五年高考真题2016届高考数学复习导数的应用理

1、第二节导数的应用出一五年高考真题考点一利用导数研究函数的单调性1.（2015）福建，10）若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=1,其导函数f'(x)满足f'(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是（）1一，解析,导函数f(x)满足f(x)>k>1,.f(x)-k>0,k-1>0,-；>0,可构k1造函数g(x)=f(x)-kx,可得g'(x)>0,故g(x)在R上为增函数，=f(0)=1,fk,口>T，>1>占''选项C错误,故选Q答案C2.(2011)辽宁,11)函数f(x)的定义域

2、为R,f(1)=2,对任意xCR,f'(x)>2,则”刈>2*+4的解集为（）A.(-1,1)B.(1,+°0)C.(一00,一1)D.(一00,十00)解析设g(x)=f(x)-2x-4,则g(1)=f(1)2X(1)4=0,g'(x)=f'(x)2>0,g(x)在R上为增函数.由g(x)>0,即g(x)>g(1).x>-1,选Bo答案B3. (2015)新课标全国n,21)设函数f(x)=emx+x2mx)(1)证明：f(x)在(8,0)单调递减，在(0,+8)单调递增；(2)若对于任意xbx2C1,1,都有|f(x。一

3、f(x2)|0we1,求m的取值范围.(1)证明f'(x)=memx1)+2x。若m>0,则当xC(8,0)时，emx1W0,fz(x)<0;当xC(0,+8)时，emx1>0,f'(x)>0O若m<0,则当xC(8,0)时，emx1>0,f'(x)<0；当xC(0,+8)时，emx-K0,f'(x)>0。所以，f(x)在(一8,0)单调递减，在(0,+8)上单调递增.(2)解由知，对任意的3f(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意xi,x2-1,1,|f(xi)

4、f(x2)|we1的充要条件是f(1)-f(0)&e一1,f(一1)一f(0)Me一1,e一rne1,即0+诈e1设函数g(t)=ette+1,则g'(t)=et1。当tv0时，g'(t)<0;当t>0时，g'(t)>0。故g(t)在(00,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e1+2-e<0,故当tCT,1时,g(t尸0。当me-1,1时，g(m)<0,g(m)w。，即式成立；当m>1时，由g(t)的单调性，g(m)>0,即emm>e1；当rm:1时，g(m)>0,即em+

5、m>e1。综上，m的取值范围是1,1.1+x4. (2015)北与，18)已知函数f(x)=ln;一。1x(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;(2)求证：当xC(0,1)时，“刈>2。+：；(3)设实数k使得f(x)>kx+xi3(寸xC(0,1)恒成立，求k的最大值.11.,(1)解因为f(x)=ln(1+x)ln(1x),所以f(x)="+:,f(0)=2。1+x1x又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=2x。(2)证明令g(x)=f(x)-21x+xi,则g'(x)=f'(x)2(1+x

6、2)=SxFI3/1x因为g'(x)>0(0<x<1),所以g(x)在区间(0,1)上单调递增.所以g(x)>g(0)=0,xe(0,1),n，x3即当xC(0,1)时，f(x)>2Jx+-|O(3)解由(2)知，当k<2时，f(x)>kx+3对xC(0,1)恒成立.3xx3当k>2时，令h(x)=f(x)-kjx+-I,则h'(x)=f'(x)k(1+x2)=,4kx-(k2)-21-x所以当一2时，h(x)<0,因此h(x)在区间k4/k27k)上单调递减.当0<x一2L时,h(x)<h(0)=0,k

7、即f(x)<kg:所以当k>2时，f(x)>kg+x3并非对xC(0,1)恒成立.综上可知，k的最大值为2。5. (2015)四川，21)已知函数f(x)=-2(x+a)lnx+x22ax2a2+a,其中a>0。设g(x)是f(x)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(1,十°°)内有唯一解.(1)解由已知，函数f(x)的定义域为(0,+8),g(x)=f'(x)a=2(x-a)-2lnx2+xj,，22a所以g(2,1_当0

8、va<4时，g(x)在区间=2L?141122x-2)+2a-,m三尸尸，+8单调递增,在区间-丁,1+厂，单调递减；，i一，当a时，g(x)在区间(0,+8)上单倜递增.(2)证明由f'(x)=2(xa)21nx-2'l+a；=0,xx1Inx解得a=-i,-1,Iixxx1Inx2令e(x)=-23+i+x1Jnx+x法一1一Inx)秋一1Inx?x1Inx2x_2|H-1+x1+x1+x则4(1)=1>0,e(e2)1e274(e)-1+e1-2g尸，故存在x°C(1,e),使得()(xo)=0,令ao=xoxo1InZi11+xou(x)=x-1-

9、Inx(x>1),由u'(x)=1o知，函数u(x)在区间(1,+8)上单调递增,xu(1)所以0=7百u(x。)u(e)1.=ao<1+xo1+ee-2<11+e即aoC(o,1),当a=ao时，有f'(xo)=o,f(xo)=()(xo)=o,由(1)知，f'(x)在区间(1,+00)上单调递增，故当xC(1,xo)时,f'(x)vo,从而f(x)>f(xo)=o；当xC(xo,+8)时,(x)>o,从而f(x)>f(xo)=o,所以，当xC(1,+8)时，f(x)>o,综上所述，存在aC(o,1),使得f(x)&g

10、t;0在区间(1,+°°)内恒成立，且f(x)=o在区间(1,+°°)内有唯一解.6。(2015)天津，2o)已知函数f(x)=nx-xn,xCR,其中nCN,n>2o(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)Wg(X)；a(3)右关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实根Xi,X2,求证：|X2xi|不育+2。解由f(x)=nxxn,可得f，(x)=n-nxn1=n(i-xn1).*一_一>一一、女其中nCN,且n>2,

11、下面分两种情况讨论：当n为奇数时.令f'(x)=0,解得x=1,或x=1。当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：X(8,1)(-1,1)(1,+°°)f'(X)一十一f(X)r0所以，f(x)在(一00,1),(1,+8)上单调递减，在(一1,1)内单调递增.当n为偶数时.当f'(x)>0,即XV1时，函数f(x)单调递增；当f'(X)V0,即x>1时，函数f(x)单调递减；所以，f(X)在(8,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减.(2)证明设点P的坐标为(X0,0),1贝Uxo=nn，f'(xo

12、)=nn2。曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f'(xo)(xxo),即g(x)=f'(xo)(xxo).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)f'(Xo)(xXo),则F'(x)=f'(x)f'(xo).由于f'(x)=nxn-1+n在(o,十°°)上单调递减，故F'(x)在(o,+8)上单调递减，又因为F'(xo)=o,所以当xC(o,xo)时，F'(x)>o,当xC(xo,+8)时，F'(x)vo,所以F(x)在(o,X。)内单调递增，X,在（X0,+00

13、）上单调递减，所以对于任意的正实数都有F(x)WF(X0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)Wg(x).(3)证明不妨设xi<x2°由(2)知g(x)=(n-n2)(xxo),设方程g(x)=a的根为x2，a可得x2=2+xo。nn当n>2时，g(x)在(一00,+8)上单调递减，又由(2)知g(x2)>f(x2)=a=g(x2)，可得x2Wx2'。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xC(0,十°°),f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的xC(0,+°°

14、;),f(x)vh(x).设方程h(x)=a的根为xi,可得xi=。n因为h(x)=nx在(一00,+8)上单调递增，且h(xi')=a=f(xi)vh(xi),因此x<xi。a由此可得x2-xi<x2xi=+x。1n因为n>2,所以2=(1+1)>1+Cni=1+n1=n,i故2>nn3=x0。所以，Ix2xi|<ian+2。7. (2014)广东，21)设函数f(x)=(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)3，其中k<2°(1)求函数f(x)的定义域以用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若k<-6,

15、求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).22解(1)由题意知(x+2x+k+3)(x+2x+k1)>0,2x+2x+k+3>0因此i2或x+2x+k1>0x2+2x+k+3<02.，x+2x+k1<0设yi=x2+2x+k+3,y2=x2+2x+k-1,则这两个二次函数的对称轴均为x=1,且方程x2+2x+k+3=0的判别式Ai=44(k+3)=4k8,方程x2+2x+k1=0的判别式A2=4-4(k-1)=8-4k,因为k<2,所以A2>Ai>0,因此对应的两根分别为一2±1Aifxi,2=2=1±丫

16、k2,2A2sx3,4=2=一i±2-k,且有_i_、2_k<_i_k2<_i+k2<_i+2-k,因此函数f(x)的定义域口为(一00,一i一、2一k)U(一i-yjk2,一i+、一k-2)U(i+、2-k,+00).(2)由(i)中两个二次函数的单调性，且对称轴都为x=-i,易知函数f(x)在(00,i22k)上单调递增，在(i7一k-2,i)上单调递减，在(i,i+Q-k-2)上单调递增，在(-i+,2-k,+00)上单调递减.(3)由于k<6,故一i,2-k<i弋一k_2<3<i<i<i+，一k_2<i+、2一k0利

17、用函数图象的对称性可知f(i)=f(3),再利用函数f(x)的单调性可知在(-i-#-k-2,i)上f(x)>f(i)=f(3)的解集为(-i-k2,3),在(一i,i+.k2)上f(x)>f(i)的解集为(i,i+、一k一2).再在其余两个区间(一00,一i一弋2一k)和(一i十72-k,+00)上讨论.令x=i,则(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)3=k2+8k+12,令(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)3=k2+8k+12,则(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-(k2+8k+15)=0,即(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-(k+5)(k+3)

18、=0,22即x+2x+k+(k+5*x+2x+k-(k+3)=0,化简得(x2+2x+2k+5)(x2+2x3)=0,解得除了一3,1的另外两个根为一1土M2k4,因此利用函数f(x)的单调性可知在(一00,1、2k)上f(x)>f(1)的解集为(一1一2k-4,1也-k),在(一1+12k,+8)上f(x)>f(1)的解集为(一1+.2k,1+q2k4),综上所述，k<6时，在DJif(x)>f(1)的解集为(1q-2k-4,1、2一k)U(1一k2,一3)U(1,一1+yjk2)U(一1+12一k,一1+2k4).8. (2013)重庆，17)设f(x)=a(x5)

19、2+6lnx,其中aCR,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与y轴相交于点(0,6).(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值.2解(1)因为f(x)=a(x5)+6lnx,6故f(x)=2a(x5)+-。x令x=1,得f(1)=16a,f'(1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y16a=(68a)(x1),1由点(0,6)在切线上可得616a=8a6,故a=2。(2)由(1)知，f(x)=1(x-5)2+6lnx(x>0),(x)=x-5+6=(x-2)(x-3)。2xx令f'(x)=0,解得x1=2,x2=3。当0

20、<x<2或x>3时，f'(x)>0,故f(x)在(0,2),(3,+8)上为增函数；当2Vx<3时，f'(x)<0,故f(x)在(2,3)上为减函数.9由此可知f(x)在x=2处取得极大值f(2)=2+6ln2,在x=3处取得极小值f(3)=2+61n3。9. (2012)北京，18)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx。(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们白交点(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(一°°,

21、1上的最大值.解(1)f'(x)=2ax,g'(x)=3x2+b。因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们白交点(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。12321221(2)记h(x)=f(x)+g(x).当b=4a时，h(x)=x+ax+彳2x+1,h(x)=3x+2ax+-一2aoaa令h'(x)=0,得xi=-2,x2=-6oa>0时，h(x)与h，(x)的情况如下:x/a(-°0,-2)a2h'(x)十0h(x)0,aa、(-2,

22、-6)a6,a、(6，+°°)一o十所以函数h(x)的单调递增区间为i-8,一a:和a，+oo；单调递减区间为C2,-6J，a一,当一2>1,即0<aw2时，函数h(x)在区间(一00,1上单调递增，h(x)在区间12(00,1上的取大值为h(1)=a4a。当一a<-1,且一a>-1,26即2<aw6时，函数h(x)在区间8,aj内单调递增，在区间|,1上单调递减，h(x)在区间(8,1上的最大值为haj=1。622'当一a<1,即a>6时，函数h(x)在区间-8,aj内单调递增，在区间'-a,aX单调递减，在区间;

23、a,T上单调递增.a1°1.一.又因h；2I-h(1)=1a+4a=4(a2)>0,所以h(x)在区间(一0°,1上的取大值为h'-a'f=1°考点二利用导数研究函数的极值与最值1. (2015)陕西，12)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()A.1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y=f(x)上解析A正确等价于ab+c=0,B正确等价于b=2a,4acb2C正确等价于-=3,4aD正确等价于4a+2b

24、+c=8o下面分情况验证，a=5,若A错，由、组成的方程组的解为|b=10,符合题意；c=8.若B错，由、组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错，由、组成方程组，经验证a无整数解；43,一，若D错，由、组成的方程组a的解为;也不是整数.4综上，故选A。答案A2. (2015)新课标全国H,12)设函数f'(x)是奇函数f(x)(xCR)的导函数，f(1)=0,当x>0时，xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A.(巴-1)U(0,1)B.(-1,0)U(1,+oo)C.(巴-1)U(-1,0)D.(0,1)U(1,

25、+oo)解析因为f(x)(xR)为奇函数，f(1)=0,所以f(1)=f(1)=0。当xwo时，令f(x)i,rr八“一，g(x)=,则g(x)为偶函数，且g(1)=g(1)=0。则当x>0时，g(x)=xf(x)、xf'(x)f(x)一一,.言!"=一工<0,故g(x)在(0,+8)上为减函数，在(8,0)上Ixx为增函数.所以在(0,+8)上当0<xv1时，g(x)>g(1)=0?f(">0?f(x)>x0；在(一000)上，当xv1时，g(x)<g(-1)=0?v0?f(x)>0。综上，得使得xf(x)>0

26、成立的x的取值范围是(8,1)U(0,1),选A。答案A3. (2014)新课标全国n,12)设函数f(x)=43sin噌。若存在f(x)的极值点X0满足X0+f(X0)2<m2,则m的取值范围是()A. (8,-6)U(6,+oo)B. (一0°)一4)U(4,+°0)C. (x,-2)2(2,+oo)D. (-OO5-1)U(1,+oo)x0解析由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)=±/3,则一二-2+k兀1(kCZ),从而得x0=(k+2)m(kCZ).所以不等式x0+f(x。)<m即为(k+1)2m2+3<m2,变形

27、得m2.h-G-f>3,其中kez。由题意，存在整数k使得不等式2_.2JH+2：>3成立.当-121且kwo时，必有卜+2J>1,此时不等式显然不能成5. (2012)陕西，7)设函数f(x)=xex,则()A. x=1为f(x)的极大值点B. x=1为f(x)的极小值点Cx=1为f(x)的极大值点D. x=1为f(x)的极小值点解析f'(x)=(x+1)ex,当x<-1时，f'(x)<0,当x>1时，f'(x)>0,所以x=1为f(x)的极小值点，故选D=答案D6. (2011)广东，12)函数f(x)=x33x当a=0时，

28、因为f(x)=3x>0(xw0),所以函数f(x)在(8,+8)上单调递增;+1在x=处取得极小值.2解析.f(x)=3x6x=0得x=0或x=2。.当xC(8,0)U(2,+8)时f'(x)>0,f(x)为增函数.当xC(0,2)时,f'(x)<0,f(x)为减函数.f(x)在x=2处取得极小值.答案27. (2015)江苏,19)已知函数f(x)=x因为f(x)在x=0处取得极值，所以(0)=0,即a=0o,故f(1)=3,f'(1)=3,从而f(x)在点ee(1,f(1)处的切线方程为y-3=3(x-1),化简得3xey=0。ee+ax2+b(a

29、,bCR).(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b=ca(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(一巴-3)U22+°°I；求c的值.22a当a>0时，xCf'(x)<0,所以函数f(x)在一0°,2a万卜0，+8)上单调递增，在解(1)f(x)=3x+2ax,令f(x)=0,解得x0,x2=-o3递减;当av0时，xC(8,0)uJ,+8时时，fz(x)>0,xe-对，2a2af(x)<0,所以函数f(x)在(8,0),了，+OO/单倜递增，在Jo,-y户单倜(2)由(1)知，函数f(x)

30、的两个极值为f(0)=b,f2a；=27a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f5+bi<0,'a>0,从而43.I27aVbv0a<0,430Vb<27a.4343_又b=ca,所以当a>0时，27aa+c>0或当av0时，27aa+c0。43设g(a)=27a-a+c,因为函数f(x)有二个零点时，a的取值氾围恰好是(一°°,3)U”，-|U+°°1；22则在(一8,3)上g(a)0,且在1，3g,+°°jg(a)>0均恒成立.3从而g(-3)=c-1<0,且g-1

31、=c-1>0,因此c=1。2此时，f(x)=x3+ax2+1a=(x+1)x2+(a1)x+1-a,因函数有三个零点，则x2+(a1)x+1a=0有两个异于一1的不等实根，所以A=(a22_-1)-4(1-a)=a+2a-3>0,且(-1)(a1)+1aw0,解得aC(8,-3)U133，一J|U+8i。综上c=1。223x2+ax8. (2015)重庆，20)设函数f(x)=x(aCR).e(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(x)在点(1,f(1)处的切线方程;(2)若f(x)在3,+8)上为减函数，求a的取值范围.解(1)对f(x)求导得f

32、9;(x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex/x、2(e)一3x2,当a=0时，f(x)=F,f(x)=e2,-3x+6x(2)由(1)知f'(x)=2,、3x+(6a)x+a22，一、3x+(6a)x+a令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,6一a-.a+36由g(X)=0解得Xi=6,X2=当XVX1时，g(X)V0,即f'(X)V0,故f(x)为减函数;当XiVXVX2时，g(X)>0,即f'(X)>0,故f(X)为增函数;当X>X2时，g(X)<0,即f'(X)V0,故f(X)为减函数.6a+a369由f(X)在3,+8)

33、上为减函数，知X2=6&3,解得a>-2，一，一，79)故a的取值范围为|-2,+°°卜9. (2015)新课标全国I,21)已知函数f(x)=X3+aX+4,g(X)=InX。(1)当a为何值时，x轴为曲线y=f(X)的切线；(2)用minmn表示3n中的最小值，设函数h(X)=minf(x),g(x)(x>0),讨论h(X)零点的个数.解(1)设曲线y=f(x)与X轴相切于点(X0,0),则f(X0)=0,f'(X0)=0。即r3,1nX0+ax0+-=0,423X0+a=0,13解得X0=2,a=-4。3因此，当a=二时，x轴为曲线y=f(

34、x)的切线.4(2)当xC(1,+8)时，g(x)=-Inx<0,从而h(x)=minf(x),g(x)<g(x)<0,故h(x)在(1,+8)无零点.5一5一当x=1时，右a>-4,则f(1)=a+4>0,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,故x=1一一5一一一是h(x)的零点；若a<-4,则f(1)<0,h(1)=minf(1),g(1)=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.当xC(0,1)时，g(x)=-Inx>0。所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若aw3或a>0,则f'(x)=3x

35、2+a在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=1f(1)=a+5,所以当aw3时，f(x)在(0,1)有一个零点；当a>0时，f(x)44在(0,1)没有零点.(ii)若一3<a<0,则f(x)在|0,a,1陋调递增，故在(0,1)3中，当x=a时，f(x)取得最小值，最小值为若f'"j3'°'即4<a<0，f(x)在(0,1)无零点;若fS/a0，即a=4，则f(x)在(0,1)有唯一零点；a315,53右f3/<0'即3<a<4，由于f(0)=4，f(1)=a+1所以当一

36、4<a<Z时,5一f(x)在(0,1)有两个零点；当一3<aw4时，f(x)在(0,1)有一个零点.一3,、53,、5一综上，当a>4或a<4时,h(x)有一个手点；当a=4或a=4时，h(x)有两个手点；53一当一二<a<I时，h(x)有二个零点.4410. (2015)安徽，21)设函数f(x)=x2-ax+bo(1)讨论函数f(sinx)在卜之7j内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f°(x)=x2a°x+b°,求函数|f(sinx)-fc(sinx)|在I/,/1上的最大值D2，一a,一，,一，一(

37、3)在(2)中，取a0=bc=0,求z=b满足DK1时的取大值.解(1)f(sinx)=sin2x-asinx+b=.,一、一一兀一.兀sinx(sinxa)+b,"2-<x<_2_°一，.、兀兀f(sinx)=(2sinxa)cosx,"2<x<_2-0L,、，兀兀LL,、，因为一万，所以cosx>0,2<2sinx<2。aw2,bCR时，函数f(sinx)单调递增，无极值.a>2,beR时，函数f(sinx)单调递减，无极值.对于2<a<2,在亍，2两存在口t一的x0,使得2sinx°=a。

38、(1) vxWx。时，函数f(sinx)单调递减；x0Wx<_2时，函数f(sinx)单倜递增；因此，一2<a<2,bCR时，函数f(sinx)在X0处有极小值f(sinxo)=f'a)=b4O兀兀11(2) "2wxw2时，|f(sinx)f0(sinx)|=|(ao-a)sinx+b-bo|<|a-ao|+|b-bo|。.一兀一当(a。一a)(bbo)>0时)取x=,等厅成立.一兀一当(a。一a)(bbo)<O时,取x=-2-.,等厅成立.由此可知，|f(sinx)-fo(sinx)|在|"2"，上的最大值为D)=|

39、aao|+|bbo|。(3) D<1即为|a|+|b|w1,此时owa2w1,-1<b<l,2从而z=b二w1。42取a=o,b=1,则|a|十|b|w1,并且z=b=1o42a由此可知，z=b:满足条件D<1的取大值为1。411. (2014)山东，2o)设函数f(x)=e2-k(2+lnx)(k为常数，e=2。71828是自然对xx数的底数).(1)当kwo时，求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(o,2)内存在两个极值点，求k的取值范围.解(1)函数y=f(x)的定义域为(o,+°°),(x)=x2ex2xex4xxex2exk(x

40、2)3一2xx(x2)(exkx)3x由k<0可得ex-kx>o,所以当xC(o,2)时，f'(x)<o,函数y=f(x)单调递减，当xC(2,+8)时，f'(x)>o,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(o,2),单调递增区间为(2,+8).(2)由(1)知，kwo时，函数f(x)在(o,2)内单调递减，故f(x)在(o,2)内不存在极值点；当k>o时，设函数g(x)=exkx,xo,十°°),因为g'(x)=exk=exe1nk,当0<kwi时，当xC(0,2)时,g'(x)=exk

41、>0,y=g(x)单调递增.故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k>1时，得xC(0,lnk)时，g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减，xC(lnk,+8)时，gz(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1lnk).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当2i,e解得e<k<-org(0)>0,g(lnk)<0,1g>0,0<lnk<2.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12. (2013)福建，17)已知函数f(x)=x

42、-alnx(aCR).(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点A(1,f(1)处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值.a解函数f(x)的定义域为(0,+8),/汽)=1。x(1)当a=2时，f(x)=x-2lnx,f'(x)=1-(x>0),因而f(1)=1,f'(1)=1,所x以曲线y=f(x)在点A(1,f(1)处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y2=0。axa(2)由f(x)=1-=,x>0知：xx当awo时，f'(x)>0,函数“*)为(0,+°°)上的增函数，函数f(x)无极值；当a>0时，由f'(

43、x)=0,解得x=a。又当x(0,a)时，f'(x)<0；当xe(a,+8)时，f，(x)>0,从而函数f(x)在x=a处取得极小值，且极小值为f(a)=aalna,无极大值.综上，当awo时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x=a处取得极小值a-alna,无极大值.考点三导数的综合问题1. (2015)新课标全国I,12)设函数f(x)=ex(2x1)ax+a,其中a<1,若存在唯一的A。C。整数X0使得f(xo)<0,则a的取值范围是()73D。2eJxo,使得g(xo)在直线y=解析设g(x)=eX(2x1),y=axa,由题知存在唯一

44、的整数ax-a的下方，一,V一.1.1,一,因为g(x)=e(2x+1),所以当x<万时，g(x)<0,当x>万时，g(x)>0,所以当x11=-2时，g(x)min=-2e2，当x=0时，g(0)=-1,g(1)=3e>0,直线y=a(x1)恒过(1,0)且斜率为a,故a>g(0)=-1,且g(1)=3e封aa,解得a<1,故选D。2e答案D2. (2014)辽宁，11)当xC2,1时，不等式ax3x2+4x+3>0恒成立，则实数a的取7091B。|1-6，-§D.-4,-3值范围是()A.-5,-3C.-6,2解析当xC(0,1时，

45、得03朋4(j+；,令t=x，则tC1，+0°),-4t2+t,令g(t)=-3t3-4t2+t,te1,+oo),则g'(t)=9t28t+1=(t+1)(9t1),显然在1,+8)上，g'(t)<0,g(t)单调递减，所以g(t)max=g(1)=-6,因此a>6；同理，当xC2,0)时，得aw2。由以上两种情况得一6waw2,显然当x=0时也成立.故实数a的取值范围为6,-2.答案C3. (2013)四川，10)设函数f(x)=Nex+xa(aCR,e为自然对数的底数).若曲线y=sinx上存在点(x°,y°)使得f(f(y。)=

46、y。，则a的取值范围是()A.1,eB.e11,1C.1,e+1D.e1-1,e+1解析因为yo=sinxo-1,1,而f(x)>0,f(f(y0)=y0,所以y0c0,1.设.ex+xa=x,xC0,1,所以ex+xx2=a在xC0,1上有解，令g(x)=ex+xx2,所以g'(x)=ex+12x,设h(x)=ex+1-2x,则h'(x)=ex-2,所以当xC(0,In2)时，h'(x)<0,当xC(ln2,1)时，h'(x)>0,所以g'(x)>g'(ln2)=32ln2>0,所以g(x)在0,1上单调递增.所以

47、原题中的方程有解必须方程有解，所以g(0)<a<g(1),故选Ao答案A4. (2015)广东，19)设a>1,函数f(x)=(1+x2)exa。(1)求f(x)的单调区间；(2)证明:f(x)在(一OO,+OO)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Mmin)处的切线与直线OP¥行(O是坐标原点)，证明：mea21。(1)解f'(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex?xCR,f'(x)>0恒成立.，f(x)的单调增区间为(一8,+OO).(2)证明'.(0)=1-

48、a,f(a)=(1+a2)ea-a,a.a>1,.f(0)<0,f(a)>2ae-a>2a-a=a>0,f(0)f(a)<0, .f(x)在(0,a)上有一零点,又f(x)在(巴+8)上递增, .f(x)在(0,a)上仅有一个零点,1f(x)在(8,+8)上仅有一个零点.(3)证明f'(x)=(x+1)2ex,设P(xo,yc),则f'(xo)=exo(xo+1)2=0,xc=-1,2把xo=1,代入y=f(x)得yc=-a,e一2 k。aoef'(m)=em(侪1)2=a-2,e令g(m)=em-(mu-1),g'(m)=e

49、m-1。令g'(x)>0,则m>0,g(m)在(0,+8)上增.令g'(x)<0,则m<0,1. g(m)在(8,0)上减.1-g(m)min=g(0)=0。em(mi+1)>0,即emi>im+1。em(mi+1)2>(mi+1)3,即a-|>(m.3。1<5.(2015)山东，21)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2x),其中aCR。(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由;(2)若？x>0,f(x)>o成立，求a的取值范围.解(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(1,+8),.,1f(x)=x

50、T7+a(2x-1)2.2ax+ax-a+1ox+1令g(x)=2ax2+ax-a+1,xC(1,+8).当a=0时，g(x)=1,此时f'(x)>0,函数f(x)在(1,+8)上单调递增，无极值点；当a>0时，A=a8a(1a)=a(9a8).一8一(1)当0vawd时，A<0,g(x)>0,9fz(x)>0,函数f(x)在(1,+8)上单调递增，无极值点;8一(11)当2>£时，A>0,92设方程2ax+axa+1=0的两根为x1，x2(x1<x2),因为xI+x2=2,一,11所以xiVx2>o441由g(1)=1&

51、gt;0,可得一1<x1V。4所以当xC(1,x1)时，g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当xC(x1,x2)时，g(x)V0,f'(x)V0,函数f(x)单调递减；当xC(x2,+8)时，g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点.(近)当2<0时,A>0,由g(-1)=1>0,可得x1V1。当xC(1,x2)时，g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增；当xC(x2,+8)时，g(x)V0,f'(x)V0,函数f(x)单调递减；所以函

52、数有一个极值点.综上所述，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0waw1时，函数f(x)无极值点；9当a>8时，函数f(x)有两个极值点.9,一8一(2)由(1)知，当0waWG时，函数f(x)在(0,+8)上单倜递增，9因为f(0)=0,所以xC(0,+oo)时，f(x)>0,符合题意；时上a<8一9由g(0)>0,得X2<0,所以函数f(x)在(0,+8)上单调递增，又f(0)=0,所以xe(0,+8)时，f(x)>0,符合题意;当a>1时，由g(x)<0,可得X2>0。所以x(0,x2)时，函数f(x)单调递减；因为f(0)

53、=0,所以xC(0,x2)时，f(x)v0,不合题意;当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1).一,.1x因为xC(0,+8)时，h(x)=1x+i=x+i>0,所以h(x)在(0,+8)上单调递增，因此当xC(0,+8)时，h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x。可得f(x)<x+a(x2x)=ax2+(1a)x,当x>11时，ax2+(1-a)x<0,a此时f(x)V0,不合题意.综上所述，a的取值范围是0,1.6.(2015)湖南，21)已知a>0,函数f(x)=eaxsinx(xC0,+oo).记xn为f(x)的从小到大的第n(n

54、CN*)个极值点，证明:数列f(xn)是等比数列;.1一，,，一(2)右a>则对一切nCN,xn<|f(xn)|恒成立。e-1证明(1)f'(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)a2+1eaxsin(x+(),.1_.Tt其中tan。=一，0<<°a2令f'(x)=0,由x>0得x+4=mk,对keN,若2kTtvx+(f)v(2k+1)兀，即2k兀-()<x<(2k+1)兀一(),则f'(x)>0；右(2k+1)兀vx+(j)v(2k+2)兀,即(2k+1)兀一evxv(2k+

55、2)兀一e,则f'(x)v0。因此，在区间(m-1)兀，mu-()与(mn(),mn)上,f'(x)的符号总相反.一，*»_一一.于是当x=mTt()(mCN)时，f(x)取得极值,*、所以xn=n%()(nN).此时，f(xn)=eam-6simn%()=(1)n+1ea(n-)sin力。易知f(xn)w0,而f(xn+1)f(xn)/n+2a(n+1)兀一巾.；1)ne1esis'一尸是常数，故数列f(xn)是首项为f(x1)=ea-1Hsin。，公比为一ea的等比数歹U.,一1一一，一一*(2)由(1)知，sin(=,于是又一切nCN;XnV|f(Xn)

56、|恒成立，即1<z=ea(n6恒成立，等价于Ja2+1(*)恒成立，因为(a>0).te.一设g(t)=(t>0),则g'(t)=et(t-1)t2O令g'(t)=0得t=1。当0vt<1时，g'(t)V0,所以g(t)在区间(0,1)上单调递减;当t>1时，g'(t)>0,所以g(t)在区间(1,+8)上单调递增.从而当t=1时，函数g(t)取得最小值g(1)=e。;a+1因此，要使(*)式恒成立，只需a<g(1)=e,a一1即只需a>j20e-1而当a=,2时，由tan()=-=Je"1>、/3

57、且0V()<三知,Ve1a""2兀<-2°-2兀1-2一.一，3兀4-2兀一jv&vqe一1,且当n>2时，nTt一(|)>2兀一()>e一1。32因此对一切nCN,axn=2w1,所以g(axn)>g(1)=e="0。故(*)式亦恒成综上所述，若a>1则对一切neN*,xn<|f(xn)|恒成立.7.(2015)福建,20)已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(kR).证明：当x>0时，f(x)x;(2)证明：当k<1时，存在xc>0,使得对任意的xC(0,x。)，恒有f(x)>g(x);确定k的所有可能取值，使得存在t>0,对任意的xC(0,t),恒有|f(x)g(x)|<证明令F(x)=f(x)x=ln(1+x)x,xC(0,十°°),则有F'(x)=iZ；仁才。当xC(0,+8)时，F'(x)<0,所以F(x)在(0,+8)上单调递减，故当x>0时，F(x)<F(0)=0,即当x>0时，f(x)<xo(2)证明令Gx)=f(x)g(x)=ln(1+x)kx,xC(0,+8),1，kx+(