=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, （江苏专版） 2019 版高考数学一轮复习第九章导数

32、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11 / 41 k- 6, 1(-1,-1+),- 3(-1-,-1), -1-1+, 结合函数f(x) 的单调性知f(x)f(1)的解集为(-1-,-1-) (-1-,- 3)(1, -1+) (-1+,-1+). 15.(2013 天津理 ,20,14分 ) 已知函数f(x)=x2ln x. (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 . 解析(1) 函数 f(x) 的定义域

33、为 (0,+ ).f (x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令 f (x)=0,得 x=. 当 x 变化时 , f (x), f(x)的变化情况如下表: x f (x) - 0 + f(x) 极小值所以函数f(x) 的单调递减区间是, 单调递增区间是. (2) 证明 : 当 00, 令 h(x)=f(x)-t,x 1,+ ).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, 从而=, 其中 u=ln s.要使 成立 , 只需

34、 0ln ue2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 ln u0成立 . 另一方面 ,令 f(u)=ln u-,u1. f (u)=-, 令 f (u)=0,得 u=2. 当 1u0; 当 u2 时,f (u)1,f(u) f(2)0.因此 ln ue2时, 有 0,所以 g(k) 在上递增 , 所以 g(k) ln 2 -1=ln 2-ln e0,从而ln(2k)k,所以 ln(2k) 0,k,所以当x(0,ln(2k)时 ,f (x)0; 所以 m=maxf(0), f(k)=max-1,(k-1

35、)ek-k3. 令 h(k)=(k-1)ek-k3+1, 则 h(k)=k(ek-3k), 令 (k)=ek-3k, 则 (k)=ek-3e-30, 所以 (k) 在上递减 , 而 (1)=(e-3)0,当 k(x0,1) 时, (k)0,h(1)=0, 所以 h(k) 0 在上恒成立 , 当且仅当k=1 时取得“ =”.综上 , 函数 f(x)在0,k上的最大值m=(k-1)ek-k3. 考点二利用导数研究函数的极值和最值1.(2017课标全国理改编,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 2.(2016四川改

36、编 ,6,5分) 已知 a 为函数 f(x)=x3-12x 的极小值点 , 则 a= . 答案2 3.(2016北京 ,10,5分) 函数 f(x)=(x 2)的最大值为. 答案2 4.(2014课标改编 ,12,5分) 设函数 f(x)=sin.若存在 f(x) 的极值点x0满足+f(x0)2m2, 则 m的取值范围是. 答案(- ,- 2)(2,+ )（江苏专版） 2019 版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13 / 41 5.(2014辽宁改编 ,11,5分 ) 当 x -2,1 时, 不等式 ax3-x2+4x+30 恒成立 , 则实

37、数 a 的取值范围是. 答案-6,-2 6.(2017北京文 ,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.

38、 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=-. 7.(2017课标全国理 ,21,12分) 已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,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(1)f(x)的定义域为 (0,+ ).设 g(x)=ax-a-ln x,则 f(x)=xg(x), f(x)0 等价于 g(x) 0. 因为 g(1)=0,g

39、(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 x1 时,g(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) 证明 : 由(1) 知 f(x)=x2-x-xln x, f (x)=2x-2-ln x. 设 h(x)=2x-2-ln x,则 h(x)=2-. 当 x时,h(x)0. 所以 h(x) 在上单调递减 , 在上单调递增 . 又 h(e-2)0,h0;当 x(x0,1) 时 ,h(x)0. 因为 f (x)=h(x)

40、,所以 x=x0是 f(x)的唯一极大值点. 由 f (x0)=0 得 ln x0=2(x0-1), 故 f(x0)=x0(1-x0). 由 x0(0,1) 得 f(x0)f(e-1)=e-2, 所以 e-2f(x0)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 :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(1) 由 f(x)=x3+ax2+bx+1, 得 f (x)=3x2+2ax+

41、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 a0, 故 b=+ . 因为 f(x) 有极值 , 故 f (x)=0有实根 ,从而 b-=(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=,x2=. 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

42、. 因此 b=+ , 定义域为 (3,+ ).（江苏专版） 2019 版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15 / 41 (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 a3, 所以 a3, 故 g(a )g(3)=, 即. 因此 b23a. (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(+)

43、+ 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+ ,a3. 因为 h(a)=-a-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 . （江苏专版） 2019 版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16 / 41 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

44、)=0. 当 a0时 , f (x)单调递增 , 所以当 x(0,1) 时 , f (x)0, f(x)单调递增 . 所以 f(x) 在 x=1 处取得极小值 , 不合题意 . 当 0a1, 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

45、增 , 当 x(1,+ ) 时 , f (x) . 10.(2016课标全国理 ,21,12分) 设函数 f(x)= cos 2x+( -1)(cos x+1),其中 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)=-2sin 2x - ( -1)sin x.(2分) (2) 当 1 时, |f(x)|=|cos 2x+( - 1)(cos x+1)|+2( - 1)=3 -2=f(0). 因此 a=3 -2.(4分) 当 01 时 , 将 f(x) 变形为 f(x)=2 cos2x+( -1)cos x-1

46、. 设 t=cos x,则 t -1,1, 令 g(t)=2 t2+( -1)t-1,则 a是|g(t)|在-1,1上的最大值 ,g(- 1)=,g(1)=3 -2, 且当 t=时,g(t)取得最小值 ,最小值为g=-1=-. 令-11, 解得 .(5分) (i) 当 0时,g(t)在 (-1,1)内无极值点 ,|g(-1)|= ,|g(1)|=2- 3,|g(-1)|g(1)|,所以 a=2-3.（江苏专版） 2019 版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17 / 41 (ii)当 0, 知 g(-1)g(1)g. 又-|g(-1)|=0,

47、所以 a=. 综上 ,a=(9 分) (3) 由(1) 得|f (x)|=|-2sin 2x- ( - 1)sin x|2+| -1|. 当 0时,|f (x)|1+2 - 42(2 - 3)=2a.当 1, 所以|f (x)|1+0, f(x)0 成立 , 求 a 的取值范围 . 解析(1) 由题意知函数f(x) 的定义域为 (- 1,+),f (x)=+a(2x-1)=. 令 g(x)=2ax2+ax- a+1,x(- 1,+).(a) 当 a=0 时 ,g(x)=1, 此时 f (x)0,函数 f(x)在(- 1,+) 单调递增 , 无极值点 . (b) 当 a0 时, =a2-8a(1

48、-a)=a(9a-8). 当 0 时, 0,设方程 2ax2+ax-a+1=0 的两根为x1,x2(x1x2), 因为 x1+x2=- , 所以 x1- . 由 g(-1)=10,可得 -1x10, f (x)0,函数 f(x) 单调递增 ; 当 x(x1,x2) 时,g(x)0, f (x)0, f (x)0,函数 f(x)单调递增 . 因此函数有两个极值点. (c) 当 a0,（江苏专版） 2019 版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18 / 41 由 g(-1)=10,可得 x10, f (x)0,函数 f(x)单调递增 ; 当 x(x

49、2,+ ) 时 ,g(x)0, f (x)0,函数 f(x)单调递减 . 所以函数有一个极值点. 综上所述 ,当 a 时, 函数 f(x) 有两个极值点. (2) 由(1) 知, (a) 当 0a时, 函数 f(x) 在(0,+ ) 上单调递增, 因为 f(0)=0,所以 x(0,+ ) 时 , f(x)0,符合题意 . (b) 当 0,符合题意 . (c) 当 a1 时 , 由 g(0)0. 所以 x(0,x2) 时, 函数 f(x)单调递减 . 因为 f(0)=0,所以 x(0,x2) 时 , f(x)0,不合题意 . (d) 当 a0, 所以 h(x) 在(0,+ ) 上单调递增. 因此

50、当 x(0,+ ) 时 ,h(x)h(0)=0,即 ln(x+1)x. 可得 f(x)1-时,ax2+(1-a)x0, 此时 f(x)0 时 , 下列结论正确的是( 填序号 ). 有极大值 , 无极小值 ; 有极小值 , 无极大值 ; 既有极大值又有极小值; 既无极大值也无极小值. 答案13.(2013 湖北理改编 ,10,5分) 已知 a 为常数 , 函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x10, f(x2)-; f(x1)0, f(x2)0, f(x2)-; f(x1)-. （江苏专版） 2019 版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

51、极大（小）值讲义19 / 41 答案14.(2015 课标 ,21,12分 ) 已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x. (1) 当 a 为何值时 ,x 轴为曲线y=f(x)的切线 ? (2) 用 minm,n 表示 m,n 中的最小值 , 设函数 h(x)=minf(x),g(x)(x0),讨论 h(x) 零点的个数 . 解析(1) 设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点 (x0,0),则 f(x0)=0,f (x0)=0, 即解得 x0= ,a=-. 因此 , 当 a=- 时,x 轴为曲线y=f(x)的切线 .(5 分) (2) 当 x(1,+ ) 时 ,g(x)=-ln

52、x0,从而 h(x)=minf(x),g(x)g(x)0, 故h(x) 在(1,+ ) 无零点 . 当 x=1 时,若 a - , 则 f(1)=a+0,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,故 x=1 是 h(x) 的零点 ; 若 a- , 则f(1)0,h(1)=minf(1),g(1)=f(1)0,所以只需考虑f(x) 在(0,1) 的零点个数 . (i) 若 a -3 或 a0, 则 f (x)=3x2+a 在(0,1) 无零点 , 故 f(x) 在(0,1) 单调 . 而 f(0)=,f(1)=a+, 所以当 a-3时, f(x)在(0,1)有一个零点 ; 当 a0时,f

53、(x)在(0,1)没有零点 . (ii)若-3a0, 即- a0,f(x)在(0,1)无零点 ; 若 f =0, 即 a=- , 则 f(x) 在(0,1) 有唯一零点 ; 若 f 0, 即-3a-, 由于 f(0)=,f(1)=a+, 所以当 - a- 时,f(x)在(0,1)有两个零点 ; 当-3- 或 a- 时,h(x)有一个零点 ; 当 a=- 或 a=- 时,h(x)有两个零点 ; 当- a- 时,h(x)有三个零点.(12分) 15.(2015 重庆 ,20,12分) 设函数 f(x)=(ar).(1) 若 f(x)在 x=0 处取得极值 ,确定 a 的值 , 并求此时曲线y=f(

54、x)在点 (1, f(1)处的切线方程; (2) 若 f(x)在3,+ ) 上为减函数, 求 a的取值范围 . （江苏专版） 2019 版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20 / 41 解析(1) 对 f(x)求导得 f (x)=, 因为 f(x) 在 x=0 处取得极值 , 所以 f (0)=0,即 a=0. 当 a=0 时,f(x)=,f (x)=, 故 f(1)=, f (1)=, 从而 f(x) 在点 (1, f(1)处的切线方程为y-= (x-1), 化简得 3x-ey=0. (2) 由(1) 知 f (x)=. 令 g(x)=-3

55、x2+(6-a)x+a, 由 g(x)=0 解得 x1=,x2=. 当 xx1时,g(x)0,即 f (x)0,故 f(x)为减函数 ; 当 x1x0,即 f (x)0,故 f(x)为增函数 ; 当 xx2时,g(x)0,即 f (x)0,故 f(x)为减函数 . 由 f(x)在3,+ ) 上为减函数,知 x2=3, 解得 a- , 故 a 的取值范围为. 16.(2015 安徽 ,21,13分) 设函数 f(x)=x2-ax+b. (1) 讨论函数f(sin x)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-a0 x+b0, 求函数 |f(sin x)-f0

56、(sin x)|在上的最大值d; (3) 在(2) 中, 取 a0=b0=0, 求 z=b-满足条件d1 时的最大值 . 解析(1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,-x . f(sin x)=(2sin x-a)cos x,-x . 因为 -x0,-22sin x2. a - 2,b r 时 , 函数 f(sin x)单调递增 , 无极值 . a2,b r 时, 函数 f(sin x)单调递减 , 无极值 . 对于 -2a2, 在内存在唯一的x0, 使得 2sin x0=a. （江苏专版） 2019 版高考数学一轮复习第九章导数及其应用9.2

57、利用导数研究函数的单调性和极大（小）值讲义21 / 41 -xx0时, 函数 f(sin x)单调递减 ; x0 x 时, 函数 f(sin x)单调递增 . 因此 ,- 2a2,br 时, 函数 f(sin x)在 x0处有极小值 , f(sin x0)=f=b-. (2)-x时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0| |a -a0|+|b-b0|, 当(a0-a)(b-b0) 0 时, 取 x= , 等号成立 , 当(a0-a)(b-b0)0 时, 取 x=-, 等号成立 . 由此可知 ,|f(sin x)-f0(sin x)|在上的最大值为d=|a

58、-a0|+|b-b0|. (3)d1 即为|a|+|b|1, 此时0a21, - 1b1,从而 z=b-1.取 a=0,b=1, 则|a|+|b|1, 并且z=b-=1. 由此可知 ,z=b-满足条件d1 的最大值为1. 17.(2014 四川 ,21,14分) 已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1, 其中 a,b r,e=2.718 28 为自然对数的底数. (1) 设 g(x) 是函数 f(x) 的导函数 , 求函数 g(x) 在区间 0,1上的最小值 ; (2) 若 f(1)=0,函数 f(x) 在区间 (0,1)内有零点 , 求 a 的取值范围 . 解析(1) 由 f(x)=ex-

59、ax2-bx-1,有 g(x)=f (x)=ex-2ax-b. 所以 g(x)=ex-2a. 因此 , 当 x0,1 时,g(x)1 -2a,e-2a. 当 a 时,g(x)0, 所以g(x) 在0,1上单调递增 . 因此 g(x) 在0,1上的最小值是g(0)=1-b; 当 a 时,g(x)0, 所以g(x) 在0,1上单调递减 , 因此 g(x) 在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b; 当 a 时, 令 g(x)=0,得 x=ln(2a) (0,1).所以函数g(x) 在区间 0,ln(2a)上单调递减 , 在区间 (ln(2a),1上单调递增 . 于是 ,g(x) 在 0,1上的最

60、小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b. 综上所述 ,当 a 时,g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b; 当 a 时,g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a- 2aln(2a)-b; （江苏专版） 2019 版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22 / 41 当 a 时,g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e-2a-b. (2) 设 x0为 f(x) 在区间 (0,1)内的一个零点 , 则由 f(0)=f(x0)=0 可知 , f(x)在区间 (0,x0) 上不可能单调递增, 也不可能单调递减. 则 g(x)