1、3.2利用導數(shù)研討函數(shù)的單調(diào)性和極大(小)值;1.(2021江蘇江蘇,11,5分分)假設(shè)函數(shù)假設(shè)函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(aR)在在(0,+)內(nèi)有且只需一個零點內(nèi)有且只需一個零點,那么那么f(x)在在-1,1上的最大值與最小值的和為上的最大值與最小值的和為.A A組組 自主命題自主命題江蘇卷題組江蘇卷題組五年高考答案答案-3;解析此題調(diào)查利用導數(shù)研討函數(shù)的極值和最值解析此題調(diào)查利用導數(shù)研討函數(shù)的極值和最值.f(x)=2x3-ax2+1,f(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).假設(shè)假設(shè)a0,那么那么x0時時,f(x)0,f(x)在在(0,+)上為增函數(shù)上為增函數(shù),又又f(0)=1,f

2、(x)在在(0,+)上沒有零點上沒有零點,a0.當當0 x時時,f(x)時時,f(x)0,f(x)為增函數(shù)為增函數(shù),x0時時,f(x)有極小值有極小值,為為f=-+1.f(x)在在(0,+)內(nèi)有且只需一個零點內(nèi)有且只需一個零點,f=0,a=3.f(x)=2x3-3x2+1,那么那么f(x)=6x(x-1).令令f(x)=0,得得x=0或或x=1.3a3a3a327a3a;x-1(-1,0)0(0,1)1f (x) + - f(x)-4增1減0f(x)在-1,1上的最大值為1,最小值為-4.最大值與最小值的和為-3.;2.(2021江蘇江蘇,11,5分分)知函數(shù)知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-

3、,其中其中e是自然對數(shù)的底數(shù)是自然對數(shù)的底數(shù).假設(shè)假設(shè)f(a-1)+f(2a2)0,那么實那么實數(shù)數(shù)a的取值范圍是的取值范圍是.1ex答案答案11,2解析此題調(diào)查用導數(shù)研討函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)單調(diào)性的運用解析此題調(diào)查用導數(shù)研討函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)單調(diào)性的運用.易知函數(shù)易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點對稱的定義域關(guān)于原點對稱.f(x)=x3-2x+ex-,f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-x3+2x+-ex=-f(x),f(x)為奇函數(shù)為奇函數(shù),又又f(x)=3x2-2+ex+3x2-2+2=3x20(當且僅當當且僅當x=0時時,取取“=),從而從而f(x)在在R上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,所以

4、所以f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1,解得解得-1a.1ex1ex1ex1ex12;方法小結(jié)函數(shù)不等式的求解思緒方法小結(jié)函數(shù)不等式的求解思緒:(1)轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)化為f(x)f(g(x);(2)結(jié)合單調(diào)性轉(zhuǎn)化為結(jié)合單調(diào)性轉(zhuǎn)化為(x)g(x)或或(x)g(x).3.(2021江蘇江蘇,20,16分分)知函數(shù)知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有極值有極值,且導函數(shù)且導函數(shù)f(x)的極值點是的極值點是f(x)的的零點零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值)(1)求求b關(guān)于關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式的函數(shù)關(guān)系式,并寫

5、出定義域并寫出定義域;(2)證明證明:b23a;(3)假設(shè)假設(shè)f(x),f(x)這兩個函數(shù)的一切極值之和不小于這兩個函數(shù)的一切極值之和不小于-,求求a的取值范圍的取值范圍.72;解析此題主要調(diào)查利用導數(shù)研討初等函數(shù)的單調(diào)性、極值及零點問題解析此題主要調(diào)查利用導數(shù)研討初等函數(shù)的單調(diào)性、極值及零點問題,調(diào)查綜合運用數(shù)學調(diào)查綜合運用數(shù)學思想方法分析與處理問題以及邏輯推理才干思想方法分析與處理問題以及邏輯推理才干.(1)由由f(x)=x3+ax2+bx+1,得得f(x)=3x2+2ax+b=3+b-.當當x=-時時,f(x)有極小值有極小值b-.由于由于f(x)的極值點是的極值點是f(x)的零點的零點

6、,所以所以f=-+-+1=0,又又a0,故故b=+.由于由于f(x)有極值有極值,故故f(x)=0有實根有實根,從而從而b-=(27-a3)0,即即a3.當當a=3時時,f(x)0(x-1),故故f(x)在在R上是增函數(shù)上是增函數(shù),f(x)沒有極值沒有極值;當當a3時時,f(x)=0有兩個相異的實根有兩個相異的實根x1=,x2=.列表如下列表如下:23ax23a3a23a3a327a39a3ab229a3a23a19a233aab 233aab x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f (x)+0-0+f(x)極大值極小值;故f(x)的極值點是x1,x2.從而a3.因此b=+,定義域

7、為(3,+).(2)證明:由(1)知,=+.設(shè)g(t)=+,那么g(t)=-=.當t時,g(t)0,從而g(t)在上單調(diào)遞增.由于a3,所以a3,故g(a )g(3)=,即.因此b23a.(3)由(1)知, f(x)的極值點是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.從而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1+a+bx2+1229a3aba29a a3a a29t3t2923t222279tt3 6,23 6,2a3a33ba32321x22x2469ab31x21x32x22x;=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0.記f(x), f (x)一

8、切極值之和為h(a),由于f (x)的極值為b-=-a2+,所以h(a)=-a2+,a3.由于h(a)=-a-0(x0),所以函數(shù)所以函數(shù)f(x)在在(-,+)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增;當當a0時時,假設(shè)假設(shè)x(0,+),那么那么f(x)0,假設(shè)假設(shè)x,那么那么f(x)0,所以函數(shù)所以函數(shù)f(x)在在,(0,+)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,在在上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減;當當a0,假設(shè)假設(shè)x,那么那么f(x)0,所以函數(shù)所以函數(shù)f(x)在在(-,0),上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,在在上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減.(2)由由(1)知知,函數(shù)函數(shù)f(x)的兩個極值為的兩個極值為f(0)=b,f=a3+b,那么函數(shù)那么函數(shù)f(x

9、)有三個零點等價于有三個零點等價于f(0)f=b0時時,a3-a+c0或當或當a0時時,a3-a+c0.設(shè)設(shè)g(a)=a3-a+c,由于函數(shù)由于函數(shù)f(x)有三個零點時有三個零點時,a的取值范圍恰好是的取值范圍恰好是(-,-3),23a2,3a 2,03a2,3a 2,03a2,3a20,3a2,3a20,3a23a42723a3427ab30,4027aab30,40.27aba 42742742731,23,2;那么在(-,-3)上,g(a)0均恒成立,從而g(-3)=c-10,且g=c-10,因此c=1.此時, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a,因函數(shù)

10、f(x)有三個零點,故x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3).綜上,c=1.31,23,23231,23,2;考點一利用導數(shù)研討函數(shù)的單調(diào)性考點一利用導數(shù)研討函數(shù)的單調(diào)性B B組組 一致命題、省一致命題、省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組1.(2021課標全國課標全國改編改編,12,5分分)假設(shè)函數(shù)假設(shè)函數(shù)f(x)=x-sin2x+asinx在在(-,+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增,那么那么a的取值的取值范范圍是圍是.13答案答案1 1,3 3解析解析f(x)=1-cos2x+

11、acosx=1-(2cos2x-1)+acosx=-cos2x+acosx+,f(x)在在R上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,那么那么f(x)0在在R上恒成立上恒成立,令令cosx=t,t-1,1,那么那么-t2+at+0在在-1,1上恒成立上恒成立,即即4t2-3at-50在在-1,1上恒成立上恒成立,令令g(t)=4t2-3at-5,那么那么解得解得-a.232343534353(1)4350,( 1)4350,gaga1313疑問突破由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍疑問突破由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題利用導數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)再利用二次函數(shù)來處理來處理.;2.

12、(2021課標全國課標全國理理,21,12分分)知函數(shù)知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)假設(shè)假設(shè)a=0,證明證明:當當-1x0時時,f(x)0時時,f(x)0;(2)假設(shè)假設(shè)x=0是是f(x)的極大值點的極大值點,求求a.;解析此題調(diào)查導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導數(shù)與函數(shù)的極值解析此題調(diào)查導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導數(shù)與函數(shù)的極值.(1)當當a=0時時,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)-.設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)=ln(1+x)-,那么那么g(x)=.當當-1x0時時,g(x)0時時,g(x)0.故當故當x-1時時,g(x)g(0)=0,

13、且僅當且僅當x=0時時,g(x)=0,從而從而f(x)0,且僅當且僅當x=0時時,f(x)=0.所以所以f(x)在在(-1,+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增.又又f(0)=0,故當故當-1x0時時,f(x)0時時,f(x)0.(2)(i)假設(shè)假設(shè)a0,由由(1)知知,當當x0時時,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),這與這與x=0是是f(x)的極大值點矛盾的極大值點矛盾.(ii)假設(shè)假設(shè)a0,設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)h(x)=ln(1+x)-.1xx1xx2(1)xx2( )2f xxax222xxax;由于當|x|0,故h(x)與f(x)符號一樣.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值

14、點當且僅當x=0是h(x)的極大值點.h(x)=-=.假設(shè)6a+10,那么當0 x-,且|x|0,故x=0不是h(x)的極大值點.假設(shè)6a+10,那么a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故當x(x1,0),且|x|min時,h(x)0;當x(0,1)時,h(x)0,所以所以f(x)在在(0,+)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增.假設(shè)假設(shè)a0,那么當那么當x時時,f(x)0;當當x時時,f(x)0時時,f(x)在在x=處獲得最大值處獲得最大值,最大值為最大值為f=ln+a=-lna+a-1.因此因此f2a-2等價于等價于lna+a-10.令令g(a)=lna+a-1,那么那么g(a)在在(0,+)上

15、單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,g(1)=0.于是于是,當當0a1時時,g(a)1時時,g(a)0.因此因此,a的取值范圍是的取值范圍是(0,1).1x10,a1,a10,a1,a1a1a1a11a1a;4.(2021課標全國課標全國,21,12分分)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.(1)討論討論f(x)的單調(diào)性的單調(diào)性;(2)當當x0時時,f(x)ax+1,求求a的取值范圍的取值范圍.;解析此題調(diào)查函數(shù)的單調(diào)性解析此題調(diào)查函數(shù)的單調(diào)性,恒成立問題恒成立問題.(1)f(x)=(1-2x-x2)ex.令令f(x)=0,得得x=-1-或或x=-1+.當當x(-,-1-)時時,f(x)0;當當x(-1+

16、,+)時時,f(x)0.所以所以f(x)在在(-,-1-),(-1+,+)單調(diào)遞減單調(diào)遞減,在在(-1-,-1+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.當當a1時時,設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此因此h(x)在在0,+)單調(diào)遞減單調(diào)遞減,而而h(0)=1,故故h(x)1,所以所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.當當0a0(x0),所以所以g(x)在在0,+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增,而而g(0)=0,故故exx+1.當當0 x(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-12222222222;=x(1-a-x-x2),取x

17、0=,那么x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1.當a0時,取x0=,那么x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.綜上,a的取值范圍是1,+).5412a512解題思緒解題思緒(1)求求f(x),令令f(x)0,求出求出f(x)的單調(diào)增區(qū)間的單調(diào)增區(qū)間,令令f(x)0,求出求出f(x)的單調(diào)減區(qū)間的單調(diào)減區(qū)間.(2)對參數(shù)對參數(shù)a的取值進展分類討論的取值進展分類討論,當當a1時時,構(gòu)造函數(shù)可知構(gòu)造函數(shù)可知(1-x)ex1,所以所以f(x)=(x+1)(1-x)exx+1ax+1成立成立;當當0aax0+1,從而闡明從而闡

18、明命題不成立命題不成立;當當a0時時,舉反例舉反例x0=闡明不等式不成立闡明不等式不成立.5412a512疑問突破疑問突破(1)求單調(diào)區(qū)間的普通步驟求單調(diào)區(qū)間的普通步驟:求定義域求定義域;求求f(x),令令f(x)0,求出求出f(x)的增區(qū)間的增區(qū)間,令令f(x)0,求出求出f(x)的減區(qū)間的減區(qū)間;寫出結(jié)論寫出結(jié)論,留意單調(diào)區(qū)間不能用留意單調(diào)區(qū)間不能用“銜接銜接.(2)恒成立問題的三種常見解法恒成立問題的三種常見解法:分別參數(shù)分別參數(shù),化為最值問題求解化為最值問題求解,如如a(x)max或或a(x)min;構(gòu)構(gòu)造函數(shù)造函數(shù),分類討論分類討論,如如f(x)g(x),即即F(x)=f(x)-g(

19、x),求求F(x)min0;轉(zhuǎn)變主元轉(zhuǎn)變主元,選取適當?shù)闹髟墒惯x取適當?shù)闹髟墒箚栴}簡化問題簡化.;5.(2021課標課標,21,12分分)知函數(shù)知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)討論討論f(x)的單調(diào)性的單調(diào)性;(2)假設(shè)假設(shè)f(x)有兩個零點有兩個零點,求求a的取值范圍的取值范圍.;解析解析(1)f(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)設(shè)設(shè)a0,那么當那么當x(-,1)時時,f(x)0.所以所以f(x)在在(-,1)單調(diào)遞減單調(diào)遞減,在在(1,+)單單調(diào)遞增調(diào)遞增.(2分分)(ii)設(shè)設(shè)a-,那么那么ln(-2a)0;當當x(ln(-

20、2a),1)時時,f(x)0.所所以以f(x)在在(-,ln(-2a),(1,+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增,在在(ln(-2a),1)單調(diào)遞減單調(diào)遞減.(4分分)假設(shè)假設(shè)a1,故當故當x(-,1)(ln(-2a),+)時時,f(x)0;當當x(1,ln(-2a)時時,f(x)0,那么由那么由(1)知知,f(x)在在(-,1)單調(diào)遞減單調(diào)遞減,在在(1,+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增.又又f(1)=-e,f(2)=a,取取b滿足滿足b0且且b(b-2)+a(b-1)2=a0,所以所以f(x)有兩個零點有兩個零點.(8分分)e2e2e22a2a232bb;(ii)設(shè)a=0,那么f(x)=(x-2)ex,所以f(x)

21、只需一個零點.(9分)(iii)設(shè)a0,假設(shè)a-,那么由(1)知, f(x)在(1,+)單調(diào)遞增,又當x1時f(x)0,故f(x)不存在兩個零點;(10分)假設(shè)a-,那么由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a)單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+)單調(diào)遞增,又當x1時f(x)0時函數(shù)零點時函數(shù)零點的個數(shù)時的個數(shù)時,留意利用不等式的放縮留意利用不等式的放縮.e2評析此題調(diào)查函數(shù)的單調(diào)性、零點等知識點評析此題調(diào)查函數(shù)的單調(diào)性、零點等知識點,解題時要仔細審題、仔細解答解題時要仔細審題、仔細解答,留意分類討論留意分類討論和等價轉(zhuǎn)化和等價轉(zhuǎn)化.;6.(2021課標全國課標全國理理,21,12分分)(1)

22、討論函數(shù)討論函數(shù)f(x)=ex的單調(diào)性的單調(diào)性,并證明當并證明當x0時時,(x-2)ex+x+20;(2)證明證明:當當a0,1)時時,函數(shù)函數(shù)g(x)=(x0)有最小值有最小值.設(shè)設(shè)g(x)的最小值為的最小值為h(a),求函數(shù)求函數(shù)h(a)的的值域值域.22xx2exaxax;解析解析(1)f(x)的定義域為的定義域為(-,-2)(-2,+).(2分分)f(x)=0,且僅當且僅當x=0時時,f(x)=0,所以所以f(x)在在(-,-2),(-2,+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增.因此當因此當x(0,+)時時,f(x)f(0)=-1.所以所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(4分分)

23、(2)證明證明:g(x)=(f(x)+a).(5分分)由由(1)知知,f(x)+a單調(diào)遞增單調(diào)遞增.對恣意對恣意a0,1),f(0)+a=a-10,f(2)+a=a0.因此因此,存在獨一存在獨一xa(0,2,使得使得f(xa)+a=0,即即g(xa)=0.(6分分)當當0 xxa時時,f(x)+a0,g(x)xa時時,f(x)+a0,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增.(7分分)因此因此g(x)在在x=xa處獲得最小值處獲得最小值,最小值為最小值為g(xa)=.(8分分)2(1)(2)e(2)e(2)xxxxxx22e(2)xxx3(2)e(2)xxa xx32xx2e(1)axaaa xx

24、2e()(1)axaaaf xxxe2axax ;于是h(a)=,由=0,得y=單調(diào)遞增.所以,由xa(0,2,得=h(a)=.(10分)由于y=單調(diào)遞增,對恣意,存在獨一的xa(0,2,a=-f(xa)0,1),使得h(a)=.所以h(a)的值域是.綜上,當a0,1)時,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.(12分)e2axax e2xx2(1)e(2)xxxe2xx120e02e2axax 2e222e4e2xx21 e,2 421 e,2 421 e,2 4疑問突破疑問突破此題求解的關(guān)鍵是此題求解的關(guān)鍵是“設(shè)而不求方法的運用設(shè)而不求方法的運用,另外另外,留意將對留意將對g(x)符

25、號的判別靈敏符號的判別靈敏轉(zhuǎn)化為對轉(zhuǎn)化為對f(x)+a符號的判別符號的判別.評析此題主要調(diào)查導數(shù)的運用評析此題主要調(diào)查導數(shù)的運用,求單調(diào)區(qū)間及最值求單調(diào)區(qū)間及最值,調(diào)查不等式的證明調(diào)查不等式的證明.屬難題屬難題.;考點二利用導數(shù)研討函數(shù)的極值和最值考點二利用導數(shù)研討函數(shù)的極值和最值1.(20211.(2021課標全國課標全國理理,16,5,16,5分分) )知函數(shù)知函數(shù)f(x)=2sin x+sin 2x,f(x)=2sin x+sin 2x,那么那么f(x)f(x)的最小值是的最小值是 . .答案答案-3 32;解析解法一解析解法一:由由f(x)=2sinx+sin2x,得得f(x)=2co

26、sx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2,令令f(x)=0,得得cosx=或或cosx=-1,可得當可得當cosx時時,f(x)0,f(x)為增為增函數(shù)函數(shù),所以當所以當cosx=時時,f(x)取最小值取最小值,此時此時sinx=.又由于又由于f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinx(1+cosx),1+cosx0恒成立恒成立,f(x)取最小值時取最小值時,sinx=-,f(x)min=2=-.解法二解法二:f(x)=2sinx+sin2x=2sinx+2sinxcosx=2sinx(1+cosx),f2(x)=4sin2x(1+cosx)2=4(1-cosx)(1+cos

27、x)3.令令cosx=t,t-1,1,設(shè)設(shè)g(t)=4(1-t)(1+t)3,g(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t).當當t時時,g(t)0,g(t)為增函數(shù)為增函數(shù);當當t時時,g(t)0,f(x)單調(diào)遞單調(diào)遞增增;x(-2,1)時時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減.f(x)極小值極小值=f(1)=-1.;方法總結(jié)方法總結(jié)1.利用導數(shù)研討函數(shù)極值問題的兩個方向利用導數(shù)研討函數(shù)極值問題的兩個方向:2.知函數(shù)極值點和極值求參數(shù)值的兩個要領(lǐng):(1)列式:根據(jù)極值點處導數(shù)為0和極值列方程組進展求解.(2)驗證:由于導數(shù)為零的點不一定是函數(shù)的極值點,所

28、以求解后必需進展驗證.思緒分析由思緒分析由x=-2是函數(shù)是函數(shù)f(x)的極值點可知的極值點可知f(-2)=0,從而求出從而求出a的值的值,將將a的值代入導函數(shù)的值代入導函數(shù)f(x),求出求出f(x)的單調(diào)區(qū)間的單調(diào)區(qū)間,判別極小值點判別極小值點,從而求出函數(shù)的極小值從而求出函數(shù)的極小值.;3.(2021課標課標改編改編,12,5分分)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)=sin.假設(shè)存在假設(shè)存在f(x)的極值點的極值點x0滿足滿足+f(x0)2m2,那么那么m的取值范圍是的取值范圍是.3xm20 x答案答案(-,-2)(2,+);解析解析f(x)=cos,f(x)的極值點為的極值點為x0,f(x0)=0,co

29、s=0,x0=k+,kZ,x0=mk+,kZ,又又+f(x0)2m2,+m2,kZ,即即m2+3m2,kZ,m0,kZ,又又存在存在x0滿足滿足+f(x0)2,3mxm3m0 xmm22m20 x22mmk23sin2k212k212k223mm20 x223mm2min12k;,m2-3,m24,m2或m-2.223mm21224m評析此題調(diào)查了函數(shù)的極值問題評析此題調(diào)查了函數(shù)的極值問題,三角函數(shù)求值、恒成立等問題三角函數(shù)求值、恒成立等問題.調(diào)查分析問題、處理問題調(diào)查分析問題、處理問題的才干的才干.;4.(2021課標全國課標全國文文,21,12分分)知函數(shù)知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1

30、.(1)設(shè)設(shè)x=2是是f(x)的極值點的極值點,求求a,并求并求f(x)的單調(diào)區(qū)間的單調(diào)區(qū)間;(2)證明證明:當當a時時,f(x)0.1e;解析解析(1)f(x)的定義域為的定義域為(0,+),f(x)=aex-.由題設(shè)知由題設(shè)知,f(2)=0,所以所以a=.從而從而f(x)=ex-lnx-1,f(x)=ex-.當當0 x2時時,f(x)2時時,f(x)0.所以所以f(x)在在(0,2)單調(diào)遞減單調(diào)遞減,在在(2,+)單調(diào)遞增單調(diào)遞增.(2)當當a時時,f(x)-lnx-1.設(shè)設(shè)g(x)=-lnx-1,那么那么g(x)=-.當當0 x1時時,g(x)1時時,g(x)0.所以所以x=1是是g(x

31、)的最小值點的最小值點.故當故當x0時時,g(x)g(1)=0.因此因此,當當a時時,f(x)0.1x212e212e212e1x1eeexeexeex1x1e;方法總結(jié)利用導數(shù)證明不等式的常用方法方法總結(jié)利用導數(shù)證明不等式的常用方法:(1)證明證明f(x)g(x),x(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x).假設(shè)假設(shè)F(x)0,那么那么F(x)在在(a,b)上是減函數(shù)上是減函數(shù),同同時假設(shè)時假設(shè)F(a)0,由減函數(shù)的定義可知由減函數(shù)的定義可知,x(a,b)時時,有有F(x)0,即證明了即證明了f(x)g(x),x(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-

32、g(x),假設(shè)假設(shè)F(x)0,那么那么F(x)在在(a,b)上是增函數(shù)上是增函數(shù),同同時假設(shè)時假設(shè)F(a)0,由增函數(shù)的定義可知由增函數(shù)的定義可知,x(a,b)時時,有有F(x)0,即證明了即證明了f(x)g(x).;5.(2021北京理北京理,18,13分分)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.(1)假設(shè)曲線假設(shè)曲線y=f(x)在點在點(1,f(1)處的切線與處的切線與x軸平行軸平行,求求a;(2)假設(shè)假設(shè)f(x)在在x=2處獲得極小值處獲得極小值,求求a的取值范圍的取值范圍.;解析解析(1)由于由于f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex,所以所以f(x)=a

33、x2-(2a+1)x+2ex.f(1)=(1-a)e.由題設(shè)知由題設(shè)知f(1)=0,即即(1-a)e=0,解得解得a=1.此時此時f(1)=3e0.所以所以a的值為的值為1.(2)由由(1)得得f(x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.假設(shè)假設(shè)a,那么當那么當x時時,f(x)0.所以所以f(x)在在x=2處獲得極小值處獲得極小值0.假設(shè)假設(shè)a,那么當那么當x(0,2)時時,x-20,ax-1x-10,所以所以2不是不是f(x)的極小值點的極小值點.121,2a1212綜上可知,a的取值范圍是.1,2;方法總結(jié)函數(shù)極值問題的常見類型及解題戰(zhàn)略方法總結(jié)函數(shù)極值問題的常見

34、類型及解題戰(zhàn)略(1)知導函數(shù)圖象判別函數(shù)極值的情況知導函數(shù)圖象判別函數(shù)極值的情況.先找導數(shù)為先找導數(shù)為0的點的點,再判別導數(shù)為再判別導數(shù)為0的點的左、右兩側(cè)的點的左、右兩側(cè)導數(shù)的符號導數(shù)的符號.(2)知函數(shù)求極值知函數(shù)求極值.求求f(x)求方程求方程f(x)=0的根的根列表檢驗列表檢驗f(x)在在f(x)=0的根的附近兩側(cè)的的根的附近兩側(cè)的符號符號下結(jié)論下結(jié)論.(3)知極值求參數(shù)知極值求參數(shù).假設(shè)函數(shù)假設(shè)函數(shù)f(x)在點在點(x0,y0)處獲得極值處獲得極值,那么那么f(x0)=0,且在該點左、右兩側(cè)導數(shù)值且在該點左、右兩側(cè)導數(shù)值的的符號相反符號相反.;6.(2021天津文天津文,20,14分

35、分)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中其中t1,t2,t3R,且且t1,t2,t3是公差為是公差為d的等差的等差數(shù)數(shù)列列.(1)假設(shè)假設(shè)t2=0,d=1,求曲線求曲線y=f(x)在點在點(0,f(0)處的切線方程處的切線方程;(2)假設(shè)假設(shè)d=3,求求f(x)的極值的極值;(3)假設(shè)曲線假設(shè)曲線y=f(x)與直線與直線y=-(x-t2)-6有三個互異的公共點有三個互異的公共點,求求d的取值范圍的取值范圍.3;解析本小題主要調(diào)查導數(shù)的運算、導數(shù)的幾何意義、運用導數(shù)研討函數(shù)的性質(zhì)等根底知解析本小題主要調(diào)查導數(shù)的運算、導數(shù)的幾何意義、運用導數(shù)研討函數(shù)的性質(zhì)等根底知識和方

36、法識和方法.調(diào)查函數(shù)思想和分類討論思想調(diào)查函數(shù)思想和分類討論思想.調(diào)查綜合分析問題和處理問題的才干調(diào)查綜合分析問題和處理問題的才干.(1)由知由知,可得可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故故f(x)=3x2-1.因此因此f(0)=0,f(0)=-1,又由于曲線又由于曲線y=f(x)在點在點(0,f(0)處的切線方程為處的切線方程為y-f(0)=f(0)(x-0),故所求切線方程為故所求切線方程為x+y=0.(2)由知可得由知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故故f(x)=3x2-6

37、t2x+3-9.令令f(x)=0,解得解得x=t2-,或或x=t2+.當當x變化時變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表的變化情況如下表:22t32t22t33x(-,t2- )t2-(t2- ,t2+ )t2+(t2+ ,+)f (x)+0-0+f(x)極大值極小值333333;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有三個互異的公共點等價于關(guān)于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三個互異的實數(shù)解.令u=x-t2,可得

38、u3+(1-d2)u+6=0.設(shè)函數(shù)g(x)=x3+(1-d2)x+6,那么曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-6有三個互異的公共點等價于函數(shù)y=g(x)有三個零點.g(x)=3x2+(1-d2).當d21時,g(x)0,這時g(x)在R上單調(diào)遞增,不合題意.當d21時,令g(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-,x1)上單調(diào)遞增,在x1,x2上單調(diào)遞減,在(x2,+)上單調(diào)遞增.g(x)的極大值g(x1)=g=+60.3333333333333213d 213d 213d3222 3(1)9d 3;g(x)的極小值g(x2)=g=-+6.假設(shè)g(x2)0,由g(x)的單

39、調(diào)性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個零點,不合題意.假設(shè)g(x2)27,也就是|d|,此時|d|x2,g(|d|)=|d|+60,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6-62+60時時,g(x)0,求求b的最大值的最大值;(3)知知1.41420,g(x)0.(ii)當當b2時時,假設(shè)假設(shè)x滿足滿足2ex+e-x2b-2,即即0 xln(b-1+)時時,g(x)0.而而g(0)=0,因此當因此當0 xln(b-1+)時時,g(x)0,ln20.6928;22bb22bb232223228 2312;當b=+1時,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln 2

40、0,ln 20.693 4.所以ln 2的近似值為0.693.3 2422bb22322218228評析此題調(diào)查了導數(shù)的運用評析此題調(diào)查了導數(shù)的運用,同時調(diào)查了分類討論思想和運算才干同時調(diào)查了分類討論思想和運算才干.;1.(2021江蘇江蘇,3,5分分)函數(shù)函數(shù)f(x)=x3-15x2-33x+6的單調(diào)減區(qū)間為的單調(diào)減區(qū)間為.C C組組 教師公用題組教師公用題組答案答案(-1,11)解析解析f(x)=3x2-30 x-33=3(x-11)(x+1),當當x11時時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增;當當-1x11時時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減單調(diào)遞減.所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為所以函數(shù)的單

41、調(diào)減區(qū)間為(-1,11).2.(2021四川改編四川改編,6,5分分)知知a為函數(shù)為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點的極小值點,那么那么a=.答案答案2;解析由題意可得解析由題意可得f(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令令f(x)=0,得得x=-2或或x=2,那么那么f(x),f(x)隨隨x的變化情況如下表的變化情況如下表:x(-,-2)-2(-2,2)2(2,+)f (x)+0-0+f(x)極大值極小值函數(shù)f(x)在x=2處獲得極小值,那么a=2.評析此題調(diào)查了函數(shù)的極值問題評析此題調(diào)查了函數(shù)的極值問題.正確了解函數(shù)的極值點的概念是解題的關(guān)鍵正確了解函數(shù)的極值點的概念是解題的

42、關(guān)鍵.;3.(2021遼寧改編遼寧改編,11,5分分)當當x-2,1時時,不等式不等式ax3-x2+4x+30恒成立恒成立,那么實數(shù)那么實數(shù)a的取值范圍是的取值范圍是.答案答案-6,-2;解析由題意知解析由題意知x-2,1都有都有ax3-x2+4x+30,即即ax3x2-4x-3在在x-2,1上恒成立上恒成立.當當x=0時時,aR.當當0 x1時時,a=-+.令令t=(t1),g(t)=-3t3-4t2+t,由于由于g(t)=-9t2-8t+10(t1),所以所以g(t)在在1,+)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減,g(t)max=g(1)=-6(t1),所以所以a-6.當當-2x0.假設(shè)假設(shè)f(x)和和

43、g(x)在區(qū)間在區(qū)間-1,+)上單調(diào)性一致上單調(diào)性一致,求求b的取值范圍的取值范圍;(2)設(shè)設(shè)a0,故故3x2+a0,進而進而2x+b0,即即b-2x在區(qū)間在區(qū)間-1,+)上恒成立上恒成立,所以所以b2.因此因此b的取值范圍是的取值范圍是2,+).(2)令令f(x)=0,解得解得x=.假設(shè)假設(shè)b0,由由a0得得0(a,b).又由于又由于f(0)g(0)=ab0,所以函數(shù)所以函數(shù)f(x)和和g(x)在在(a,b)上不是單調(diào)性一致上不是單調(diào)性一致的的.因此因此b0.現(xiàn)設(shè)現(xiàn)設(shè)b0.當當x(-,0)時時,g(x)0.因此因此,當當x時時,f(x)g(x)0.故由題設(shè)得故由題設(shè)得a-且且b-,從而從而-

44、a0,故函數(shù)f(x)和g(x)在上單調(diào)性一致.因此|a-b|的最大值為.131313219x1,031,0313評析評析此題調(diào)查函數(shù)的概念、性質(zhì)及導數(shù)等根底知識此題調(diào)查函數(shù)的概念、性質(zhì)及導數(shù)等根底知識,對數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想均對數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想均有調(diào)查有調(diào)查,對分類討論思想的調(diào)查要求很高對分類討論思想的調(diào)查要求很高,要求考生具備較強的綜合思想才干和運算才干要求考生具備較強的綜合思想才干和運算才干,屬難屬難題題.;5.(2021北京文北京文,20,13分分)知函數(shù)知函數(shù)f(x)=excosx-x.(1)求曲線求曲線y=f(x)在點在點(0,f(0)處的切線方程處的切線方程;(

45、2)求函數(shù)求函數(shù)f(x)在區(qū)間在區(qū)間上的最大值和最小值上的最大值和最小值.0,2;解析此題調(diào)查導數(shù)的幾何意義解析此題調(diào)查導數(shù)的幾何意義,調(diào)查利用導數(shù)研討函數(shù)的單調(diào)性、最值調(diào)查利用導數(shù)研討函數(shù)的單調(diào)性、最值.(1)由于由于f(x)=excosx-x,所以所以f(x)=ex(cosx-sinx)-1,f(0)=0.又由于又由于f(0)=1,所以曲線所以曲線y=f(x)在點在點(0,f(0)處的切線方程為處的切線方程為y=1.(2)設(shè)設(shè)h(x)=ex(cosx-sinx)-1,那么那么h(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.當當x時時,h(x)0,所以所以h(x)

46、在區(qū)間在區(qū)間上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減.所以對恣意所以對恣意x有有h(x)h(0)=0,即即f(x)0得到f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間,令f (x)0恒成立恒成立,那么函數(shù)那么函數(shù)f(x)=x3-x2+x為增函數(shù)為增函數(shù),故故x2x+2,所以所以x2-x-20,解得解得-1x2.所以原不等式的解集為所以原不等式的解集為-1,2.213x23;2.(2021蘇北四市高三第二學期開學考試蘇北四市高三第二學期開學考試,14)知知a,b,c,dR且滿足且滿足=1,那么那么(a-c)2+(b-d)2的最小值為的最小值為.3lnaab32dc答案答案(2-ln3)295解析由解析由=1可知點可知點(a,b)

47、在曲線在曲線y=x+3lnx上上,由由=1可知點可知點(c,d)在直線在直線y=2x+3上上,作曲線作曲線y=x+3lnx與直線與直線y=2x+3平行的切線平行的切線,設(shè)切點為設(shè)切點為P(x0,x0+3lnx0),y=1+=2,那么那么y=1+=2,所以所以x0=3,故切點故切點P(3,3+3ln3),的最小值為的最小值為P到直線到直線y=2x+3的間隔的間隔=,那么那么(a-c)2+(b-d)2的最小值為的最小值為.3lnaab32dc3x0|x x03x22()()acbd|633ln33|5 3(2ln3)529(2ln3)5;3.(2021江蘇鹽城中學高三期末江蘇鹽城中學高三期末,12

48、)知函數(shù)知函數(shù)f(x)=x+lnx-,g(x)=,其中其中e為自然對數(shù)的底數(shù)為自然對數(shù)的底數(shù),假設(shè)假設(shè)函數(shù)函數(shù)f(x)與與g(x)的圖象恰有一個公共點的圖象恰有一個公共點,那么實數(shù)那么實數(shù)m的取值范圍是的取值范圍是.2emx答案答案m0或或m=-2e 1e解析由于解析由于f(x)=1+0,所以函數(shù)所以函數(shù)f(x)在在(0,+)上為增函數(shù)上為增函數(shù),易得易得f=-1-0,所以當所以當m0時時,f(x)與與g(x)的圖象有一個公共點的圖象有一個公共點,當當m0時時,xf(x)-f(x)0成立的成立的x的取值范圍是的取值范圍是.答案答案(-,-1)(0,1)解析令解析令g(x)=,那么那么g(x)=

49、0,所以所以g(x)在在(0,+)上是減函數(shù)上是減函數(shù),又又g(-x)=g(x),所以所以g(x)是偶函數(shù)是偶函數(shù),因因此此g(-1)=g(1)=0,當當0 x0,所以所以f(x)0,同理同理,當當x-1時時,g(x)0,故故x的取值范圍為的取值范圍為(-,-1)(0,1).( )f xx2 ( )( )xfxf xx;6.(2021江蘇鎮(zhèn)江期末江蘇鎮(zhèn)江期末,11)定義在定義在上的函數(shù)上的函數(shù)f(x)=8sinx-tanx的最大值為的最大值為.0,2答案答案33解析解析函數(shù)函數(shù)f(x)=8sinx-tanx,f(x)=8cosx-=,令令f(x)=0,得得cosx=,x,x=.當當x時時,f(

50、x)0,函數(shù)函數(shù)f(x)在區(qū)間在區(qū)間上是單調(diào)增函數(shù)上是單調(diào)增函數(shù);當當x時時,f(x)0,函數(shù)函數(shù)f(x)在區(qū)間在區(qū)間上是單調(diào)減函數(shù)上是單調(diào)減函數(shù).當當x=時時,函數(shù)函數(shù)f(x)獲得極大值獲得極大值,也是最大值也是最大值,為為3.21cos x328cos1cosxx120,230,30,3,3 2 ,3 2 33;二、解答題(共30分)7.(2021蘇北四市高三一模,19,16分)知函數(shù)f(x)=x2+ax+1,g(x)=ln x-a(aR).(1)當a=1時,求函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的極值;(2)假設(shè)存在與函數(shù)f(x),g(x)的圖象都相切的直線,務(wù)虛數(shù)a的取值范圍.;解析解析(

51、1)函數(shù)函數(shù)h(x)的定義域為的定義域為(0,+).當當a=1時時,h(x)=f(x)-g(x)=x2+x-lnx+2,所以所以h(x)=2x+1-=.(2分分)令令h(x)=0,得得x=或或-1,所以當所以當0 x時時,h(x)時時,h(x)0,所以函數(shù)所以函數(shù)h(x)在區(qū)間在區(qū)間上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減,在區(qū)間在區(qū)間上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,所以當所以當x=時時,函數(shù)函數(shù)h(x)獲得極小值獲得極小值,為為+ln2,無極大值無極大值.(4分分)(2)設(shè)函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象在點的圖象在點(x1,f(x1)處與函數(shù)處與函數(shù)g(x)的圖象在點的圖象在點(x2,g(x2)處的切線一樣處的切線一樣,那么那

52、么f(x1)=g(x2)=,所以所以2x1+a=.(6分分)所以所以x1=-,代入代入=+ax1+1-(lnx2-a)得得1x(21)(1)xxx12121210,21,2121141212( )()f xg xxx21x2112121 (ln)xaxxaxx 212x2a122xxx21x;-+ln x2+-a-2=0(*),(8分)設(shè)F(x)=-+ln x+-a-2,那么F(x)=-+=,無妨設(shè)2+ax0-1=0(x00),那么當0 xx0時,F(x)x0時,F(x)0,所以F(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,+)上單調(diào)遞增,(10分)結(jié)合a=-2x0可得F(x)min=F

53、(x0)=+2x0-+ln x0-2,設(shè)G(x)=x2+2x-+ln x-2,那么G(x)=2x+2+0對x0恒成立,所以G(x)在區(qū)間(0,+)上單調(diào)遞增,又G(1)=0,所以當0 x1時G(x)0,即當0 x01時F(x0)0,(12分)又當x=ea+2時F(x)=-+ln ea+2+-a-2=0,因此當0 x01時,函數(shù)F(x)必有零點,即當0 x01時,必存在x2使得(*)成立,2214x22ax24a214x2ax24a312x22ax1x23212xaxx20 x20012xx01x20 x01x1x21x1x2414ea22eaa24a14221eaa;即存在x1,x2使得函數(shù)f

54、(x)的圖象在點(x1, f(x1)與函數(shù)g(x)的圖象在點(x2,g(x2)處切線一樣.(14分)又由y=-2x得y=-20,所以y=-2x在(0,1)上單調(diào)遞減,因此a=-2x0-1,+),所以實數(shù)a的取值范圍是-1,+).(16分)1x21x1x20012xx01x;8.(2021江蘇常州高級中學階段調(diào)研江蘇常州高級中學階段調(diào)研,20)知知a為實常數(shù)為實常數(shù),函數(shù)函數(shù)f(x)=lnx-ax+1.(1)討論函數(shù)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性的單調(diào)性;(2)假設(shè)函數(shù)假設(shè)函數(shù)f(x)有兩個不同的零點有兩個不同的零點x1,x2(x12.;解析解析(1)f(x)的定義域為的定義域為(0,+),其導數(shù)其導

55、數(shù)f(x)=-a.當當a0時時,f(x)0,函數(shù)在函數(shù)在(0,+)上是增函數(shù)上是增函數(shù);當當a0時時,在區(qū)間在區(qū)間上上,f(x)0;在區(qū)間在區(qū)間上上,f(x)0時時,f(x)在在上是增函數(shù)上是增函數(shù),在在上是減函數(shù)上是減函數(shù),此時此時f為函數(shù)為函數(shù)f(x)的極大值的極大值,也是最也是最大值大值,當當f=0時時,f(x)最多有一個零點最多有一個零點,所以所以f=ln0,解得解得0a1.此時此時,且且f=-1-+1=-0,f=2-2lna-+1=3-2lna-(0a0,所以F(a)在(0,1)上單調(diào)遞增,所以F(a)F(1)=3-e20,即f0,所以x1,x2,符合題意,所以a的取值范圍是(0,1

56、).下面證明:當0 x1時,ln x0),那么h(x)=0.h(x)在(0,1上是增函數(shù),當0 x1時,h(x)h(1)=0.即當0 x1時,ln x.0 x1x2,01,ln-=ln-.f(x1)=f(x2)=0,ln x1-ln x2=a(x1-x2).2ea2a22ea22e2aa22ea1 1,e a221 e,a a2(1)1xx2(1)1xx22(1)(1)xx x2(1)1xx12xx12xx1212211xxxx12xx12122()xxxx1212lnlnxxxx122xxa,x1+x22.122xx2a;一、填空題(每題5分,共15分)1.(2021江蘇宿遷三校學情調(diào)研,1

57、4)知函數(shù)f(x)=x-1-(e-1)ln x,其中e為自然對數(shù)的底數(shù),那么滿足f(ex)0的x的取值范圍為 .B B組組 20212021 20212021年高考模擬年高考模擬綜合題組綜合題組( (時間：時間：3535分鐘分鐘 分值：分值：4545分分) )答案答案(0,1)解析顯然解析顯然f(x)的定義域為的定義域為(0,+).由由f(x)=x-1-(e-1)lnx得得f(x)=1-,所以所以f(x)在在(0,e-1)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減,在在(e-1,+)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增,由由f(1)=0,f(e)=0,得得f(x)0的解集為的解集為x|1xe,從而從而f(ex)0等價于等價于1exe,即即0 x1.e 1x;2.(2021江蘇七校聯(lián)考江蘇七校聯(lián)考,14)假設(shè)假設(shè)f(x)=x-1-alnx,g(x)=,a0,且對恣意且對恣意x1,x23,4(x1x2),|f(x1)-f(x2)|恒成立恒成立,那么實數(shù)那么實數(shù)a的取值范圍為的取值范圍為.eexx1211( )()g xg x答案答案223e ,03;解析易知解析易知f(x),在在x3,4上均為增函數(shù)上均為增函數(shù),無妨設(shè)無妨設(shè)x1x2,那么那么|f(x1)-f(x2)|等價于等價于f(x2)-f(x1)-,即即f(x2)-1,u(