高考数学大一轮复习 32 导数的应用精练-人教版高三数学试题

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

数的关系利用导数

1.导数与

2.能利用导数研究函数2014天津研究函数构造新函数、不

函数的单★★★

的单调性,会求函数的单文，19的单调性等式的证明

调性

调区间（其中多项式函数和极值

不超过二次）

1.了解函数在某点取得

极值的必要条件和充分

条件

利于导数

2.导数与2.会用导数求函数的极

研究函数导数的运算、不

函数的极大值、极小值（其中多项2016天津,2（）★★★

的极值和等式的证明

（最）值式函数不超过三次），会

最值

求闭区间上函数的最大

值、最小值（其中多项式

函数不超过三次）

利用导数研究指

2018天津,20利用导数数函数、对数函

3.导数的

利用导数解决实际问题解决函数数的性质★★★

综合应用

零点问题利用导数研究函

2014天津,20

数的性质

分析解读函数的单调性是函数的一条重要的性质，也是高中阶段研究的重点.一般分两

类考查，一是直接用导数研完函数的单调性、求函数的最值与极值以及实际问题中的优化问

题等.二是把导数、函数、方程、不等式、数列等知识相联系，综合考查函数的最值与参数的

值(取值范围)，常以解答题的形式出现,分值14分,难度较大.

破考点

【考点集训】

考点一导数与函数的单调性

1.已知函数f(x)=亏+1,则函数f(x)的单调增区间为.

答案(-1,1)

2.已知函数f(x)=-^-+alnx(aER).

e

(1)当a」■时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;

e

(2)若函数f(x)在定义域内不单调,求a的取值范围.

解析函数f(x)的定义域为(0,+8),

导函数f'(x)=-'+-二」■」.

(1)当a，时,因为⑴=」+匕0,f⑴上

所以曲线y=f(x)在(1,f⑴)处的切线方程为旧.

(2)r(x)--^(x>0),

e

设函数f(x)在定义域内不单调时,a的取值集合是A;

函数f(x)在定义域内单调时,a的取值集合是B,则A=[HB.

函数f(x)在定义域内单调等价于f'(x)W0恒成立或f'(x)20恒成立，即ae'-xWO恒成立或

ae「x20恒成立，

等价于aW-恒成立或—恒成立.

令g(x)=—(x>0),则g(x)=—,

0o

由g(x)>0得0<x<l,所以g(x)在(0,1)上单调递增;

由g(x)<0得x>l,所以g(x)在(1,+8)上单调递减.

因为g(D±且x>0时,g(x)>0,

e

所以晨x)£(0,斗

所以B={|WO或2%

所以A={|o<V，}.

考点二导数与函数的极(最)值

3.如图，已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点，函数g(x)=kx+m(m〉O),则函数

F(x)=g(x)-f(x)()

A.有极小值,没有极大值B.有极大值,没有极小值

C.至少有两个极小值和一个极大值D.至少有一个极小值和两个极大值

答案C

4.已知函数尸f(x)的导函数有且仅有两个零点,其图象如图所示，则函数尸f(x)在x二

处取得极值.

答案T

考点三导数的综合应用

5.已知函数f(x)=pex+x+l(p€R).

(1)当实数p=e时,求曲线y=f(x)在x=l处的切线方程;

(2)求函数f(x)的单调区间；

(3)当p=l时,若直线y=mx+l与曲线y=f(x)没有公共点,求实数m的取值范围.

解析⑴当p=e时,f(xl+x+l,则f(x)=-e-xM+l,

.*.f(1)=3,f'(1)=0.，曲线y=f(x)在x=l处的切线方程为y=3.

(2)Vf(x)=pe'x+x+l,Af1(x)=-pex+l.

①当pWO时，f(x)>0,函数f(x)的单调递增区间为(-8,+8)；

②当p>0时，令f*(x)=0,得ex=p,解得x=lnp.

当X变化时,f*(x),f(x)的变化情况如下表:

X(-8,]np)Inp(Inp,+8)

f'(X)—0+

f(x)2+lnp/

所以当p>0时,f(x)的单调递增区间为(Inp,+8),单调递减区间为(-8,inp).

⑶当p=l时，f(x)=ex+x+l,直线y=mx+l与曲线y=f(x)没有公共点等价于关于x的方程

mx+l=ex+x+l在(-8,+8)上没有实数解，即关于x的方程(m-l)x=ex(*)在+~)上没有

实数解.

①当时，方程(*)化为屋=0,

显然在(-8,+8)上没有实数解.

②当mWl时，方程(*)化为令g(x)=xex,则有g*(x)=(l+x)e\令g(x)=0,得x=-l.

当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表：

X-1(T,+8)

g(X)—0+

__1_

g(x)X/

当X=-l时,g(X)nin=T，当X趋近于+8时,g(x)趋近于+0从而g(X)的值域为卜+8).

所以当一、<」,即1一晨成1时,方程(*)无实数解.

-1e

综合①②可知,实数m的取值范围是(be,1].

炼技法

【方法集训】

方法1利用导数解决函数的单调性问题

1.(2015重庆文，19,12分)已知函数£6)飞乂、*2心£外在产-；处取得极值.

(1)确定a的值；

⑵若g(x)=f(x)e',讨论g(x)的单调性.

解析(1)对f(X)求导得f*(x)=3ax"+2x,

因为f(x)在x=f处取得极值,所以『(3)=0,

即3a•?+2X(-3=^-90,解得a=^.

⑵由(1)得g(x)=(；3+2)e;

故g'(x)=G2+2x)exiQ3+2)ex

毛3+92+2》

=4x(x+l)(x+4)ex.

令g(x)=0,解得x=0或x=-l或x=-4.

当x<-4时,g*(x)<0,故g(x)为减函数;

当-4<x<T时,g'(x)>0,故g(x)为增函数;

当T<x<0时,g'(x)<0,故g(x)为减函数；

当x>0时,g*(x)>0,故g(x)为增函数.

综上,知g(x)在(-8,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+8)内为增函数.

2.已知函数f(x)=(+-)e、,a£R.

(D求f(x)的零点;

(2)当a2-5时,求证:f(x)在区间(1,+8)上为增函数.

解析(l)f(x)的定义域为(-8,0)U(0,+8),

令f(x)=0,得x+a=O,则x--a.

当a20时,方程无解,f(X)无零点；

当a<0时，得x二土5一.

综上,当a20时,f(x)无零点;当a<0时,f(x)的零点为士V31.

(2)证明:「(x)=(l--)ex+(+芋/「.

令g(x)=x+x'+ax-a(x>l),

则g(x)=3x2+2x+a,

其图象的对称轴为直线x=Y,

所以g'(x)在(1,+8)上单调递增.

所以g'以)>g'(1)=3X12+2Xl+a=5+a.

当a2-5时,g'(x)20恒成立，

所以g(x)在(1,+8)上为增函数.

方法2利用导数解决函数的极值、最值问题

3.已知函数f(x)=lnx-ax-l(aGR),g(x)=xf(x)+#+2x.

(I)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a=l时,若函数g(x)在区间(m,m+1)(mez)内存在唯一的极值点,求m的值.

解析(1)由已知得x>0,f(x)=-^--a=-——.

(i)当aWO时,f'(x)>0恒成立,则函数f(x)在(0,+oo)上单调递增；

(ii)当a>0时，由f'(x)>0,得0<x<±

由f'(x)<0,得x>L

所以函数f(x)的单调递增区间为(0,L),单调递减区间为('，+8).

(2)因为g(x)=xf(x)+；X2+2X=X(1nx-x-l)+^x2+2x

=xlnx--x+x,

2

所以g'(x)=lnx+l-x+l=lrx-x+2=f(x)+3.

由(D可知，函数g'(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减.

又因为g，G)=-2-9+2=-"<0,g>(1)=1>0,

所以g'(x)在(0,1)上有且只有一个零点X1.

又在(0,xi)上,g*(x)<0,8&)在(0,x1)上单调递减;

在(X1，1)上,g'(x)>O,g(x)在("1)上单调递增.

所以X】为极值点，此时m=0.

又g'(3)=ln3-l>0,g(4)=21n2-2<0,

所以g'(x)在(3,4)上有且只有一个零点X2.

又在(3,x2)上,g'(x)>0,g(X)在(3,x2)上单调递增;

在(xz,4)上,g'(x)<0,g(x)在(X2,4)上单调递减.

所以也为极值点，此时m=3.

综上所述,m=0或m=3.

4.已知函数f(x):e「a(lnx+l)(a£R).

(1)求函数y=f(x)在点(l,f(D)处的切线方程;

(2)若函数尸f(x)在(；，1)上有极值，求a的取值范围.

解析函数f(x)的定义域为(0,+8),F(x)=e'—-.

(1)因为f(D=e-a,f*(l)=e-a,

所以函数支f(x)在点(l,f(D)处的切线方程为y-(e-a)=(e-a)(x-l),

即y=(e-a)x.

(2)对实数a分类讨论,如下:

(i)当aWO时，对于任意的xcQ,1),都有f'(x)>0,

所以函数f(x)在Q,1)上为增函数,没有极值,不合题意;

(ii)当a>0时，令g(x)=e'-—,则g*(x)=ex+—>0.

所以g(x)在Q,1)上单调递增，即f'(x)在Q,1)上单调递增,

'(1)〉〃,

所以函数f(x)在0,1)上有极值等价于

，(9<a

所以所以*热

所以a的取值范围是件,e).

方法3利用导数解决不等式问题

5.已知函数f(x)k，a£R.

(1)当a=0时，求函数f(x)的单调区间;

(2)对任意的x£(1,+8),f(x)>V-恒成立,求a的取值范围.

解析⑴因为a=0,所以f(x)—,xe(0,1)U(1,+Q.

所以f'(x)-T

(In)

令f>(x)>0,即lnx-l>0,所以x>e;

令f(x)<0,即lnx-l<0,所以x<e.

所以f(x)在(e,+8)上单调递增,在(0,1)和(1,e)上单调递减.

所以f(x)的单调递增区间是(e,+8),单调递减区间是(0,1)和(l,e).

(2)因为x>l,所以lnx>0.

所以对任意的x£(1,+8),f(x)>厂恒成立等价于厂恒成立,等价于a<x-厂ln:(恒

In

成立.

令g(x)=x-厂Inx,x>l,

所以g'(x)b：1

2V

再令h(x)=2V--lnx-2,x>l,

所以h'(x)。二.

所以当x>l时,h'(x)>0.

所以h(x)在(l,+8)上单调递增.所以h(x)>h(l)=O.

所以当X>1时,g'(x)>0.

所以g(x)在(1,+8)上单调递增.所以g(x)>g(l)=l.

所以a<l.

6.已知函数f(x)=ln(kx)(k>0).

(1)求f(x)的单调区间;

(2)对任意x£—,—都有xln(kx)-kx+l^mx,求m的取值范围.

解析由已知得,f(x)的定义域为(0,+8).

⑴F(x)=^

令f'(x)>0,得x>l;令f'(x)<0,得0<x〈l.

所以函数f(x)的单调减区间是(0,1),单调增区间是(1,+8).

⑵由xIn(kx)-kx+l<mx,

得ln(kx)+-—kWm,即1112f(x)皿

①当k22时,f(x)在卜，T上单调递减,所以f(x)n.3x=f(-)=0,所以m20;

②当(KkWl时，f(x)在卜日上单调递增,所以f(x)^=f(-)=ln2-7,所以m>ln2-7；

③当l〈k<2时，f(x)在卜，1)上单调递减,在(1,可上单调递增，

所以f(x)M=max{,f(―)}•

乂f(-)=0,f(-)=ln2-y,所以

⑴若即ln2-7>0,

所以l<kW21n2,

此时f(x)_=f(-)=ln2-y,

所以m21n2-万；

(ii)??f(-)<f(-),即ln2-y<0,

所以21n2<k<2,此时f(x)皿=0,所以m2。

综上所述，当k>21n2时,m20;

当(KkW21n2时,11121112-?.

方法4利用导数解决函数的零点问题

7.已知函数f(x)=xe'+ax2+2ax(aGR).

(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为3x+y=0,求a的值；

(2)当《Wa<0时,讨论函数f(x)的零点个数.

解析由题意可知f(x)=(x+l)(ex+2a).

(1)因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为3x+y=0,

所以f(0)=0,f>(0)=-3,由e°+2a=-3,得a=-2.

(2)当一:WaVO时，令f'(x)=(x+l)(e'+2a)=0,得x=-l或x=ln(-2a).

①当ln(-2a)<—1,即a£(-S°)时，

f'(x),f(x)的变化情况如下表:

x(-°°,In(-2a))In(-2a)(ln(-2a),-l)-1(-1,+°°)

f'(x)+00+

f(x)/极大值\极小值/

所以函数f(x)在(In(-2a),T)上单调递减,在(-8,5(-2a))和(-1,+8)上单调递增.

又因为f(In(-2a))=aln'(-2a)<0,f(0)=0,

所以函数f(x)有一个零点.

②当ln(-2a)=T,即a=—•时，

『(x),f(x)的变化情况如下表：

X-i(T,+8)

r(x)+0+

f(x)/-a~-/

所以函数f(x)在(-8,+8)上单调递增.

又因为f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.

③当T<ln(-2a)<0,即a£(-g,-*)时，

f'(x),f(x)的变化情况如下表:

x-1(-1,In(-2a))In(-2a)(In(-2a),+°°)

f'(x)+0-0+

f(x)/极大值\极小值/

所以函数f(x)在(TJn(-2a))上单调递减,在(-8,一。和(In(-2a),+-)上单调递增.

乂因为f(-2)=-2e2+4a-4a=-2e2<0,f(-l)=-a--,

e

f(ln(-2a))=aln2(-2a)<0,f(0)=0,

所以当ae(4，-^)M,f(-l)=-a-\0,函数f(x)有一个零点；

当a二」时,f(T)=0,函数f(x)有两个零点；

0

当a£(-：，时，f(T)=-a->0,函数f(x)有三个零点.

④当ln(-2a)=0,即a=-；时,显然函数f(x)有两个零点.

4

综上所述，当&£(-巳0)归函数f(x)有一个零点;

当时，函数f(x)有两个零点；

当a£(《，—3时，函数f(X)有三个零点.

过专题

【五年高考】

A组自主命题•天津卷题组

考点一导数与函数的单调性

(2014天津文，19,14分)已知函数f(x)=x2-|ax3(a>0),x£R.

(1)求f(x)的单调区间和极值；

(2)若对于任意的x]£(2,+8),都存在X2e(1,+8),使得fGJ-f(x2)=l.求a的取值范围.

解析(1)由已知，有f'(x)=2x-2ax?(a>0).

令f(x)=0,解得x=0或x=~k

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表：

X(-8,0)0("Jj(?+8)

f(X)—0+0

f(x)0/-L\

Ja乙

所以，f(x)的单调递增区间是(()，，)；单调递减区间是(-3,0),(，，+8).

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(—)=^7.

⑵由f(0)=fG~)=0及⑴知，当xe(0,产)时,f(x)〉0;当X£(产■,+8)时,f(x)<0.

设集合A={f(x)|x£(2,+8)},集合B={——|x£(1,+8),f(x)Ho},则“对于任意的

Xie(2,+8),都存在x2e(1,+8),使得f(X1)・f(x2)=l”等价于ACB.显然,OWB.

下面分三种情况讨论：

①当/>2,即03«时,由:(^-)=0可知,ORA,而0邨,所以A不是B的子集.

②当1W2,即法aW：时，有f⑵WO,且此时f(x)在(2,+8)上单调递减,故

A=(-8,f(2)),因而Ac(-8,0)；由f(1)2(),有f(x)ffi(l,+8)上的取值范围包含(-8.0),

则(-8,o)gB.所以,A£B.

③当搭<1,即a>g时,有f⑴<0,且此时f(x)在(1,+8)上单调递减,故

B=(+，0),A=(-8,f⑵)，所以A不是B的子集.综上,£的取值范围是悖，|］.

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.

考点二导数与函数的极(最)值

(2016天津,20,14分)设函数f(x)=x~ax-b,x£R,其中a,b£R.

(D求f(x)的单调区间;

⑵若f(x)存在极值点XD,且f(X1)=f(Xo),其中xiWxo,求证:xi+2xo=0;

(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间［-1,1］上的最大值不小于；

・♦♦

解析(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f*(x)=3x2-a.

下面分两种情况讨论：

①当a这0时,有f'(x)=3x2-a20恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-8,+8).

②当a>0时，令f'(x)=0,

解得x片,或x二-与.

*JO

当X变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:

x(--4)考卜孚孚)苧(孚+8)；

f'(X)+0-0+

f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增

所以f(x)的单调递减区间为(-浮)，单调递增区间为(-8,-殍)，(=,+8).

⑵证明：因为f(X)存在极值点,所以由⑴知a>0,且x°H0.由题意，得f>(x«)=3g-a=O,即

o=r-,进而f(x0)=o-ax0-b=-^—xo-b.

•5*5

oo

又f(-2xo)=~8o+2axo-b=--xo+2ax)-b=-r—x(i-b=f(xo),

3l3

且-2xoWxo,由题意及(1)知,存在唯一实数Xi满足f(x1)=f(Xo),且XiWx。,因此Xi=-2xo.

所以Xi+2xo=O.

(3)证明:设g(x)在区间［T,1］上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.

下面分三种情况讨论：

①当a»3时,

JJ

由(1)知,f(X)在区间b1,口上单调递减,

所以f(x)在区间［T,1］上的取值范围为［f(1),f(T)］,

因此

M=max{|f(1)I,|f(-1)|)=max{|l-a-b|,|-l+a-b|}=max{|a-l+b|,|a-l-b|}=

(-1+，>0,

I-i-,<0.

所以M=aT+|b|N2.

②当时，-空W-1<-与<与<1W与

43333

由(1)和(2)知f(7)2f(・亨卜f(浮),f⑴<，(当+(-叼，

所以f(x)在区间［T,1］上的取值范围为3)5］,

因此(冬(-亨)|)

二max{卜/-可，修5/^-一叱

二max{8k+b］,修『叫

③当0。彳时,-1♦亭＜亭＜1,

433

由(1)和(2)知f(7)＜ff)=f(手)，

f⑴)—

所以f(x)在区间上的取值范围为

因此M=max{|f(-1)|,|f(1)}=max{|-l+a-b|,l-a-b|}

=mcix{11-a+b|,|l-a-b|}=l-a+|b|

综上所述，当a>0时,g(x)在区间［T,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a>0,

要证xi+2xo=O,只需证出f(-2xo)=f(xo),其中xi=-2xo,即可得结论;⑶求g(x)在［T,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.

考点三导数的综合应用

x

1.(2018天津,20,14分)已知函数f(x)=a,g(x)=logax,其中a>l.

(1)求函数h(x)=f(x)-xlr.a的单调区间；

(2)若曲线y=f(x)在点(xi,f(xj)处的切线与曲线度g(x)在点(X2,g(x。)处的切线平行，证明

⑶证明当心£时,存在直线1,使1是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y二g(x)的切线.

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.考杳抽象概括能力、综合分析问题

和解决问题的能力.

(1)由已知,h(x)=a'-xlna,有h*(x)=a'lna-lna.

令h'(x)=0,解得x=0.

由a>l,可知当x变化时，上‘(x),h(x)的变化情况如下表:

x(-8,0)0(0,+8)

h'(x)-0+

h(x)、极小值/

所以函数h(x)的单调递减区间为(-8,0),单调递增区间为(0,+8).

⑵证明：由f'(x)=kina,可得曲线尸f(x)在点(xi,f®))处的切线斜率为»lna.

由g'(x)可得曲线y=g(x)在点区,g(x”)处的切线斜率为一^.

In21n

因为这两条切线平行，故有UnaJ—,即X2।(Ina)\I.

21rl

两边取以a为底的对数，得log“X2+xi+21og/na二0,

所以X]+g(X)=-21nln.

2In

⑶证明：曲线y=f(x)在点(xi,i)处的切线h:y-l=>lna•(x-xi).

曲线y:g(x)在点logaM)处的切线12：yTog“X2二一■—^x-x).

21rl2

要证明当时,存在直线1,使1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。底时,存在xy(-8,+8),X2匕(0,+8)，使得L与h重合.

即只需证明当时，

方程组121n有解.

*-1Un=log2-1—，②

In

由①得X2=——，代入②，

l(ln)

得*-Xt1]na+Xi+7^—J：nln0.③

InIn

因此，只需证明当a2t时，关于XI的方程③存在实数解.

设函数u(x)=a'-xa'lna+x-^--^—+21"111,

InIn

即要证明当时，函数y=u(x)存在零点.

u'(x)=l-(lna)'xa；可知(-°°,0)时,u(x)>0;x^(0,+°°)时,u*(x)单调递减，又

uf(0)=1>0,U(—<)=1-<ln>2<0,故存在唯一的Xo,且Xo〉O,使得u(Xo)=o,

即1-(Ina)%。=0.

由此可得u(x)在(-8,x°)上单调递增，在(x。,+8)上单调递减.u(x)在x=x。处取得极大值

u(Xo).

因为a2而,故lnlna>-l,

匚匕i、[/\.1.,121nln1,21nln、2+21nln、八

所以u(xo)=0-Xo°1na+xo+--+1—---=-----------1-----2—；----20.

InInodnVInIn

下面证明存在实数t,使得U(t)<0.

由(1)可得a'21+xlna,当x>?时,有

u(x)W(1+xlna)(1-x1na)+21nIn---(1na)'x2+x+1+--^—+21nln,

InInInIn

所以存在实数t,使得

因此，当a»底时，存在xiG(-8,+8),使得u(x)=O.

所以，当时,存在直线1,使1是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.

2.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,xeR,其中nGN；且n22.

(1)讨论f(x)的单调性；

⑵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);

(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根xx,求证：|x「xj<「+2.

b21-

n

解析(1)由f(x)=nx-x,可得f'(x)=n-nxi=n(l-xnT),其中neN*,且n22.

下面分两种情况讨论：

①当n为奇数时.

令f(x)=0,解得x=l,或x=T.

当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：

X(-8,-1)(-1,1)(1,+8)

f(X)-+

f(x)\/\

所以,f(X)在(-8,-1),(1,+8)上单调递减，在(一1,1)内单调递增.

②当n为偶数时.

当f'(x)>0,即x<l时，函数f(x)单调递增；

当f(x)<0,即x>l时，函数f(x)单调递减.

所以,f(x)在(-8,1)上单调递增,在(1,+OO)上单调递减.

⑵证明：设点P的坐标为(X。,0),则xo=七,f'(如二联也曲线y二f(x)在点P处的切线方程

为y=f'(xo)(x-xo),即g(x)=ff(xo)(x-xo).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f*(xo)(x-x«),

则F(x)=F(x)-f'(沏).

由于f'(x)=-nx"T+n在@+8)上单调递减，故F'(x)在9+8)上单调递减.又因为F'3);0,

所以当x£(0,xo)时,F'以)>0,当x£(xo,+8)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x。)内单调递增，在

(x。,+8)上单调递减,所以对于任意的正实数X,都有F(xjWF(xo)=O,即对于任意的正实数X,

都有f(x)Wg(x).

⑶证明：不妨设xiW此.

由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x.).

设方程g(x)=a的根为x'为可得x'2=「+x。.

当n22时,g(x)在(-8,+8)上单调递减.

又由⑵知g(x2)Nf(x2)=a=g(x'2),可得xzWx'z.

类似地,设曲线尸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)=-xn<0,即对于任意的xG(0,+8),f(x)<h(x).

设方程h(x)=a的根为x'b可得x'

因为h(x)=nx在(-8,+8)上单调递增，

且h(x'i)=a=f(xiXh(xi),x,i<xi.

由此可得x-xi<x，2-x，i=--+XD.

21-

因为n22,所以2』(1+1尸21+dH=l+n-l=n,

故22F=xo.所以，|X2-x)|<--+2.

1-

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、函数思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的

能九

3.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-aex(aeR),xeR.已知函数y=f(x)有两个零点XL且

X1<X2.

(1)求a的取值范围；

⑵证明—随着a的减小而增大；

1

(3)证明XE2随着a的减小而增大.

解析(1)由f(x)=x-ae;

可得f(x)=l-aex.

下面分两种情况讨论:

①aWO时，

f(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.

②a>0时,由f(x)=0,得x=-lna.

当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表：

X(-8,-Ina)-Ina(-Ina,+8)

f,(x)+0—

f(x)✓7-lna-1

这时，f(x)的单调递增区间是(-8,-]na);单调递减区间是(Tna,+<»).

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(-lna)X);(ii)存在SiG(-8,-]恒)，满足f(sJ<0;1iii)存在s2€(-Ina,+8),满足

f(s2)<0.

由f(-Ina)>0,即-Ina-1〉0,解得0<a<e”.而此时，取si=O,满足(-<»,-Ina),且f(s1)=-a<0;

-

取s2=—+ln—,满足sz£(-Ina,+°°),且f(s2)n--e^<0.

所以a的取值范围是(0,e)

(2)证明：由f(x)=x-aex=O,有a=—.设g(x)=—,由g'(x)，一,知g(x)在(-8,1)上单调递增，

eee

在(1,+8)上单调递减.开且，当xe(-8,o]H'J,g(x)WO;当xe(0,+0°)H'J,g(x)>0.由已

知,xi,X2满足a=g(xi),a=g(x2).

由aG(0,e'1),及g(x)的单调性,可得XiG(0,1),x?£(1,+°°).

对于任意的a1,a2G(0,e'),设ai>a2,g(Ci)=g(C2)=ai,其中0<€I<1<C2；

g(nJ=g(n2)=a2,其中o<n)<1<n2.

因为g(x)在(0,1)上单调递增，故由a.>a2,

即g(&J〉g(nJ,可得€>ni；

类似可得

又由Ci,ni>o,得―-

11i

所以,随着a的减小而增大.

I

(3)i正明：由Xi=ae•,x2=ao2,可得lnxi=lna+x),lnx2=lna+x2.x2-xi=lnx2-]nxi=ln―\

设十t,则t>i,且］L

ln

解得X产—,X2--t.

所以x】+x?=(+D”.(*)

-1

令h(x)J+";，x£(1,+8),则h'(x)-2：+-

T(-1)

令u(x)=-21nx+x-,得u'(x)=(-.当x£(1,+8)时,/(x)>0.因此,u(x)在(1,+8)上单

调递增,故对于任意的x£(1,+8),u(x)>u⑴=0,由此可得h'(x)>0,故h(x)在(1,+8)上单

调递增.

因此，由(*)可得X|+X2随着t的增大而增大.

而由⑵知t随着a的减小而增大,所以Xi+X2随着a的减小而增大.

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)=x2lnx.

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);

⑶设⑵中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明：当t>/时,有衿*弓

解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+8).

f*(x)=2xlnx+x=x(21nx+l),令f'(x)=0,得x=^=.

当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

X(。,/)♦।i(*+8)__

F(x)-0+

f(x)\极小值/

所以函数Nx)的单调递减区间是但—,单调递增区间是0+8).

(2)证明：当oawi时，f(x)wo.

令h(x)=f(x)-t,x£[1,+8).

<

由⑴知,h(x)在区间(1,+8)内单调递增.如1)=一伙0,11(1)=€勺小~=1;1-1)>0.故存在唯

一的s£(1,+8),使得t=f(s)成立.

(3)证明：因为s=g(t),由⑵知，t=f(s),且s>l,所以

In()InInIn.-u-.i

-In()ln(2ln)2ln+ln(ln)2+ln*具u中卜ns.

要使成立，只需0<lnu<7.

当l>e’‘时,若s=g(t)We,则由f(s)的单调性,有t=f(sXf(e)=e2,矛盾.所以s〉e,即u〉l,从

而lnu>0成立.

另一方面，令F(u)=lnu--u>l.

ff(u)=--1,

令f*(u)=0,得u=2.当时,f*(u)>0;

当u>2时,f'(u)<0.

故对u>l,f(u)WF(2)<。

因此lnu<7成立.

综上,当t〉e?时,有

oinL

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山东文，10,5分)若函数e'f(x)(e=2.71828…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、B.f(X)=x"C.f(x)=3"D.f(x)=cosx

答案A

2.(2016课标I文，12,5分)若函数f(x):xTsin2x+asinx在(-8,+8)单调递增，则a的取值

范围是()

DJ-T

答案c

3.(2015陕西,9,5分)设f(x)=x-sinx,则f(x)()

A.既是奇函数又是减函数B.既是奇函数又是增函数C.是有零点的减函数

D.是没有零点的奇函数

答案B

4.(2015安徽文，10,5分)函数f(x)二ax'bx'cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是

()

A.a>0,b<0,c>0,d>0B.a>0,b<(),c<(),d>0C.a<0,b<0,c>0,d>0

D.a>0,b>0,c>0,d<0

答案A

5.(2014课标II文，11,5分)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+8)单调递增,则k的取值范围是

()

A.(-8,-2]B.(―,-1]

C.⑵+8)D.[1,+8)

答案D

6.(2017江苏，11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+e--,其中e是自然对数的底数.若

e

f(a-l)+f(2a2)W0,则实数a的取值范围是.

答案[-1,1]

考点二导数与函数的极(最)值

1.(2017课标II,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-l)ei的极值点，则f(x)的极小值为

()

A.-lB.-2e'3C.5e-3D.1

答案A

2.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点，则a=()

A.-4B.-2C.4I).2

答案D

3.(2018课标HI,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax?)•ln(l+x)-2x.

(1)若a=0,证明：当-l<x<0时，f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;

(2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.

解析(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(l+x)-2x,

f'(x)=ln(l+x)-——.

1+

设函数g(x)=f'(xhlnCL+x)-.,

则g'(x)E.

当-l<x<0时,g(x)<0;

当x>0时，g(x)>0.

故当x>-l时,g(x)2g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,

从而f'(x)20,且仅当x=0时,f(x)=0.

所以f(x)在(-1,+8)单调递增.

又f(0)=0,故当T<x<0时,f(x)<0;

当x>0时,f(x)>0.

⑵⑴若a»0,由(1)知，当x>0时,f(x)2(2+x)ln(l+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大

值点矛盾.

(ii)若a<0,设函数h(x)-)1n(1+x)---7-

由于当|x|<min{l,J二}时,2+x+ax2>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.

।\12(2++2)-2x(l+2ax)

h(X)="——------------------------o--------

1+(2++》

2(2」+4ax+6a+。

(+1)(2+X+2)

卜,尸｝时,h，

如果6a+l>0,则当0<x〈-匚匕且x<min(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.

如果6a+l<0,则a2x2+4ax+6a+l=0存在根xi<(),

卜尸｝时

故当x£(xi,0),且[x|<min,h*(x)<0,

所以x:0不是h(x)的极大值点.

如果6a+l=。，则h'(x)丁忐石

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=q.

思路分析(l)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;若函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大丁

零.

解后反思1.利用导数研究函数的单调性，大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等

式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进

行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类

讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.

2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参

数值或范围.

4.(2016课标H,21,12分)

(1)讨论函数f(x)=三e'的单调性，并证明当x>0时，(x-2)eX+x+2>0;

⑵证明：当a£[0,1)时，函数g(x)=T!(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数

h(a)的值域.

解析(l)f(x)的定义域为(-8,-2)U(-2,+8).

f'(x)JF(+2)c]川一^

(+2)-(+2)2

且仅当x=0时，f(x)=0,

所以f(x)在(-8,—2),(-2,+8)单调递增.

因此当x€(0,+8)时，f(x)>f(0)=-l.

所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)e*+x+2>0.

(2)g(x)-(如：6+2)v(f(x)+a).

由⑴知,f(x)+a单调递增.对任意a£[0,1),f(0)+a=a-l<0,f(2)+a=a^0.

因此,存在唯一xa€(0,2],使得f(x&)+a=0,即g*(xa)=0.

当0<x<Xa时,f(x)+a<0,g(x)<0,g(x)单调递减;

当X>Xa时,f(x)+a>0,g*(x)>0,g(x)单调递增.

因此g(x)在x=x“处取得最小值，

最小值为g(xj―—+f()(+1)：e

2""-F2,

于是h(a)一,由得产三单调递增.

十乙\十乙/1+2)十乙

所以，由XH£(0,2],得六总<h(a)=

因为丫三单调递增,对任意Xe(l存在唯一的x.£(0.2],a=-f(x)e[0,1),使得

十/\Z4JM

h(a)二人，所以