2020版高考數(shù)學(xué)(浙江專用)一輪總復(fù)習(xí)檢測(cè)32導(dǎo)數(shù)應(yīng)用Word版含解析

3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用挖命題【考情研究】5年考情考點(diǎn)內(nèi)容解讀展望熱度考題示例考向關(guān)系考點(diǎn)1.認(rèn)識(shí)函數(shù)單一性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)2018浙江,22不等式的證明導(dǎo)數(shù)與系.的單一性★★★單一性2.會(huì)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)2018課標(biāo)全國(guó)Ⅰ理,21不等式的證明3.會(huì)求函數(shù)的單一區(qū)間.的單一性1.認(rèn)識(shí)函數(shù)極值的觀點(diǎn)及函數(shù)導(dǎo)數(shù)與極值、最2018課標(biāo)全國(guó)Ⅱ理,21導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算在某點(diǎn)獲得極值的條件.值導(dǎo)數(shù)與會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極極值、最

★★★小值.值

2014浙江,22

導(dǎo)數(shù)與最值

不等式的證明會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值.剖析解讀1.導(dǎo)數(shù)是高考的必考內(nèi)容.利用導(dǎo)數(shù)來(lái)研究函數(shù)的單一性、極值、最值等問(wèn)題是命題的熱門(mén)2.考察要點(diǎn)是導(dǎo)數(shù)與極值、最值、單一區(qū)間、圖形形狀的聯(lián)系,利用導(dǎo)數(shù)證明不等式,求函數(shù)零點(diǎn)等屬于難題.(例2018浙江,22)

,

.估計(jì)2020年高考取,導(dǎo)數(shù)的考察必不行少,復(fù)習(xí)時(shí)要高度重視.破考點(diǎn)【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與單一性1.(2017浙江“超級(jí)全能生”聯(lián)考(12月),10)設(shè)f(x),g(x)分別是定義在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x<0時(shí),f'(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,則不等式f(x)·g(x)<0的解集是( )A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案D2.(2018浙江紹興高三3月適應(yīng)性模擬,20)已知函數(shù)f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)當(dāng)a=1時(shí),判斷f(x)的單一性;(2)當(dāng)x∈[0,1]時(shí),恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范圍.分析(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=4x3+2x-1,f'(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上單一遞加.(4分)(2)因?yàn)閨f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①當(dāng)a≥0時(shí),f'(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f'(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上單一遞加,則f(x)≤f(1),切合題意.(8分)②當(dāng)-<a<0時(shí),f'(0)=2a<0,f'(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上單一遞減,在(x0,1)上單一遞加.因?yàn)閒'(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)-ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ax0-a=-a>0.由單一性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),切合題意.(11分)③當(dāng)a=-時(shí),f(x)=-3x3+x2-x+,f'(x)=-9(x-1).f(x)在上遞減,在上遞加,且=f<f(1),切合題意.(12分)④當(dāng)-1≤a<-時(shí),f'(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,=-60a2-72a+36>0,f'(0)<0,f'(1)<0,對(duì)稱軸x=∈(0,1).故f'(x)=0在(0,1)上有兩個(gè)不一樣的實(shí)根x1,x2,設(shè)x1<x2,則f(x)在(0,x1)上單一遞減,在(x1,x2)上單一遞加,在(x2,1)上單一遞減.必有|f(x2)|>f(1),不切合題意.(14分)綜合①②③④,知a的取值范圍是.(15分)考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)與極值、最值1.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段測(cè)試(二),9)設(shè)f(x)是一個(gè)三次函數(shù),f'(x)為其導(dǎo)函數(shù),函數(shù)y=xf'(x)的圖象的一部分以下圖,則f(x)的極大值與極小值分別是( )A.f(-2)與f(2)B.f(-1)與f(1)C.f(2)與f(-2)D.f(1)與f(-1)答案A2.(2017北京,20,13分)已知函數(shù)f(x)=excosx-x.(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值和最小值.分析(1)因?yàn)閒(x)=excosx-x,所以f'(x)=ex(cosx-sinx)-1,f'(0)=0.又因?yàn)閒(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=1.x(cosx-sinx)-1,(2)設(shè)h(x)=e則h'(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.當(dāng)x∈時(shí),h'(x)<0,所以h(x)在區(qū)間上單一遞減.所以對(duì)隨意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f'(x)<0.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上單一遞減.所以f(x)在區(qū)間上的最大值為f(0)=1,最小值為f=-.解題思路(1)先求導(dǎo),再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率,最后利用點(diǎn)斜式求出切線方程.(2)設(shè)h(x)=ex(cosx-sinx)-1,對(duì)h(x)求導(dǎo),從而確立h(x)的單一性,最后求出最值.方法總結(jié)1.求切線方程問(wèn)題:(1)依據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出指定點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值,即切線的斜率;(2)求出指定點(diǎn)處的函數(shù)值;(3)求出切線方程.2.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性:(1)求出函數(shù)f(x)的定義域;(2)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x);(3)令f'(x)>0,獲得f(x)在定義域內(nèi)的單一遞加區(qū)間,令f'(x)<0,獲得f(x)在定義域內(nèi)的單一遞減區(qū)間.煉技法【方法集訓(xùn)】方法1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性1.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅱ文,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.(1)議論f(x)的單一性;(2)當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.分析此題考察函數(shù)的單一性,恒建立問(wèn)題.(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0,得x=-1-或x=-1+.當(dāng)x∈(-∞,-1-)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(-1-,-1+)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈(-1+,+∞)時(shí),f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上單一遞減,在(-1-,-1+)上單一遞加.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)ex.當(dāng)a≥1時(shí),設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),所以h(x)在[0,+∞)上單一遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.當(dāng)0<a<1時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上單一遞加,而g(0)=0,故ex≥x+1.當(dāng)0<x<1時(shí),f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.當(dāng)a≤0時(shí),取x0=,則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.綜上,a的取值范圍是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)ex.當(dāng)a≥1時(shí),設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,則h'(x)=-xex<0(x>0),所以h(x)在[0,+∞)上單一遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.當(dāng)0<a<1時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x-1,則g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上單一遞加,x而g(0)=0,故e≥x+1.當(dāng)0<x<1時(shí),f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=,2故f(x0)>ax0+1.則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)-ax0-1=0,當(dāng)a≤0時(shí),取x0=,則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.綜上,a的取值范圍是[1,+∞).解題思路利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒建立或存在型問(wèn)題時(shí),第一要結(jié)構(gòu)函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性,求出最值,從而得出相應(yīng)的含參不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍;也可經(jīng)過(guò)分別變量,結(jié)構(gòu)函數(shù),直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)變?yōu)榍蠛瘮?shù)的最值問(wèn)題.2.(2017浙江溫州十校期末聯(lián)考,20,15分)定義在D上的函數(shù)f(x)假如知足:對(duì)隨意的x∈D,存在常數(shù)M>0,都有|f(x)|≤M,則稱f(x)是D上的有界函數(shù),此中M稱為函數(shù)f(x)的上界.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+x+1.(1)當(dāng)a=-,D=[-1,3]時(shí),求函數(shù)f(x)在D上的上界的最小值;(2)記函數(shù)g(x)=f'(x),若函數(shù)y=g在區(qū)間D=[0,+∞)上是以3為上界的有界函數(shù),務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍.分析(1)當(dāng)a=-時(shí),f(x)=x3-x2+x+1,f'(x)=x2-x+1,令f'(x)=0,得x=3或,(2分)故函數(shù)f(x)在區(qū)間上單一遞加,在區(qū)間上單一遞減.(3分)由f(-1)=-2,f=,f(3)=-2,得-2≤f(x)所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7

≤,分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函數(shù)y=g在區(qū)間[0,+∞)上是以3為上界的有界函數(shù),得|g(t)|≤3在區(qū)間(0,1]上恒建立,即-3≤t2+2at+1≤3在區(qū)間(0,1]上恒建立,(11分)亦即--

≤a≤-在區(qū)間(0,1]

上恒建立

.(12

分)記p(t)=--,q(t)=-,當(dāng)t∈(0,1]所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是-≤a≤.(15

時(shí),p(t)=--分)

單一遞加

,q(t)=-

單一遞減

,所以

p(t)

max=-,q(t)

min=,方法2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1.(2018浙江杭州第二次教課質(zhì)量檢測(cè)(4月),8)已知a>0且a≠1,則函數(shù)f(x)=(x-a)2lnx( )A.有極大值,無(wú)極小值B.有極小值,無(wú)極大值C.既有極大值,又有極小值D.既無(wú)極大值,又無(wú)極小值答案C2.(2018浙江名校協(xié)作體,17)(1)當(dāng)a=2時(shí),求f(x)在[-1,2]

已知實(shí)數(shù)上的最值

a知足;

1<a≤2,設(shè)函數(shù)

f(x)=x

3-

x2+ax.(2)已知函數(shù)g(x)=2blnx+x2+(b∈R)的極小值點(diǎn)與f(x)的極小值點(diǎn)同樣,求g(x)極大值的取值范圍.分析(1)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=x3-x2+2x,(1分)f'(x)=x2-3x+2,令f'(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)x-1(-1,1)1(1,2)2f'(x)6+0-0f(x)↗↘-∴f(x)在(-1,1)上單一遞加,在(1,2)上單一遞減,(4分)∴f(x)min=min{f(-1),f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f'(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),當(dāng)1<a≤2時(shí),f(x)的極小值點(diǎn)為x=a,則g(x)的極小值點(diǎn)也為x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,則x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0僅有兩根,且a2+a+1+2b=0.(12分)當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)>0,x∈(1,a)時(shí),g'(x)<0,x∈(a,+∞)時(shí),g'(x)>0,∴g(x)極大值=g(1)=+2b=-a2-a+=-+,當(dāng)1<a≤2時(shí),g(1)∈.∴g(x)極大值的取值范圍是.(15分)方法3導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用的解題方法(2018浙江寧波高三上學(xué)期期末,20,15分)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex.(1)若方程f(x)=a只有一解,務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)設(shè)函數(shù)g(x)=m(lnx-x),若對(duì)隨意正實(shí)數(shù)x1,x2,f(x1)≥g(x2)恒建立,務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍.分析(1)由已知得f'(x)=e當(dāng)x<0時(shí),f'(x)<0,函數(shù)f(x)當(dāng)x>0時(shí),f'(x)>0,函數(shù)f(x)

x+(x-1)ex=xex,(2分)在(-∞,0)上單一遞減;在(0,+∞)上單一遞加.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又當(dāng)x<0時(shí),f(x)=(x-1)ex<0,且f(x)=(x-1)ex>2xex=>=(對(duì)足夠小的x),當(dāng)x>1時(shí),f(x)>x-1>0,故所求a的取值范圍是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴對(duì)隨意正實(shí)數(shù)x1,x2,f(x1)≥g(x2)恒建立,等價(jià)于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①當(dāng)m≤0時(shí),g(1)=-m≥0,與(*)式矛盾,故不合題意.(12分)②當(dāng)m>0時(shí),若0<x<1,則g'(x)>0,若x>1,則g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上單一遞加,在(1,+∞)上單一遞減.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.綜合①②知,實(shí)數(shù)m的取值范圍為[1,+∞).(15分)過(guò)專題【五年高考】A組自主命題·浙江卷題組考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與單一性(2018浙江,22,15分)已知函數(shù)f(x)=-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,證明:對(duì)于隨意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有獨(dú)一公共點(diǎn).分析此題主要考察函數(shù)的單一性,導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其應(yīng)用,同時(shí)考察邏輯思想能力和綜合應(yīng)用能力.(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=-,由f'(x1)=f'(x2)得-=-,因?yàn)閤1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因?yàn)閤1≠x2,所以x1x2>256.由題意得f(x1)+f(x2)=-lnx1+-lnx2=-ln(x1x2).設(shè)g(x)=-lnx,則g'(x)=(-4),所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上單一遞加,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.-(|a|+k)+1,(2)令m=e,n=則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n

≤n

<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,對(duì)于隨意的a∈R及k∈(0,+∞),直線

y=kx+a

與曲線

y=f(x)

有公共點(diǎn)

.由f(x)=kx+a得k=.設(shè)h(x)=,則h'(x)==,此中g(shù)(x)=-lnx.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,h'(x)0,h(x)(0,+,所以方程f(x)-kx-a=0至多有1個(gè)實(shí)根.綜上,當(dāng)a≤3-4ln2時(shí),對(duì)于隨意k>0,直線y=kx+a

與曲線

y=f(x)

有獨(dú)一公共點(diǎn)

.一題多解(1)f'(x)=-,且f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2).設(shè)f'(x1)=t,則-=t的兩根為x1,x2.2+2=0有兩個(gè)不一樣的正根x1,x2.即2t( )-∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2lnt.設(shè)g(t)=+2lnt,則g'(t)=-+=<0,∴g(t)在上為減函數(shù),∴g(t)>g=8-8ln2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)設(shè)h(x)=f(x)-kx-a=-lnx-kx-a,只要證明:當(dāng)a≤3-4ln2時(shí),對(duì)于隨意的k>0,函數(shù)h(x)在(0,+∞)上只有獨(dú)一的零點(diǎn).-|a|-k,則h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a取m=e+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0時(shí),-kx<-k·=.即h(x)<-a-lnx,取n=,則h(n)<-a-lnn=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.因?yàn)閔(m)>0,h(n)<0,∴在h(x)(m,n)上起碼有一個(gè)零點(diǎn),即h(x)在(0,+∞)上起碼有一個(gè)零點(diǎn).∵h(yuǎn)'(x)=--k≤×--k=-k,∴當(dāng)k≥時(shí),h(x)在(0,+∞)上單一遞減,即當(dāng)k≥時(shí),h(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng)0<k<時(shí),h'(x)=0有兩個(gè)不一樣的正根α,β(此中α<β).此時(shí)h(x)在(0,α)上為減函數(shù),在(α,β)上為增函數(shù),在(β,+∞)上為減函數(shù).∵h(yuǎn)'(x)=0,∴k=-,則h(α)=-lnα-kα-a=-lnα+1-a,h'(α)=-=,∴h(α)在(0,16)上為減函數(shù),在(16,+∞)上為增函數(shù),∴h(α)≥h(16)=3-ln16-a=3-4ln2-a≥0.又當(dāng)α=16時(shí),k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]時(shí),h(x)>0.即h(x)在(0,β]上沒(méi)有零點(diǎn),但h(x)在(β,+∞)上有一個(gè)零點(diǎn).∴當(dāng)0<k<時(shí),h(x)在(0,+∞)上也只有一個(gè)零點(diǎn),∴對(duì)于隨意的k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有獨(dú)一的公共點(diǎn).考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)與極值、最值(2014浙江,22,14分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)-m(a);(2)設(shè)b∈R.若[f(x)+b]2恒建立,求3a+b的取值范圍.≤4對(duì)x∈[-1,1]分析(1)因?yàn)閒(x)=所以f'(x)=因?yàn)?1≤x≤1,(i)當(dāng)a≤-1時(shí),有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此時(shí)f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),所以,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.當(dāng)-1<a<1時(shí),若x∈(a,1),則f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函數(shù);若x∈(-1,a),則f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是減函數(shù),所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,因?yàn)閒(1)-f(-1)=-6a+2,所以,當(dāng)-1<a≤時(shí),M(a)-m(a)=-a3-3a+4;當(dāng)<a<1時(shí),M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)當(dāng)a≥1時(shí),有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此時(shí)f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),所以,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.綜上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,則h(x)=h'(x)=2因?yàn)閇f(x)+b]≤4對(duì)x∈[-1,1]恒建立,即-2≤h(x)≤2對(duì)x∈[-1,1]恒建立,所以由(1)知,(i)當(dāng)a≤-1時(shí),h(x)在(-1,1)上是增函數(shù),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,則-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)當(dāng)-1<a≤時(shí),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+b≤2,從而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,則t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)≥t(0)=-2,所以-2≤3a+b≤0.(iii)當(dāng)<a<1時(shí),h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,3且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.所以a+b≥-2(iv)當(dāng)a≥1時(shí),h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.綜上,得3a+b的取值范圍是-2≤3a+b≤0.評(píng)析此題主要考察函數(shù)最大(小)值的觀點(diǎn)、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考察推理論證、分類議論、剖析問(wèn)題和解決問(wèn)題等綜合解題能力.B組一致命題、省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與單一性1.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅰ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=-x+alnx.議論f(x)的單一性;(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,證明:<a-2.分析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=--1+=-.(i)若a≤2,則f'(x)≤0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時(shí),f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)單一遞減.(ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=或x=.當(dāng)x∈∪時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在,單一遞減,在單一遞加.由(1)知,f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2.因?yàn)閒(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2知足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不如設(shè)x1<x2,則x2>1,因?yàn)?--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等價(jià)于-x2+2lnx2<0.設(shè)函數(shù)g(x)=-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)單一遞減,又g(1)=0,從而當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g(x)<0,所以-x2+2lnx2<0,即<a-2.方法總結(jié)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的常用方法(1)證明f(x)<g(x),x∈(a,b)時(shí),能夠結(jié)構(gòu)函數(shù)F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,則F(x)在(a,b)上是減函數(shù),同時(shí)若F(a)≤0,由減函數(shù)的定義可知,x∈(a,b)時(shí),有F(x)<0,即證了然f(x)<g(x).(2)證明f(x)>g(x),x∈(a,b)時(shí),能夠結(jié)構(gòu)函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,則F(x)在(a,b)上是增函數(shù),同時(shí)若F(a)≥0,由增函數(shù)的定義可知,x∈(a,b)時(shí),有F(x)>0,即證了然f(x)>g(x).2.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅰ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)議論f(x)的單一性;若f(x)≥0,求a的取值范圍.分析此題考察了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性、最值.(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)單一遞加.②若a>0,則由f'(x)=0得x=lna.當(dāng)x∈(-∞,lna)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(lna,+∞)時(shí),f'(x)>0.故f(x)在(-∞,lna)單一遞減,在(lna,+∞)單一遞加.③若a<0,則由f'(x)=0得x=ln.當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈時(shí),f'(x)>0.故f(x)在單一遞減,在單一遞加.(2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=lna時(shí),f(x)獲得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna,從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2lna≥0,即a≤1時(shí),f(x)≥0.③若a<0,則由(1)得,當(dāng)x=ln時(shí),f(x)獲得最小值,最小值為f=a2.2從而當(dāng)且僅當(dāng)a≥0,即a≥-2時(shí),f(x)≥0.綜上,a的取值范圍是[-2,1].3.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅲ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對(duì)于隨意正整數(shù)n,<m,求m的最小值.分析此題考察導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).①若a≤0,因?yàn)閒=-+aln2<0,所以不知足題意;②若

a>0,由f'(x)=1-=

知,當(dāng)x∈(0,a)

時(shí),f'(x)<0;

當(dāng)x∈(a,+∞)時(shí),f'(x)>0.

所以

f(x)

在(0,a)

單一遞減,在(a,+

∞)單一遞加

.故x=a是f(x)

在(0,+

∞)的獨(dú)一最小值點(diǎn)

.因?yàn)?/p>

f(1)=0,

所以當(dāng)且僅當(dāng)

a=1時(shí),f(x)

≥0.故a=1.(2)由(1)

知當(dāng)

x∈(1,+∞)時(shí),x-1-ln

x>0.令x=1+,得ln<.從而ln+ln++ln<+++=1-<1.故<e.而思路剖析

(1)

>2,所以m的最小值為3.對(duì)a分類議論,并利用導(dǎo)數(shù)研究f(x)

的單一性

,找出最小值點(diǎn)

,從而求出

a.(2)

由(1)

適當(dāng)

x>1時(shí),x-1-lnx>0.令x=1+,換元后可求出的范圍.一題多解(1)f'(x)=1-=(x>0).當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)>0,而f(1)=0,不合題意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上單一遞減,在(a,+∞)上單一遞加.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-alna≥0①,記h(x)=x-1-xlnx,則h'(x)=1-lnx-1=-lnx.∴h(x)在(0,1)上單一遞加,在(1,+∞)上單一遞減,∴h(x)≤h(1)=0,即當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí),h(x)≥0,∴當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),①式建立.∴a=1.4.(2017江蘇,20,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn).(極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量的值)求b對(duì)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫(xiě)出定義域;證明:b2>3a;(3)若f(x),f'(x)這兩個(gè)函數(shù)的全部極值之和不小于-,求a的取值范圍.分析本小題主要考察利用導(dǎo)數(shù)研究初等函數(shù)的單一性、極值及零點(diǎn)問(wèn)題,考察綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法剖析與解決問(wèn)題以及邏輯推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3+b-.當(dāng)x=-時(shí),f'(x)有極小值b-.因?yàn)閒'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn),所以f=-+-+1=0,又a>0,故b=+.因?yàn)閒(x)有極值,故f'(x)=0有實(shí)根,從而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.當(dāng)a=3時(shí),f'(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù),f(x)沒(méi)有極值;當(dāng)a>3時(shí),f'(x)=0有兩個(gè)相異的實(shí)根x1=,x2=.列表以下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗故f(x)的極值點(diǎn)是x1,x2.從而a>3.所以b=+,定義域?yàn)?3,+∞).(2)證明:由(1)知,=+.設(shè)g(t)=+,則g'(t)=-=.當(dāng)t∈時(shí),g'(t)>0,從而g(t)在上單一遞加.因?yàn)閍>3,所以a>3,故g(a)>g(3)=,即>.2所以b>3a.(3)由(1)知,f(x)的極值點(diǎn)是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.從而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0.記f(x),f'(x)全部極值之和為h(a),因?yàn)閒'(x)的極值為b-=-a2+,所以h(a)=-a2+,a>3.因?yàn)閔'(a)=-a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上單一遞減.因?yàn)閔(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.所以

a的取值范圍為

(3,6].易錯(cuò)警告

(1)函數(shù)

f(x)

的極值點(diǎn)

x0知足f'(x

0)=0,

函數(shù)

f(x)

的零點(diǎn)

x0知足f(x

0)=0,

而f'(x)

的極值點(diǎn)

x0應(yīng)知足

f

″(x0)=0.(2)

求函數(shù)的關(guān)系式一定確立函數(shù)的定義域

.5.(2016山東,20,13分)已知f(x)=a(x-lnx)+,a∈R.議論f(x)的單一性;(2)當(dāng)a=1時(shí),證明f(x)>f'(x)+對(duì)于隨意的x∈[1,2]建立.分析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=a--

+=

.當(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,1)

時(shí),f'(x)>0,

f(x)

單一遞加

,x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)<0,

f(x)

單一遞減.當(dāng)a>0時(shí),f'(x)=.①0<a<2時(shí),>1,當(dāng)x∈(0,1)或x∈時(shí),f'(x)>0,f(x)單一遞加,當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0,f(x)單一遞減.②a=2時(shí),=1,在x∈(0,+∞)內(nèi),f'(x)≥0,f(x)單一遞加.③a>2時(shí),0<<1,當(dāng)x∈

或x∈(1,+

∞)時(shí),f'(x)>0,

f(x)

單一遞加

,當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0,

f(x)

單一遞減

.綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)

在(0,1)

內(nèi)單一遞加

,在(1,+

∞)內(nèi)單一遞減

;當(dāng)0<a<2時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單一遞加,在內(nèi)單一遞減,在內(nèi)單一遞加;當(dāng)a=2時(shí),f(x)在(0,+∞)內(nèi)單一遞加;當(dāng)a>2時(shí),f(x)在內(nèi)單一遞加,在內(nèi)單一遞減,在(1,+∞)內(nèi)單一遞加.(2)由(1)知,a=1時(shí),f(x)-f'(x)=x-lnx+-=x-lnx++--1,x∈[1,2].設(shè)g(x)=x-lnx,h(x)=+--1,x∈[1,2].則f(x)-f'(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)獲得等號(hào),又h'(x)=.設(shè)φ(x)=-3x2內(nèi)單一遞減.-2x+6,則φ(x)在x∈[1,2]因?yàn)棣?1)=1,φ(2)=-10,所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)時(shí),φ(x)>0,x∈(x0,2)時(shí),φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)內(nèi)單一遞加,在(x0,2)內(nèi)單一遞減.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)取等號(hào).所以f(x)-f'(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f'(x)+對(duì)于隨意的x∈[1,2]建立.易錯(cuò)警告議論f'(x)的符號(hào)時(shí),未能正確分解因式,或?qū)?shù)a未議論或?qū)分類議論不全面(特別易忽視a=0的狀況).評(píng)析此題考察了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性,導(dǎo)數(shù)在求最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用.正確結(jié)構(gòu)函數(shù)是求解的要點(diǎn).6.(2016四川,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-lnx,此中a∈R.(1)議論f(x)的單一性;(2)確立a的全部可能取值,使得f(x)>-e1-x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建立(e=2.718為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).分析(1)f'(x)=2ax-=(x>0).當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單一遞減.當(dāng)a>0時(shí),由f'(x)=0,有x=.此時(shí),當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0,f(x)單一遞減;當(dāng)x∈時(shí),f'(x)>0,f(x)單一遞加.(2)令g(x)=-,s(x)=ex-1-x.則s'(x)=ex-1-1.而當(dāng)x>1時(shí),s'(x)>0,所以s(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單一遞加.又由s(1)=0,有s(x)>0,從而當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建即刻,必有a>0.當(dāng)0<a<時(shí),>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒建立.當(dāng)a≥時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).當(dāng)x>1時(shí),h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.所以,h(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單一遞加.又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x>1時(shí),h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒建立.綜上,a∈.思路剖析對(duì)(1),先求導(dǎo),而后分a≤0和a>0兩種狀況判斷f'(x)的符號(hào),從而確立f(x)的單一性;對(duì)(2),令g(x)=-,s(x)=ex-1-x,則s(x)與g(x)在(1,+∞)上正負(fù)一致,易證x>1時(shí)s(x)>0,從而g(x)>0,再對(duì)a進(jìn)行分類:①a≤0;②0<a<;③a≥,判斷f(x)>g(x)能否恒建立,最后再總結(jié).評(píng)析此題主要考察導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單一性,并由此確立函數(shù)的最值,也考察了分類議論思想和轉(zhuǎn)變與化歸思想,將疑難問(wèn)題進(jìn)行轉(zhuǎn)變,化繁為簡(jiǎn).考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)與極值、最值1.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點(diǎn),則f(x)的極小值為( )-3C.5e-3D.1答案A2.(2015課標(biāo)Ⅰ,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,此中a<1,若存在獨(dú)一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,則a的取值范圍是( )A.B.C.D.答案D3.(2016北京,14,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=①若a=0,則f(x)的最大值為;②若f(x)無(wú)最大值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.答案①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)設(shè)x3+ax+b=0,此中a,b均為實(shí)數(shù).以下條件中,使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是.(寫(xiě)出全部正確條件的編號(hào))①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅱ理,21,12x2分)已知函數(shù)f(x)=e-ax.(1)若a=1,證明:當(dāng)x≥0時(shí),f(x)≥1;若f(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn),求a.分析(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)≥1等價(jià)于(x2+1)e-x-1≤0.設(shè)函數(shù)g(x)=(x2+1)e-x-1,則g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.當(dāng)x≠1時(shí),g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)單一遞減.而g(0)=0,故當(dāng)x≥0時(shí),g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)設(shè)函數(shù)h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)h(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn).(i)當(dāng)a≤0時(shí),h(x)>0,h(x)沒(méi)有零點(diǎn);(ii)當(dāng)a>0時(shí),h'(x)=ax(x-2)e-x.當(dāng)x∈(0,2)時(shí),h'(x)<0;當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)單一遞減,在(2,+∞)單一遞加.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)沒(méi)有零點(diǎn);②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn);③若h(2)<0,即a>,因?yàn)閔(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一個(gè)零點(diǎn).由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),ex>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一個(gè)零點(diǎn).所以h(x)在(0,+∞)有兩個(gè)零點(diǎn).綜上,f(x)在(0,+∞)只有一個(gè)零點(diǎn)時(shí),a=.方法總結(jié)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒建立問(wèn)題,能夠先結(jié)構(gòu)函數(shù),而后對(duì)結(jié)構(gòu)的新函數(shù)求導(dǎo),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性,求出最值,從而得出相應(yīng)的含參不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍;也能夠先分別變量,再結(jié)構(gòu)函數(shù),直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)變?yōu)楹瘮?shù)的最值問(wèn)題.研究函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問(wèn)題,能夠經(jīng)過(guò)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性、最值等.詳細(xì)地,可畫(huà)出函數(shù)圖象,依據(jù)函數(shù)圖象的走勢(shì)規(guī)律,標(biāo)出函數(shù)極值點(diǎn)、最值點(diǎn)的地點(diǎn)求解.這類用數(shù)形結(jié)合思想剖析問(wèn)題的方法,能夠使問(wèn)題有一個(gè)清楚、直觀的整體顯現(xiàn).6.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅰ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1.設(shè)x=2是f(x)的極值點(diǎn),求a,并求f(x)的單一區(qū)間;證明:當(dāng)a≥時(shí),f(x)≥0.分析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=aex-.由題設(shè)知,f'(2)=0,所以a=.從而f(x)=ex-lnx-1,f'(x)=ex-.當(dāng)0<x<2時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x>2時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)單一遞減,在(2,+∞)單一遞加.(2)當(dāng)a≥時(shí),f(x)≥-lnx-1.設(shè)g(x)=-lnx-1,則g'(x)=-.當(dāng)0<x<1時(shí),g'(x)<0;當(dāng)x>1時(shí),g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點(diǎn).故當(dāng)x>0時(shí),g(x)≥g(1)=0.所以,當(dāng)a≥時(shí),f(x)≥0.7.(2018天津文,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),此中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差為d的等差數(shù)列.若t2=0,d=1,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;若d=3,求f(x)的極值;(3)若曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn),求d的取值范圍.分析本小題主要考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和方法.考察函數(shù)思想和分類議論思想.考察綜合剖析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.所以f(0)=0,f'(0)=-1,又因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切線方程為x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3-9.令f'(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.當(dāng)x變化時(shí),f'(x),f(x)的變化狀況以下表:x(-∞,t2-)t2-(t2-,t2+)t2+(t2+,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+)=()3-9×( )=-6.(3)曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于對(duì)于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三個(gè)互異的實(shí)數(shù)解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1-d2)x+6,則曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6有三個(gè)互異的公共點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)y=g(x)有三個(gè)零點(diǎn).g'(x)=3x2+(1-d2).2當(dāng)d≤1時(shí),g'(x)≥0,這時(shí)g(x)在R上單一遞加,不合題意.當(dāng)d2>1時(shí),令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上單一遞加,在[x1,x2]上單一遞減,在(x2,+∞)上單一遞加.g(x)的極大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的極小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的單一性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn),不合題意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此時(shí)|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,從而由g(x)的單一性,可知函數(shù)y=g(x)在區(qū)間(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn),切合題意.所以,d的取值范圍是(-∞,-)∪(,+∞).方法例律研究方程根的狀況能夠經(jīng)過(guò)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性、極大值、極小值、變化趨向.依據(jù)題目要求畫(huà)出函數(shù)圖象.注明函數(shù)極(最)值的地點(diǎn),經(jīng)過(guò)數(shù)形聯(lián)合的思想去剖析問(wèn)題、解決問(wèn)題.8.(2018北京理,18,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2x-(4a+1)x+4a+3]e.(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行,求a;若f(x)在x=2處獲得極小值,求a的取值范圍.分析(1)因?yàn)閒(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f'(1)=(1-a)e.由題設(shè)知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此時(shí)f(1)=3e≠0.所以a的值為1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>,則當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在x=2處獲得極小值0.若a≤,則當(dāng)x∈(0,2)時(shí),x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0,所以2不是f(x)的極小值點(diǎn).綜上可知,a的取值范圍是.方法總結(jié)函數(shù)極值問(wèn)題的常有種類及解題策略已知導(dǎo)函數(shù)圖象判斷函數(shù)極值的狀況.先找導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn),再判斷導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)的左、右雙側(cè)導(dǎo)數(shù)的符號(hào).(2)已知函數(shù)求極值.求f'(x)→求方程f'(x)=0的根→列表查驗(yàn)f'(x)在f'(x)=0的根的鄰近雙側(cè)的符號(hào)→下結(jié)論.已知極值求參數(shù).若函數(shù)f(x)在點(diǎn)(x0,y0)處獲得極值,則f'(x0)=0,且在該點(diǎn)左、右雙側(cè)導(dǎo)數(shù)值的符號(hào)相反.9.(2018課標(biāo)全國(guó)Ⅲ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的極大值點(diǎn),求a.分析此題考察導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單一性、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值.(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-.設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,則g'(x)=.當(dāng)-1<x<0時(shí),g'(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),g'(x)>0.故當(dāng)x>-1時(shí),g(x)≥g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時(shí),g(x)=0,從而f'(x)≥0,且僅當(dāng)x=0時(shí),f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)單一遞加.又f(0)=0,故當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾.(ii)若a<0,設(shè)函數(shù)h(x)==ln(1+x)-.因?yàn)楫?dāng)|x|<min時(shí),2+x+ax2>0,故h(x)與f(x)符號(hào)同樣.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點(diǎn).h'(x)=-=.假如6a+1>0,則當(dāng)0<x<-,且|x|<min時(shí),h'(x)>0,故x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).22假如6a+1<0,則ax+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當(dāng)x∈(x1,0),且|x|<min時(shí),h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).假如6a+1=0,則h'(x)=.則當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),h'(x)>0;當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h'(x)<0.所以x=0是h(x)的極大值點(diǎn),從而x=0是f(x)的極大值點(diǎn).綜上,a=-.思路剖析(1)a=0時(shí),寫(xiě)出f(x)的分析式,對(duì)f(x)求導(dǎo).易得f(0)=0,聯(lián)合單一性可將問(wèn)題解決.(2)對(duì)a進(jìn)行分類議論,剖析各種狀況下的極大值點(diǎn),從而得參數(shù)a的值.易錯(cuò)警告簡(jiǎn)單忽視函數(shù)定義域.函數(shù)分析式中含有對(duì)數(shù)型的式子,則其真數(shù)部分應(yīng)大于零.解后反省1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性,大部分狀況下歸納為對(duì)含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的情況的議論,在能夠經(jīng)過(guò)因式分解求出不等式對(duì)應(yīng)方程的根時(shí),依照根的大小進(jìn)行分類議論;在不可以經(jīng)過(guò)因式分解求出根的狀況下,依據(jù)不等式對(duì)應(yīng)方程的鑒別式進(jìn)行分類議論,議論函數(shù)的單一性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的.利用導(dǎo)數(shù)研究出函數(shù)的單一性和極值后,能夠畫(huà)出草圖,進(jìn)行察看剖析,研究知足條件的參數(shù)值或范圍.10.(2018江蘇,19,16分)記f'(x),g'(x)分別為函數(shù)f(x),g(x)的導(dǎo)函數(shù).若存在x0∈R,知足f(x0)=g(x0)且'(x0)=g'(x0),則稱x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個(gè)“S點(diǎn)”.(1)證明:函數(shù)f(x)=x與g(x)=x2+2x-2不存在“S點(diǎn)”;(2)若函數(shù)f(x)=ax2-1與g(x)=lnx存在“S點(diǎn)”,務(wù)實(shí)數(shù)a的值;(3)已知函數(shù)f(x)=-x2+a,g(x)=.對(duì)隨意a>0,判斷能否存在b>0,使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)存在“S點(diǎn)”,并說(shuō)明原因.分析本小題主要考察利用導(dǎo)數(shù)研究初等函數(shù)的性質(zhì),考察綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法剖析與解決問(wèn)題的能力以及邏輯推理能力.(1)證明:函數(shù)f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,則f'(x)=1,g'(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f'(x)=g'(x),得此方程組無(wú)解.所以,f(x)=x與g(x)=x2+2x-2不存在“S點(diǎn)”.(2)函數(shù)f(x)=ax2-1,g(x)=lnx,則f'(x)=2ax,g'(x)=,設(shè)x0為f(x)與g(x)的“S點(diǎn)”,由f(x0)=g(x0)且f'(x0)=g'(x0),得即(*)得lnx0=-,即x0=,則a==.當(dāng)a=時(shí),x0=知足方程組(*),即x0為f(x)與g(x)的“S點(diǎn)”,所以,a的值為.(3)f'(x)=-2x,g'(x)=,x≠0,f'(x0)=g'(x0)?b=->0?x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)?-+a==-?a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,設(shè)m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,則m(0)=-a<0,m(1)=2>0?m(0)·m(1)<0,又m(x)的圖象在(0,1)上連續(xù)不停,∴m(x)在(0,1)上有零點(diǎn),則h(x)在(0,1)上有零點(diǎn).所以,對(duì)隨意a>0,存在b>0,使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)存在“S點(diǎn)”.思路剖析此題是新定義情境下運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題,前兩問(wèn)只要按新定義就能解決問(wèn)題,第三問(wèn)中先利用f'(x0)=g'(x0)對(duì)x0加以限制,而后將f(x0)=g(x0)轉(zhuǎn)變成a=-,從而轉(zhuǎn)變?yōu)檠芯縣(x)=,x∈(0,1),a>0的零點(diǎn)存在性問(wèn)題,再研究函數(shù)m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判斷出m(x)在(0,1)上存在零點(diǎn),從而解決問(wèn)題.11.(2018天津理,20,14分)已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,此中a>1.(1)求函數(shù)h(x)=f(x)-xlna的單一區(qū)間;(2)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線與曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線平行,證明x1+g(x2)=-;(3)證明當(dāng)a≥時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.分析本小題主要考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和方法.考察函數(shù)與方程思想、化歸思想.考察抽象歸納能力、綜合剖析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.(1)由已知,h(x)=ax-xlna,有h'(x)=axlna-lna.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知當(dāng)x變化時(shí),h'(x),h(x)的變化狀況以下表:x(-∞,0)0(0,+∞)h'(x)-0+h(x)↘極小值↗所以函數(shù)h(x)的單一遞減區(qū)間為(-∞,0),單一遞加區(qū)間為(0,+∞).(2)證明:由f'(x)=axlna,可得曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,f(x1))處的切線斜率為lna.由g'(x)=,可得曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,g(x2))處的切線斜率為.因?yàn)檫@兩條切線平行,故有l(wèi)na=,即x2(lna)2=1.兩邊取以a為底的對(duì)數(shù),得logax2+x1+2logalna=0,所以x1+g(x2)=-.(3)證明:曲線y=f(x)在點(diǎn)(x1,)處的切線l1:y-=lna·(x-x1).曲線y=g(x)在點(diǎn)(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=(x-x2).要證明當(dāng)a≥時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線,只要證明當(dāng)a≥時(shí),存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1與l2重合.即只要證明當(dāng)a≥時(shí),方程組有解.由①得x2=,代入②,得-x1lna+x1++=0.③所以,只要證明當(dāng)a≥時(shí),對(duì)于x1的方程③存在實(shí)數(shù)解.設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxlna+x++,即要證明當(dāng)a≥時(shí),函數(shù)y=u(x)存在零點(diǎn).u'(x)=1-(ln2x時(shí),u'(x)>0;x∈(0,+∞)時(shí),u'(x)單一遞減,又a)xa,可知x∈(-∞,0)u'(0)=1>0,u'

=1-

<0,故存在獨(dú)一的

x0,且x0>0,使得

u'(x

0)=0,即1-(lna)2x0

=0.由此可得u(x)在(-

∞,x0)上單一遞加

,在(x0,+∞)上單一遞減

.u(x)

在x=x0處獲得極大值

u(x0).因?yàn)閍≥,故lnlna≥-1,所以u(píng)(x0)=-x0lna+x0++=+x0+≥≥0.下邊證明存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)<0.xa,當(dāng)x>時(shí),有由(1)可得a≥1+xlnu(x)≤(1+xlna)(1-xlna)+x++=-(lna)2x2+x+1++,所以存在實(shí)數(shù)t,使得u(t)<0.所以,當(dāng)a≥時(shí),存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,當(dāng)a≥時(shí),存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.12.(2018北京文,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線斜率為0,求a;若f(x)在x=1處獲得極小值,求a的取值范圍.分析(1)因?yàn)閒(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,所以f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex.f'(2)=(2a-1)e2.由題設(shè)知f'(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.若a>1,則當(dāng)x∈時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在x=1處獲得極小值.若a≤1,則當(dāng)x∈(0,1)時(shí),ax-1≤x-1<0,所以f'(x)>0.所以1不是f(x)的極小值點(diǎn).綜上可知,a的取值范圍是(1,+∞).方法總結(jié)函數(shù)極值問(wèn)題的常有種類及解題策略:已知導(dǎo)函數(shù)圖象判斷函數(shù)極值的狀況.先找導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn),再判斷導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)的左、右雙側(cè)的導(dǎo)數(shù)符號(hào).(2)已知函數(shù)求極值.求f'(x)→求方程f'(x)=0的根→列表查驗(yàn)f'(x)在f'(x)=0的根的雙側(cè)的符號(hào)→得出結(jié)論.(3)已知極值求參數(shù).若函數(shù)f(x)在點(diǎn)(x0,y0)處獲得極值,則f'(x0)=0,且f(x)在該點(diǎn)左、右雙側(cè)的導(dǎo)數(shù)值符號(hào)相反.13.(2017天津文,19,14分)設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).求f(x)的單一區(qū)間;已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(diǎn)(x0,y0)處有同樣的切線,(i)求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0;(ii)若對(duì)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒建立,求b的取值范圍.分析本小題主要考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和方法.考察用函數(shù)思想解決問(wèn)題的能力.(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-a.由|a|≤1,得a<4-a.當(dāng)x變化時(shí),f'(x),f(x)的變化狀況以下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f'(x)+-+f(x)↗↘↗所以,f(x)的單一遞加區(qū)間為(-∞,a),(4-a,+∞),單一遞減區(qū)間為(a,4-a).(2)(i)證明:因?yàn)間'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由題意知所以解得所以,f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0.(ii)因?yàn)間(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.又因?yàn)閒(x0)=1,f'(x0)=0,故x0為f(x)的極大值點(diǎn),由(1)知x0=a.另一方面,因?yàn)閨a|≤1,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單一遞加,在(a,a+1)內(nèi)單一遞減,故當(dāng)x0=a時(shí),f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成x-1,x0+1]上恒建立.立,從而g(x)≤e在[x0由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.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?yàn)閠(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,所以,t(x)的值域?yàn)閇-7,1].所以,b的取值范圍是[-7,1].思路剖析(1)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)及極值點(diǎn),經(jīng)過(guò)列表判斷函數(shù)的單一性,求出單一區(qū)間即可.(2)(i)對(duì)函數(shù)y=g(x)和y=ex求導(dǎo),依據(jù)已知條件得方程組解方程組可得出f'(x0)=0.(ii)不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒建立,由ex>0,可得f(x)≤1.依據(jù)(1)可知f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒建立.由f(a)=1,32得b=2a-6a+1,-1≤a≤1,利用導(dǎo)數(shù)即可求出b的取值范圍.14.(2017課標(biāo)全國(guó)Ⅱ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0.(1)求a;(2)證明:f(x)存在獨(dú)一的極大值點(diǎn)x0,且e-2<f(x0)<2-2.分析此題考察了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).設(shè)g(x)=ax-a-lnx,則f(x)=xg(x),f(x)≥0等價(jià)于g(x)≥0.因?yàn)間(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,則g'(x)=1-.當(dāng)0<x<1時(shí),g'(x)<0,g(x)單一遞減;當(dāng)x>1時(shí),g'(x)>0,g(x)單一遞加.所以x=1是g(x)的極小值點(diǎn),故g(x)≥g(1)=0.綜上,a=1.(2)由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx.設(shè)h(x)=2x-2-lnx,則h'(x)=2-.當(dāng)x∈時(shí),h'(x)<0;當(dāng)x∈時(shí),h'(x)>0.所以h(x)在單一遞減,在單一遞加.又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在有獨(dú)一零點(diǎn)x0,在有獨(dú)一零點(diǎn)1,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),h(x)<0;當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),h(x)>0.因?yàn)閒'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的獨(dú)一極大值點(diǎn).由f'(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<.因?yàn)閤=x0是f(x)在(0,1)的最大值點(diǎn),由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.方法總結(jié)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題的一般思路:恒建立問(wèn)題常利用分別參數(shù)法轉(zhuǎn)變?yōu)樽钪祮?wèn)題求解.若不可以分別參數(shù),能夠?qū)?shù)進(jìn)行分類議論.證明不等式問(wèn)題可經(jīng)過(guò)結(jié)構(gòu)函數(shù)轉(zhuǎn)變?yōu)楹瘮?shù)的最值問(wèn)題求解.C組教師專用題組考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與單一性1.(2015課標(biāo)Ⅱ,12,5分)設(shè)函數(shù)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x>0時(shí),xf'(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0建立的x的取值范圍是( )A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)答案A2.(2014課標(biāo)Ⅰ,11,5分)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在獨(dú)一的零點(diǎn)x0,且x0>0,則a的取值范圍是( )A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案C3.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-,此中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.答案4.(2015湖北,22,14分)已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),bn=an(n∈N+),e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)求函數(shù)f(x)=1+x-ex的單一區(qū)間,并比較與e的大小;(2)計(jì)算,,,由此推斷計(jì)算的公式,并給出證明;(3)令cn=(a1a2an,數(shù)列{an},{cn}的前n項(xiàng)和分別記為Sn,Tn,證明:Tn<eSn.分析(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),f'(x)=1-ex.當(dāng)f'(x)>0,即x<0時(shí),f(x)單一遞加;當(dāng)f'(x)<0,即x>0時(shí),f(x)單一遞減.故f(x)的單一遞加區(qū)間為(-∞,0),單一遞減區(qū)間為(0,+∞).當(dāng)x>0時(shí),f(x)<f(0)=0,x即1+x<e.令x=,得1+<,即<e.①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推斷:=(n+1)n.②下邊用數(shù)學(xué)歸納法證明②.當(dāng)n=1時(shí),左側(cè)=右側(cè)=2,②建立.(ii)假定當(dāng)n=k時(shí),②建立,即=(k+1)k.當(dāng)n=k+1時(shí),bk+1=(k+1)ak+1,由歸納假定可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以當(dāng)n=k+1時(shí),②也建立.依據(jù)(i)(ii),可知②對(duì)全部正整數(shù)n都建立.由cn的定義,②,算術(shù)-幾何均勻不等式,bn的定義及①得Tn=c1+c2+c3++cn=(a1+(a1a2+(a1a2a3++(a1a2··an=++++≤++++=b1+b2++bn·=b1+b2++bn<+++=a1+a2++an<ea1+ea2++ean=eSn.即Tn<eSn.評(píng)析此題考察利用導(dǎo)數(shù)求單一性,數(shù)學(xué)歸納法,不等式,數(shù)列乞降等基礎(chǔ)知識(shí),考察剖析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力.5.(2015四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,此中a>0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),議論g(x)的單一性;(2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有獨(dú)一解.分析(1)由已知得,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2,所以g'(x)=2-+=.當(dāng)0<a<時(shí),g(x)在區(qū)間,上單一遞加,在區(qū)間上單一遞減;當(dāng)a≥時(shí),g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單一遞加.(2)證明:由f'(x)=2(x-a)-2lnx-2=0,解得a=.令φ(x)=-2lnx+x2-2×·x-2+.則φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-lnx(x≥1).由u'(x)=1-≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單一遞加.所以0=<=a0<=<1,即a0∈(0,1).當(dāng)a=a0時(shí),有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在區(qū)間(1,+∞)上單一遞加,故當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),f'(x)<0,從而f(x)>f(x0)=0;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f'(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0.所以,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)≥0.綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒建立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有獨(dú)一解.評(píng)析此題主要考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、函數(shù)的零點(diǎn)等基礎(chǔ)知識(shí),考察推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識(shí),考察函數(shù)與方程、數(shù)形聯(lián)合、分類與整合、化歸與轉(zhuǎn)變等數(shù)學(xué)思想.6.(2015天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=nx-xn,x∈R,此中n∈N*,且n≥2.議論f(x)的單一性;(2)設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P,曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g(x),求證:對(duì)于隨意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x);(3)若對(duì)于x的方程f(x)=a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)正實(shí)數(shù)根x1,x2,求證:|x2-x1|<+2.分析(1)由f(x)=nx-xn,可得f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),此中n∈N*,且n≥2.下邊分兩種狀況議論:(i)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí).令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.當(dāng)x變化時(shí),f'(x),f(x)的變化狀況以下表:x(-∞,-1)(-1,1)(1,+∞)f'(x)-+-f(x)↘↗↘所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單一遞減,在(-1,1)內(nèi)單一遞加.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí).當(dāng)f'(x)>0,即x<1時(shí),函數(shù)f(x)單一遞加;當(dāng)f'(x)<0,即x>1時(shí),函數(shù)f(x)單一遞減.所以,f(x)在(-∞,1)上單一遞加,在(1,+∞)上單一遞減.(2)證明:設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,0),則x0=,f'(x0)=n-n2.曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為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),則F'(x)=f'(x)-f'(x0).因?yàn)閒'(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上單一遞減,故F'(x)在(0,+∞)上單一遞減.又因?yàn)镕'(x0)=0,所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),F'(x)>0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)內(nèi)單一遞加,在(x0,+∞)上單一遞減,所以對(duì)于隨意的正實(shí)數(shù)x,都有F(x)≤F(x0)=0,即對(duì)于隨意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x).證明:不如設(shè)x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).設(shè)方程g(x)=a的根為x'2,可得x'2=+x0.當(dāng)n≥2時(shí),g(x)在(-∞,+∞)上單一遞減.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.近似地,設(shè)曲線y=f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx.當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)-h(x)=-xn<0,即對(duì)于隨意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x).設(shè)方程h(x)=a的根為x'1,可得x'1=.因?yàn)閔(x)=nx在(-∞,+∞)上單一遞加,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),所以x'1<x1.由此可得x2-x1<x'2-x'1=+x0.n-1=(1+1)n-1因?yàn)閚≥2,所以2≥1+=1+n-1=n,故2≥=x0.所以,|x2-x1|<+2.評(píng)析此題主要考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式等基礎(chǔ)知識(shí)和方法.考察分類議論思想、函數(shù)思想和化歸思想.考察綜合剖析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.7.(2015江蘇,19,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).試議論f(x)的單一性;(2)若b=c-a(實(shí)數(shù)c是與a沒(méi)關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不一樣的零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰巧是(-∞,-3)∪∪,求c的值.分析(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-.當(dāng)a=0時(shí),因?yàn)閒'(x)=3x2>0(x≠0),所以函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單一遞加;當(dāng)a>0時(shí),若x∈∪(0,+∞),則f'(x)>0,若x∈,則f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在,(0,+∞)上單一遞加,在上單一遞減;當(dāng)a<0時(shí),若x∈(-∞,0)∪,則f'(x)>0,若x∈,則f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,0),上單一遞加,在上單一遞減.(2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值為f(0)=b,f=·a3+b,則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)·f=b<0,從而或又b=c-a,所以當(dāng)a>0時(shí),3-a+c>0或當(dāng)a<0時(shí),3aa-a+c<0.設(shè)g(a)=3-a+c,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)時(shí),a的取值范圍恰巧是(-∞,-3)∪∪,a則在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在∪上,g(a)>0均恒建立,從而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,所以c=1.此時(shí),f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn),則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個(gè)異于-1的不等實(shí)根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,2且(-1)-(a-1)+1-a≠0,解得

a∈(-∞,-3)∪∪.綜上,c=1.評(píng)析

此題在考察函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根的同時(shí)

,要點(diǎn)考察利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性及函數(shù)的極值問(wèn)題

.8.(2015

課標(biāo)Ⅱ,21,12

分)設(shè)函數(shù)

f(x)=e

mx+x2-mx.(1)證明:f(x)在(-∞,0)單一遞減,在(0,+∞)單一遞加;(2)若對(duì)于隨意x1,x2∈[-1,1],

都有|f(x

1)-f(x

2)|

≤e-1,

求m的取值范圍

.分析

(1)證明:f

'(x)=m(e

mx-1)+2x.若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1≤0,f'(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1≥0,f'(x)>0.若m<0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1>0,f'(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1<0,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)單一遞減,在(0,+∞)單一遞加.(2)由(1)知,對(duì)隨意的m,f(x)在[-1,0]單一遞減,在[0,1]單一遞加,故f(x)在x=0處獲得最小值.所以對(duì)于隨意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是即

①設(shè)函數(shù)當(dāng)t<0

g(t)=et-t-e+1,則g'(t)=et-1.時(shí),g'(t)<0;當(dāng)t>0時(shí),g'(t)>0.

故g(t)

在(-

∞,0)

單一遞減

,在(0,+

∞)單一遞加.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故當(dāng)t∈[-1,1]時(shí),g(t)≤0.當(dāng)m∈[-1,1]時(shí),g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式建立;當(dāng)m>1時(shí),由g(t)的單一性,g(m)>0,即em-m>e-1;當(dāng)m<-1時(shí),g(-m)>0,即e-m+m>e-1.綜上,m的取值范圍是[-1,1].9.(2014課標(biāo)Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x.議論f(x)的單一性;(2)設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),當(dāng)x>0時(shí),g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.4142<<1.4143,估計(jì)ln2的近似值(精準(zhǔn)到0.001).分析(1)f'(x)=ex+e-x-2≥0,等號(hào)僅當(dāng)x=0時(shí)建立.所以f(x)在(-∞,+∞)上單一遞加.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).(i)當(dāng)b≤2時(shí),g'(x)≥0,等號(hào)僅當(dāng)x=0