2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测3.2 导数的应用

1、3.2导数的应用挖命题【考情探究】5 年考情考点内容解读预测热度考题示例考向关联考点1.了解函数单调性和导数的关导数与系.2018 浙江,22导数与函数的单调性         不等式的证明3.会求函数的单调区间.                       

2、            的单调性       不等式的证明在某点取得极值的条件.                           

3、60;          值           导数的四则运算单调性2.会用导数研究函数的单调性.导数与函数导数与极值、最2.会用导数求函数的极大值、极小值.2018 课标全国理,212018 课标全国理,211.了解函数极值的概念及函数 导数与极值、最值2014 浙江,22      

4、   导数与最值        不等式的证明3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.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

5、60; 导数与单调性考1.(2017 浙江“超级全能生”联(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 x<0 时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)0,且 f(-3)=0,则不等式 f(x)·g(x)<0 的解集是(    )A.(-3,0)(3,+)  B.(-3,0)(0,3)C

6、.(-,-3)(3,+) D.(-,-3)(0,3)答案D2.(2018 浙江绍兴高三 3 月适应性模拟,20)已知函数 f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(aR ).(1)当 a=1 时,判断 f(x)的单调性;(2)当 x0,1时,恒有|f(x)|f(1),求 a 的取值范围.解析(1)当 a=1 时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2 分)故

7、0;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-<a<0 时, f '(0)=2a<0, f '

8、;(1)=8a+6>0,存在 x0(0,1),使得 f '(x0)=0,故 f(x)在(0,x )上单调递减,在(x ,1)上单调递增.00因为 f '(x )=12a+6(1-a)x +2a=0,00所以 4a=-2(1-a)- ax ,0f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x )|=f(x )<f(1),符合题意.(11 分)0

9、0当 a=-时, f(x)=-3x3+ x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且当-1a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,=f  <f(1),符合题意.(12 分)=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴 x=(0,1).故 f '(x)=0 在(0,1)上有两个不

10、同的实根 x ,x ,设 x <x ,1212则 f(x)在(0,x )上单调递减,在(x ,x )上单调递增,在(x ,1)上单调递减.必有|f(x )|>f(1),不符合题11222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&

11、#160;'(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)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为 f(x)=excos x-x,所以&

12、#160;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

13、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1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线

14、的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(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.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

15、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-或 x=-1+  .当 x(-,-1-)时, f '(x)<0;当 x(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当 x(-1+,+)时, f

16、60;'(x)<0.所以 f(x)在(-,-1-),(-1+  ,+)上单调递减,在(-1-,-1+)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)=-xex<0(x>0),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 0<a<1 时,设函数 g(x)=ex-x-1,g&

17、#39;(x)=ex-1>0(x>0),所以 g(x)在0,+)上单调递增,而 g(0)=0,故 exx+1.当 0<x<1 时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0=,则 x (0,1),(1-x )(1+x )2-ax -1=0,故 f(x )>ax +1.000000当 a0 时,取 x =,0则&#

18、160;x (0,1), f(x )>(1-x )(1+x )2=1ax +1.00000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)=-xex<0(x>0),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 0<a<1 时,设函数&#

19、160;g(x)=ex-x-1,则 g'(x)=ex-1>0(x>0),所以 g(x)在0,+)上单调递增,而 g(0)=0,故 exx+1.当 0<x<1 时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x =0,则 x (0,1),(1-x )(1+x )2-ax -1=0,故 f(x )>ax +1.000000当 a0

20、60;时,取 x0=,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 M>0,都有|f(x)|M,

21、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=g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-

22、x2+x+1,f '(x)=x2- x+1,令 f '(x)=0,得 x=3 或, (2 分)故函数 f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3 分)由 f(-1)=-2, f= , f(3)=-2,得-2f(x) ,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

23、=g=+2a+1,(8 分)令=t,x0,+),得 t(0,1,由函数 y=g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) =-,q(t) =,max

24、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 a>0 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 1<a2,设函数 f(x)= x3-

25、(1)当 a=2 时,求 f(x)在-1,2上的最值;x2+ax.(2)已知函数 g(x)=2bln x+x2+(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)xf '(x)-16(-1,1)+10(

26、1,2)-20f(x)                               -f(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)=- ,(6 分)f(x)max=f(1

27、)=.(8 分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当 1<a2 时, f(x)的极小值点为 x=a,则 g(x)的极小值点也为 x=a.(10 分)g'(x)=(x>0),令 g'(x)=0,则 x =1,x =a,x =-1-a,123x3=-1-a<0,g'(x)=0 仅有两根,且 a2+a+1+2b=0.(12 分)当 x(0,1

28、)时,g'(x)>0,x(1,a)时,g'(x)<0,x(a,+)时,g'(x)>0,g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当 1<a2 时,g(1).g(x)极大值的取值范围是.(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

29、 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 x<0 时, f '(x)<0,函数 f(x)在(-,0)上单调递减;当 x>0 时, f '(x)>0,函数 f(x)在(0,+)上单调递增.(4 分)故 f(x) =

30、f(0)=-1.min又当 x<0 时, f(x)=(x-1)ex<0,且 f(x)=(x-1)ex>2xex=> = (对足够小的 x),当 x>1 时, f(x)>x-1>0,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(x )-1(x >0)(*).

31、(10 分)22g'(x)=m· .当 m0 时,g(1)=-m0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12 分)当 m>0 时,若 0<x<1,则 g'(x)>0,若 x>1,则 g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.g(x)max=g(1)=-m-1,m1.综合知,实数 m 的取值范围为1,+).(15 分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷

32、题组考点一导数与单调性(2018 浙江,22,15 分)已知函数 f(x)=-ln x.(1)若 f(x)在 x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若 a3-4ln 2,证明:对于任意 k>0,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

33、0;'(x)=-,由 f '(x )=f '(x )得12- =   - ,因为 x x ,12所以+=.由基本不等式得=+2,因为 x x ,所以 x x >256.1212由题意得 f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设 g(x)=所以xg'(x)g(x)-ln x,则 

34、g'(x)= (  -4),(0,16)-1602-4ln 2(16,+)+所以 g(x)在256,+)上单调递增,故 g(x x )>g(256)=8-8ln 2,12即 f(x )+f(x )>8-8ln 2.12(2)令 m=e-(|a|+k),n=+1,则 f(m)-km-a>|a|+k-k-a0,f(n)-kn-a<nn<0,所以,存在 x (m,n)使 f(x

35、0;)=kx +a,000所以,对于任意的 aR 及 k(0,+),直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有公共点.由 f(x)=kx+a 得 k=.设 h(x)=,则 h'(x)=,其中 g(x)= -ln x.由(1)可知 g(x)g(16),又 a3-4ln 2,故-g(x)-1+a-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a0,所以 h'(x)0,即函数 h(x)

36、在(0,+)上单调递减,因此方程 f(x)-kx-a=0 至多有 1 个实根.综上,当 a3-4ln 2 时,对于任意 k>0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f '(x)=-,且 f '(x1)=f '(x2)(x1x2).设 f '(x1)=t,则-=t 的两根为 x1,x2.即 2t()2-+2=0 有两个不

37、同的正根 x1,x2.即f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)= +2ln t.设 g(t)= +2ln t,则 g'(t)=-+ =<0,g(t)在上为减函数,g(t)>g=8-8ln 2,f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设 h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当 a3-4ln 2 时,对于任意的 k>0,函数 h(x)在(0,+)上只有唯一的零点

38、.取 m=e-|a|-k,则 h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又 x>0 时,-kx< -k·= .即 h(x)< -a-ln x,取 n=,则 h(n)< -a-ln n=0,而-|a|-k-a-k<-a+ ,n>m>0.由于 h(m)>0,h(n)<0,h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即

39、60;h(x)在(0,+)上至少有一个零点.h'(x)=- -k×-k= -k,当 k 时,h(x)在(0,+)上单调递减,即当 k 时,h(x)在(0,+)上只有一个零点.当 0<k< 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=-,则 h()=-ln -k-a=-ln +1-a,h&#

40、39;()=- =,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= ,又 0<k< ,16.故 h()>0,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 0<k< 时,h(x)在(0,+)上也只有一个零点,对于任意的 k>0,直线 y=kx+a 与曲线

41、 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

42、,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-1<a<1 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 

43、;f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1 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)+b

44、24 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-1<a时,h(x)在-1,1上的最小值是 h(a)=a3+b,最大值是 h(1)=4-3a+b,所以 a3+b-2 且 4-3a+b2,从而-2-a3+3a3a+

45、b6a-2 且 0a.令 t(a)=-2-a3+3a,则 t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故 t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当<a<1 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- <3a+b0.(iv)当 a1 时,h(x)在-1,1上的最大值是 h(-1)=2+3a+b,最小值

46、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

47、)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,+)单调递减.(ii)若 a>2,令 f '(x)=0,得 x=或 x=.当 x时, f '(x)<0;当 

48、;x时, f '(x)>0.所以 f(x)在,单调递减,在单调递增.(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当 a>2.由于 f(x)的两个极值点 x ,x 满足 x2-ax+1=0,12所以 x x =1,不妨设 x <x ,则 x >1,12122由于=-1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2 等价于 -x +2ln x

49、60;<0.22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 -x +2ln x <0,即<a-2.22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

50、义可知,x(a,b)时,有 F(x)<0,即证明了 f(x)<g(x).(2)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 

51、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 a>0,则由 f '(x)=0 得 x=ln a.当 x(-,ln a)时, f '(x)<0;当 

52、;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 a<0,则由 f '(x)=0 得 x=ln.当 x时, f '(x)<0;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 a&

53、gt;0,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 a<0,则由(1)得,当 x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为 f=a2.从而当且仅当 a20,即 a-2 时, f(x)0.综上,a 的取值范围是-2 ,1.3.(2017 课标全国理,21,12 

54、;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,       <m,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 f=-+aln 2<0,所以不满足题意;若 a>0,由 f '(x)=1-=知,当 x(0

55、,a)时, f '(x)<0;当 x(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 x>0.令 x=1+ ,得 ln< .从而 ln

56、+ln+ln<+ + =1- <1.故<e.而>2,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 x>1时,x-1-ln x>0.令 x=1+ ,换元后可求出的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当 a0 时, f '(x)>0,而&#

57、160;f(1)=0,不合题意,a>0,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-lnx-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+

58、1(a>0,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:b2>3a;(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+a

59、x2+bx+1,得 f '(x)=3x2+2ax+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 a>0,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

60、 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 a>3 时, f '(x)=0 有两个相异的实根 x1=,x2=.列表如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2f '(x)+0-0f(x)极大值极小值故 f(x)的极值点是 x ,x .12从而 a>3.因此 b=+,定义域为(3,+).(2)证

61、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.(x2,+)+因为 a>3,所以 a>3,故 g(a)>g(3  )=  ,即 >  .因此 b2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是 x1,x2,且 x +x =-a,+=

62、.12从而 f(x )+f(x )=+a+bx +1+a+bx +11212= (3+2ax1+b)+ (3+2ax2+b)+ a(+)+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+,a>3.因为 h'(a)=- a- 

63、<0,于是 h(a)在(3,+)上单调递减.因为 h(6)=-,于是 h(a)h(6),故 a6.因此 a 的取值范围为(3,6.易错警示(1)函数 f(x)的极值点 x0 满足 f '(x0)=0,函数 f(x)的零点 x0 满足 f(x0)=0,而 f '(x)的极值点 x0应满足 f (x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016 山东

64、,20,13 分)已知 f(x)=a(x-ln x)+,aR .(1)讨论 f(x)的单调性;(2)当 a=1 时,证明 f(x)>f '(x)+对于任意的 x1,2成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f '(x)=a- + =.当 a0 时,x(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x(1,+)时, f '(x)<0,&#

65、160;f(x)单调递减.当 a>0 时, f '(x)=.0<a<2 时,>1,当 x(0,1)或 x时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当 x时, f '(x)<0, f(x)单调递减.a=2 时,=1,在 x(0,+)内, f '(x)0, f(x)单调递增.a>2 时,0<<1,当 x或

66、 x(1,+)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当 x     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 0<a<2 时, f(x)在(0,1)内单调递增,在当 a=2 时, f(x)在(0,+)内单调递增;内单调递减,在 

67、0;       内单调递增;当 a>2 时, f(x)在内单调递增,在      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+-=x-ln x+ - -1,x1,2.设 g(x)=x-ln x,h(x)= + - -1,x1,2.则 f(x)-

68、f '(x)=g(x)+h(x).由 g'(x)=0,可得 g(x)g(1)=1.当且仅当 x=1 时取得等号,又 h'(x)=.设 (x)=-3x2-2x+6,则 (x)在 x1,2内单调递减.因为 (1)=1,(2)=-10,所以 x (1,2),使得 x(1,x )时,(x)>0,x(x ,2)时,(x)<0.000所以 h(x)在(1,x )内单调递增,在(x ,2)内单调

69、递减.00由 h(1)=1,h(2)=,可得 h(x)h(2)=,当且仅当 x=2 时取等号.所以 f(x)-f '(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.

70、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-=(x>0).当 a0 时, f '(x)<0, f(x)在(0,+)内单调递减.当

71、 a>0 时,由 f '(x)=0,有 x=.此时,当 x时, f '(x)<0, f(x)单调递减;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 x>1 时,s'(x)>0,所以 s(x)在区间(1,+)内单调递增.又由 s(1)=0,有

72、 s(x)>0,从而当 x>1 时,g(x)>0.当 a0,x>1 时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当 f(x)>g(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有 a>0.当 0<a<时,>1.由(1)有 f<f(1)=0,而 g>0,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 x>1 时,h'(x)=2ax-+ -e1-x>x-+ -=>>0.因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为 h(1)=0