202X届高考数学一轮复习第三章导数3.2导数的应用课件

1、(2014天津文,19,14分)已知函数f(x)=x2-ax3(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.23考点一导数与函数的单调性考点一导数与函数的单调性A A组自主命题组自主命题天津卷题组天津卷题组五年高考解析解析(1)由已知,有f (x)=2x-2ax2(a0).令f (x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:1ax(-,0)0f (x)-0+0-f(x)010,a1a1,a213a所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-,0

2、),.当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x时, f(x)0;当x时, f(x)2,即0a时,由f=0可知,0A,而0 B,所以A不是B的子集.当12,即a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.当时,有f(1)0,且此时f(x)在(1,+)上单调递减,故B=,A=(-, f(2),所以A不是B的子集.综上,a的取值范围是.10,a1,a1a1a21

3、3a32a30,2a3,2a1|(1,), ( )0( )xf xf x32a3432a32a343232a321,0(1)f3 3,4 2评析评析 本题主要考查导数的运算,利用导数研究函数的性质,考查化归思想、分类讨论思想、函数思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.1.(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0ax0,证明3x0-x12.1e考点二导数与函数的极考点二导数与函数的极( (最最) )值值解析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

4、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0a0,且g=1-a=1-0,故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f (x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x0,则1x0=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时, f (x)=1时,h(x)=-11时,h(x)h(1)=0,所以ln x

5、x-1.从而f=ln-a=ln-ln+1=hf(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=,两边取对数,得ln ln ,于是x1-x02ln x02.10exx2011(1)1xxx20 x10exx20 x思路分析思路分析 (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

6、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.012011e1,ln(1) e ,xxaxxa x10exx2011ln1xxx10exx2011(1)1xxx20 x2.(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+-xncos x,得f (x)0,则f(x)单调递减;当x(kZ)时,有sin x0,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

7、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)52,244kk32,244kk32,244kk52,244kk2x,4 2 2x=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)=

8、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+-xn0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-0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间

9、-1,1上的最大值.不小于14解析解析(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:33a33ax-f (x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增3a,3 3a33a3a,333a33a,3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(x0)

10、=-ax0-b=-x0-b.又f(-2x0)=-8+2ax0-b=-x0+2ax0-b=-x0-b=f(x0),且-2x0 x0,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

11、-b|=33,33aa3,3a 3,3a20 x20 x3a30 x23a30 x83a23a33a33a1,0,1,0.ab bab 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 ,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

12、+|b|.综上所述,当a0时,g(x)在区间-1,1上的最大值不小于.2 33a33a1414思路分析思路分析(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

13、.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a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)=-;(3)证明当a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.2lnlnlnaa1ee解析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-xln a,有h(x)=axln a-ln a.令h(x)=0,解得x=0.由a1,

14、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)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)处的切线斜率为ln a.由g(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a(x-x1).曲线y

15、=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=(x-x2).要证明当a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a时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1与l2重合.即只需证明当a时,1xa1lnxa21lnxa1xa21lnxa1xa2lnlnlnaa1xa1xa1xa21lnxa1ee1ee1ee方程组有解.由得x2=,代入,得-x1ln a+x1+=0.因此,只需证明当a时,关于x1的方程存在实数解.设函数u(x)=ax-xaxln a+x+,即要证明当a时,函数y=u(x)存在零点.u(x)=1-(ln a)2xa

16、x,可知x(-,0)时,u(x)0;x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)=10,u=1-0,使得u(x0)=0,即1-(ln a)2x0=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a,故ln ln a-1,1112121ln,ln1lnlog,lnxxxaaaxaax aaxa121(ln )xaa1xa1xa1lna2lnlnlnaa1ee1lna2lnlnlnaa1ee21(ln )a21(ln )aa0 xa1ee所以u(x0)=-x0ln a+x0+=+x0+0.下面证明存在实数t,使得u(t)时,有u

17、(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+,所以存在实数t,使得u(t)0.因此,当a时,存在x1(-,+),使得u(x1)=0.所以,当a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.0 xa0 xa1lna2lnlnlnaa201(ln )xa2lnlnlnaa22lnlnlnaa1lna1lna2lnlnlnaa1lna2lnlnlnaa1ee1ee2.(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

18、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=, 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

19、).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=+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.11nn2ann又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.类似地,设曲

20、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-1=(1+1)n-11+=1+n-1=n,故2=x0.所以,|x2-x1|+2.an1an11Cn11nn1an评析评析 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

21、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=-ln a.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,-ln a)-ln a(-ln a,+)f (x)+0-f(x)-ln a-1这时, f(x)的单调递增区间是(-,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+).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(-ln a)0;(ii)存在s1(-,-

22、ln a),满足f(s1)0;(iii)存在s2(-ln a,+),满足f(s2)0,即-ln a-10,解得0ae-1.而此时,取s1=0,满足s1(-,-ln a),且f(s1)=-a0;取s2=+ln,满足s2(-ln a,+),且f(s2)=+0.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;2a2a22eaa22lneaaexxexx1exx类

23、似可得20,得1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x(1,+),则h(x)=.令u(x)=-2ln x+x-,得u(x)=.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.21212121xx1ex2ex21xx21xx2121,ln ,xtxxxtln1tt ln1ttt (1)ln1ttt(1)ln1xxx212ln(1)xxxx1x21xx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

24、的减小而增大.评析评析 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)=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.25ln ( )lng tt12解析解析(1)函数f(x)的定义域为(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

25、化情况如下表:1exf (x)-0+f(x)极小值10,e1e1,e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0 x1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=,其中u=ln s.要使成立,只需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)=-

26、,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0,2x0,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.e2xxe2xxe2xx2e 2e 2 ln2(2 )xxxxxe2xx1.求f(x)的导函数f (x).方法小结方法小结利用导数研究函数f(x)的单调性的一般步骤:2.令f (x)0(或f (x)0),得区间I.3.判断单调性,当xI时, f(x)单调增(或减).2.(2016课标,12,5分)若函数f(x)=x-sin 2x+asin x在(-,

27、+)单调递增,则a的取值范围是()A.-1,1 B.C. D. 1311,31 1,3 311,3 答案答案 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.232343534353(1)4350,( 1)4350,gaga1313疑难突破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

28、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 .1ex答案答案 11,2解析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,

29、解得-1a.1ex1ex1ex1ex12方法小结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,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:2,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.21xax221xaxx242aa242aa240,2aa24,2aa2244,22aaaa240,2aa24,2aa2244,22aaaa(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且

30、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,1212( )()f xf xxx121x x1212lnlnxxxx1212lnlnxxxx2222ln1xxx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-2.1212( )()f xf xxx21x1x21x1212( )()f xf xxx5.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=ae2x

31、+(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

32、)=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;1a1a当a(0,1)时,1-+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.1a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).31a0en0en0en02n31a6.(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

33、a的值;(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.43解析解析(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x-4时,g(x)0,故g(x)为减函数;当-4x0,故g(x)为增函数;434316943163a83123212xx2322xx3212xx3215222xxx12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(

34、-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+)内为增函数.评析评析 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考点二导数与函数的极( (最最) )值值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.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1答案答案 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)e

35、x-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答案答案 D由题意可得f (x)=3x2-12=3(x-2)(x+

36、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:x(-,-2)-2(-2,2)2(2,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.评析评析 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,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .答案答案- 3 32解析解析解法一: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=

37、-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(

38、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,a0.当0 x时, f (x)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=1.3a3a3a327a3ax-1(-1,0)0(0,1)1f (x) + - f(x)-4增1减0f(x)在-1,1上的最大值为1,

39、最小值为-4.最大值与最小值的和为-3.5.(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-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

40、(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)0.1xx1xx2(1)xx(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)-.2( )2f xxax222xxax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0 x-,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10,则a2

41、x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min时,h(x)0;当x(0,1)时,h(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,1x12axx10,2a1,2a10,2a1,2a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

42、, 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).12思路分析思路分析 (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

43、意对a分类讨论.7.(2016课标,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.22xx2exaxax解析解析(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

44、=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.(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)2(1)(2)e(2)e(2)xxxxxx22e(2)xxx3(2)e(2)xxa xx32xx2e(1)axaaa xx2e()(1)axaaaf xxxe2axax 于是h(a)=,由=0,得y=单调递增.所以,由xa(0,2,得=0;当x时,g(x)0,

45、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(-,0.0,2,20,2,222.(2019课标文,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

46、)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.解析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)x0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)0,1xx1x1x12ln4 12所以f(x)=0在

47、(x0,+)内存在唯一根x=.由x01得1x0.又f=ln-1=0,111111( )f 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.1思路分析思路分析(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.13.(2019课标文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0a0,则当x(-,0)时, f (x)0;当x时, f (x)0.故f(x)在(-,0),单调递增

48、,在单调递减;若a=0, f(x)在(-,+)单调递增;若a0;当x时, f (x)0.3a,3a0,3a,3a0,3a,3a,03a故f(x)在,(0,+)单调递增,在单调递减.(2)当0a3时,由(1)知, f(x)在单调递减,在单调递增,所以f(x)在0,1的最小值为f=-+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-+2,M=所以M-m=当0a2时,可知2-a+单调递减,所以M-m的取值范围是.当2a0时, f(x)在(-,0),单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-,0)单调递增导致错误,从而失分.,3a,3a4.(2019课标理,20,12分)已知函数f(x)=2

49、x3-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.故f(x)在(-,0),单调递增,在单调递减.若a=0, f(x)在(-,+)单调递增.若a0;当x时, f (x)0.故f(x)在,

50、(0,+)单调递增,在单调递减.3a,3a0,3a,3a0,3a,3a,03a,3a,03a(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

51、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0a0,g0;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.11x21(1) x1,221,2,2,21,21,2(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.(

52、ii)当x时,由(1)知,f(x)在(0,)单调递增,在单调递减,而f(0)=0,f0;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个零点点.0,2,22,2,2,22120,20,2,2,22,2思路分析思路分析(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.(2018课标文,21,12分)已知函

53、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)0.1e解析解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-.由题设知, f (2)=0,所以a=.从而f(x)=ex-ln x-1, f (x)=ex-.当0 x2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)-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g(x)=-.当0 x1时,g(x)1时,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值点.1x212e212e212e1x1eeexe

54、exeex1x故当x0时,g(x)g(1)=0.因此,当a时, f(x)0.1e方法总结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),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).如果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),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果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).7.(2018课标文,21,12分)已知函数f

55、(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.13解析解析(1)当a=3时, f(x)=x3-3x2-3x-3, f (x)=x2-6x-3.令f (x)=0,解得x=3-2或x=3+2.当x(-,3-2)(3+2,+)时, f (x)0;当x(3-2,3+2)时, f (x)0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g(x)=0,当且仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一个零点.综

56、上, f(x)只有一个零点.133333333333321xxx321xxx2222(23)(1)xxxxx13216a16138.(2018课标,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,

57、2)单调递减,在(2,+)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在0,+)的最小值.24ea若h(2)0,即a,h(x)在(0,+)没有零点;若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+)只有一个零点;2e42e4若h(2),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-=1-1-=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=.2e43416eaa32216(e)aa3416(2 )aa1a2e49.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=ax2-

58、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.解析解析本题考查了导数的综合应用.(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(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)由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f (x)=2x-2-ln x

59、.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-.1x1x1x当x时,h(x)0.10,21,2所以h(x)在单调递减,在单调递增.又h(e-2)0,h0;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f (x)=h(x),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得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2.10,21,21210,21,210,214方法总结方法总结利用导数解决不等式问题的一般思路:(1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类讨论.(2)证明不

60、等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.10.(2016课标文,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)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(-