浙江专版2019版高考数学一轮复习第三章导数3.2导数的应用学案

1、3.2导数的应用考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201320142015201620171.导数与单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间.掌握22(2),5分21(文),4分22(1),5分21(文),约8分03(2)(自选),5分7,4分20(2),约9分2.导数与极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.掌握22(2),5分8,5分21(文),约5分22,14分21(文),约7分分析解读1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性

2、、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.3.预计2019年高考中,导数的考查必不可少,复习时要引起高度重视.五年高考考点一导数与单调性 1.(2017山东文,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() A.f(x)=2-xB.f(x)=x2C.f(x)=3-xD.f(x)=cos x答案A2.(2015课标,12,5分)设函数f (x)是奇函数f(x)(xR)的导函数,f(-1)=0,当x

3、0时,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范围是() A.(-,-1)(0,1)B.(-1,0)(1,+)C.(-,-1)(-1,0)D.(0,1)(1,+)答案A3.(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.答案4.(2015浙江自选,“复数与导数”模块,03(2),5分)设函数f(x)=(x2+2x-2)ex(xR),求f(x)的单调递减区间.解析对f(x)求导,得f (x)=(x2+4x)ex.由f (x)0,解得-4x0,所以f(x)的单调递减区间为(-4,0).5.(2017课标全

4、国文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论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+,+)时, f (x)0.所以f(x)在(-,-1-),(-1+,+)单调递减,在(-1-,-1+)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,+)单调递减,而h(0)=1,故h(x)1,所以f(x)

5、=(x+1)h(x)x+1ax+1.当0a0(x0),所以g(x)在0,+)单调递增,而g(0)=0,故exx+1.当0x(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.综上,a的取值范围是1,+).6.(2016山东,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

6、)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时,f (x)=.0a1,当x(0,1)或x时,f (x)0, f(x)单调递增,当x时,f (x)2时,00,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0a2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

7、,x1,2.则f(x)-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x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)0,x(x0,2)时,(x)g(1)+h(2)=,即f(x)f (x)+对于任意的x1,2成立.7.(2015课标,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明: f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.

8、解析(1)证明:f (x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10, f (x)0.若m0,f (x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以,f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是即设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时

9、,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围是-1,1.教师用书专用(817)8.(2017课标全国理,21,12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 20,由f (x)=1-=知,当x(0,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(

10、x)0.故a=1.(2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0.令x=1+,得ln.从而ln+ln+ln+=1-1.故2,所以m的最小值为3.9.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,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: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.(

11、1)由f(x)=x3+ax2+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.因此b=+,定义域为(3,+).

12、(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(+)+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(x0),所以函数f(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,若x

13、(0,+),则 f (x)0,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;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,从而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1

14、)x+1-a,因函数f(x)有三个零点,则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=1.11.(2014课标,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值;(3)已知1.414 20,g(x)0.(ii)当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0xln(b-1+)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当0xln(b-1+)时,g(x)0,ln 20.

15、692 8;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln 20,ln 2-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,+)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

16、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)(x1).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.13.(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)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

17、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,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)

18、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.14.(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

19、)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).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

20、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.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-x

21、1=+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)n-11+=1+n-1=n,故2=x0.所以,|x2-x1|0,所以当x(0,2)时,f (x)0,函数y=f(x)单调递增.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)内不存在极值点;当k0时,设函数g(x)=ex-kx,x0,+).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

22、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.16.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(bR).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时,f (x)=,由f (x)=0得x=-2或x=0.当x(-,-2)时,f (x)0,f(x)单调递增;当x时,f (x)0,f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f (x)=

23、,因为当x时,0,依题意,当x时,有5x+(3b-2)0,从而+(3b-2)0.所以b的取值范围为.17.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=,其中k-2.(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 (

24、x)=-=-,由f (x)0得(x2+2x+k+1)(2x+2)0,即(x+1+)(x+1-)(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)在区间(-,-1-),(-1,-1+)上单调递增,同理,f(x)在区间(-1-,-1),(-1+,+)上单调递减.(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+

25、或x=-3或x=1,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+).考点二导数与极值、最值1.(2013浙江,8,5分)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则() A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值答案C2.(2017课标全国理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-

26、1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案A3.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0时,f(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.既无极大值也无极小值答案D6. (2016北京,14,5分)设函数f(x)=若a=0,则f(x)的最大值为;若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案2;(-,-1)7.(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

27、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,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-1a1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(-

28、1),m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1a时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当a1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)+b24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(-

29、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-10,t(a)在上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当a1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-0).若f(x)在-1,1上的最小值记为g(a).(1)求g(a);(2)证明:当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.解析(1)因为a0,-1x1,所以(i)当0a0,故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a

30、)=f(a)=a3.(ii)当a1时,有xa,则f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-30,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.综上,g(a)=(2)令h(x)=f(x)-g(a),(i)当0a1时,g(a)=a3,若xa,1,h(x)=x3+3x-3a-a3,得h(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在a,1上的最大值是h(1)=4-3a-a3,且0a0,知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)t(1)=4,即h(-1)4.故f(x)g(a)+4.(ii)当a1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3

31、x+2,得h(x)=3x2-3,此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=4.故f(x)g(a)+4.综上,当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.9.(2017课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x时, f (x)0,故f(x)在单调递增,在单调递减.(2)由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0时,ln+10,即f(x)-2.10.(2017天津文,19,14分)设a,bR,|a|1.已知

32、函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)ex在区间x0-1,x0+1上恒成立,求b的取值范围.解析本小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等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f (x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)x-(4-a).令f (x)=0,解得x=a,或x=4-

33、a.由|a|1,得a0,可得f(x)1.又因为f(x0)=1, f (x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|1,故a+14-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)f(a)=1在a-1,a+1上恒成立,从而g(x)ex在x0-1,x0+1上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1a1.令t(x)=2x3-6x2+1,x-1,1,所以t(x)=6x2-12x,令t(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.因为t(-1)=-7,t(1)=-3,

34、t(0)=1,因此,t(x)的值域为-7,1.所以,b的取值范围是-7,1.11.(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0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1

35、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.设h(x)=2x-2-ln x,则h(x)=2-.当x时,h(x)0.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(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2.教师用书专用(1222)12.(2013湖北,10,5分)已知a为常数,函

36、数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x10, f(x2)- B.f(x1)0, f(x2)0, f(x2)- D.f(x1)-答案D13.(2013安徽,10,5分)若函数f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点x1,x2,且f(x1)=x1,则关于x的方程3(f(x)2+2af(x)+b=0的不同实根个数是()A.3B.4C.5D.6答案A14.(2013福建,8,5分)设函数f(x)的定义域为R,x0(x00)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是()A.任意xR, f(x)f(x0)B.-x0是f(-x)的极小值点C.-x0是-f(x)的极小值点D.-x0是-f(

37、-x)的极小值点答案D15.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)a=-3,b=-3;a=-3,b=2;a=-3,b2;a=0,b=2;a=1,b=2.答案16.(2017课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论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(-,+

38、)单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=ln a.当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a0,则由f (x)=0得x=ln.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a0,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a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上的最大值.解析(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f (x)=3

39、(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:当a0时,有f (x)=3(x-1)2-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=1+或x=1-.当x变化时,f (x), f(x)的变化情况如下表:x1-1+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,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x01.由题意,得f (x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0-b.又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0

40、)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0-b=f(x0),且3-2x0x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.(3)证明:设g(x)在区间0,2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,1-021+,由(1)知,f(x)在区间0,2上单调递减,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(2), f(0),因此M=max|f(2)|,|f(0)|=max|1-2a-b|,|-1-b|=max|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|=所以M=a-1+|a+b|2.

41、当a3时,1-01-1+21+,由(1)和(2)知f(0)f=f, f(2)f=f,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f, f,因此M=max=max=max=+|a+b|=.当0a时,01-1+2,由(1)和(2)知f(0)f=f,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(0), f(2),因此M=max|f(0)|,|f(2)|=max|-1-b|,|1-2a-b|=max|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|=1-a+|a+b|.综上所述,当a0时,g(x)在区间0,2上的最大值不小于.18.(2015重庆,20,12分)设函数f(x)=(aR).(1)若f(x)在x=0处取得极