1、(2014天津文,19,14分)已知函數f(x)=x2-ax3(a0),xR.(1)求f(x)的單調區間和極值;(2)若對于任意的x1(2,+),都存在x2(1,+),使得f(x1)f(x2)=1.求a的取值范圍.23考點一導數與函數的單調性考點一導數與函數的單調性A A組自主命題組自主命題天津卷題組天津卷題組五年高考解析解析(1)由已知,有f (x)=2x-2ax2(a0).令f (x)=0,解得x=0或x=.當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:1ax(-,0)0f (x)-0+0-f(x)010,a1a1,a213a所以, f(x)的單調遞增區間是;單調遞減區間是(-,0

2、),.當x=0時, f(x)有極小值,且極小值f(0)=0;當x=時,f(x)有極大值,且極大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,當x時, f(x)0;當x時, f(x)2,即0a時,由f=0可知,0A,而0 B,所以A不是B的子集.當12,即a時,有f(2)0,且此時f(x)在(2,+)上單調遞減,故A=(-, f(2),因而A(-,0);由f(1)0,有f(x)在(1,+)上的取值范圍包含(-,0),則(-,0)B.所以,AB.當時,有f(1)0,且此時f(x)在(1,+)上單調遞減,故B=,A=(-, f(2),所以A不是B的子集.綜上,a的取值范圍是.10,a1,a1a1a21

3、3a32a30,2a3,2a1|(1,), ( )0( )xf xf x32a3432a32a343232a321,0(1)f3 3,4 2評析評析 本題主要考查導數的運算,利用導數研究函數的性質,考查化歸思想、分類討論思想、函數思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力.1.(2019天津文,20,14分)設函數f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR.(1)若a0,討論f(x)的單調性;(2)若0ax0,證明3x0-x12.1e考點二導數與函數的極考點二導數與函數的極( (最最) )值值解析解析本小題主要考查導數的運算、不等式證明、運用導數研究函數的性質等基礎知識和方法.考查函數思想、化

4、歸與轉化思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力,體現了邏輯推理和數學運算素養.(1)由已知, f(x)的定義域為(0,+),且f (x)=-aex+a(x-1)ex=.因此當a0時,1-ax2ex0,從而f (x)0,所以f(x)在(0,+)內單調遞增.(2)證明:(i)由(1)知, f (x)=.令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且g=1-a=1-0,故g(x)=0在(0,+)內有唯一解,從而f (x)=0在(0,+)內有唯一解,不妨設為x0,則1x0=0,所以f(x)在(0,x0)內單調遞增;當x(x0,+)時, f (x)=1時,h(x)=-11時,h(x)h(1)=0,所以ln x

5、x-1.從而f=ln-a=ln-ln+1=hf(1)=0,所以f(x)在(x0,+)內有唯一零點.又f(x)在(0,x0)內有唯一零點1,從而, f(x)在(0,+)內恰有兩個零點.(ii)由題意,即從而ln x1=,即=.因為當x1時,ln xx01,故=,兩邊取對數,得ln ln ,于是x1-x02ln x02.10exx2011(1)1xxx20 x10exx20 x思路分析思路分析 (1)求出導函數,結合a0判定f (x)0,從而得f(x)在(0,+)上遞增;(2)(i)利用導數的零點判斷f(x)的單調區間,結合零點存在性定理判斷f(x)的零點個數;(ii)由極值點x0及零點x1建立方

6、程組從而得到=,又由x1時,ln xx-1,得到=,兩邊取對數即可得結論.012011e1,ln(1) e ,xxaxxa x10exx2011ln1xxx10exx2011(1)1xxx20 x2.(2019天津理,20,14分)設函數f(x)=excos x,g(x)為f(x)的導函數.(1)求f(x)的單調區間;(2)當x時,證明f(x)+g(x)0;(3)設xn為函數u(x)=f(x)-1在區間內的零點,其中nN,證明2n+-xncos x,得f (x)0,則f(x)單調遞減;當x(kZ)時,有sin x0,則f(x)單調遞增.所以, f(x)的單調遞增區間為(kZ), f(x)的單調

7、遞減區間為(kZ).(2)證明:記h(x)=f(x)+g(x).依題意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x),從而g(x)=-2exsin x.當x時,g(x)0,故h(x)=f (x)+g(x)+g(x)(-1)52,244kk32,244kk32,244kk52,244kk2x,4 2 2x=g(x)0,因此,h(x)在區間上單調遞減,進而h(x)h=f=0.所以,當x時, f(x)+g(x)0.(3)證明:依題意,u(xn)=f(xn)-1=0,即cos xn=1.記yn=xn-2n,則yn,且f(yn)=cos yn=cos(xn-2n)=e-2n(nN).由f(yn)=

8、e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,當x時,g(x)0,所以g(x)在上為減函數,因此g(yn)g(y0)g=0.又由(2)知, f(yn)+g(yn)0,故-yn-=-=.所以,2n+-xn0和f (x)0時x的范圍.(2)記h(x)=f(x)+g(x),求h(x),從而得到函數h(x)在上的單調性,轉化為求h(x)的最小值,驗證最小值非負即可.(3)記u(x)在區間內的零點為xn,則xn,則有yn=xn-2n.與(2)聯系知f(yn)+g(yn)0,此時要先確定g(yn)的符號,再將上式轉化為-yn-,然后進一步證明-0,函數g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區間

9、-1,1上的最大值.不小于14解析解析(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f (x)=3x2-a.下面分兩種情況討論:當a0時,有f (x)=3x2-a0恒成立,所以f(x)的單調遞增區間為(-,+).當a0時,令f (x)=0,解得x=或x=-.當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:33a33ax-f (x)+0-0+f(x)單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增3a,3 3a33a3a,333a33a,3所以f(x)的單調遞減區間為,單調遞增區間為,.(2)證明:因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a0,且x00.由題意,得f (x0)=3-a=0,即=,進而f(x0)

10、=-ax0-b=-x0-b.又f(-2x0)=-8+2ax0-b=-x0+2ax0-b=-x0-b=f(x0),且-2x0 x0,由題意及(1)知,存在唯一實數x1滿足 f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=-2x0.所以x1+2x0=0.(3)證明:設g(x)在區間-1,1上的最大值為M,maxx,y表示x,y兩數的最大值.下面分三種情況討論:當a3時,-11,由(1)知, f(x)在區間-1,1上單調遞減,所以f(x)在區間-1,1上的取值范圍為f(1), f(-1),因此M=max|f(1)|,|f(-1)|=max|1-a-b|,|-1+a-b|=max|a-1+b|,|a-1

11、-b|=33,33aa3,3a 3,3a20 x20 x3a30 x23a30 x83a23a33a33a1,0,1,0.ab bab b 所以M=a-1+|b|2.當a3時,-1-1,由(1)和(2)知f(-1)f =f , f(1)f =f ,所以f(x)在區間-1,1上的取值范圍為f , f ,因此M=max,=max=max=+|b|=.當0a時,-1-1,由(1)和(2)知f(-1)f =f ,所以f(x)在區間-1,1上的取值范圍為f(-1), f(1),因此M=max|f(-1)|,|f(1)|=max|-1+a-b|,|1-a-b|=max|1-a+b|,|1-a-b|=1-a

12、+|b|.綜上所述,當a0時,g(x)在區間-1,1上的最大值不小于.2 33a33a1414思路分析思路分析(1)求含參數的函數f(x)的單調區間,需要進行分類討論;(2)由第(1)問可知a0,要證x1+2x0=0,只需證出f(-2x0)=f(x0),其中x1=-2x0,即可得結論;(3)求g(x)在-1,1上的最大值,對a分情況討論即可.評析評析 本題主要考查導數的運算、利用導數研究函數的性質、證明不等式等基礎知識和方法.考查分類討論思想和化歸思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力.考點三導數的綜合應用1.(2018天津,20,14分)已知函數f(x)=ax,g(x)=logax,其中a1

13、.(1)求函數h(x)=f(x)-xln a的單調區間;(2)若曲線y=f(x)在點(x1, f(x1)處的切線與曲線y=g(x)在點(x2,g(x2)處的切線平行,證明x1+g(x2)=-;(3)證明當a時,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.2lnlnlnaa1ee解析解析本小題主要考查導數的運算、導數的幾何意義、運用導數研究指數函數與對數函數的性質等基礎知識和方法.考查函數與方程思想、化歸思想.考查抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力.(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有h(x)=axln a-ln a.令h(x)=0,解得x=0.由a1,

14、可知當x變化時,h(x),h(x)的變化情況如下表:x(-,0)0(0,+)h(x)-0+h(x)極小值所以函數h(x)的單調遞減區間為(-,0),單調遞增區間為(0,+).(2)證明:由f (x)=axln a,可得曲線y=f(x)在點(x1, f(x1)處的切線斜率為ln a.由g(x)=,可得曲線y=g(x)在點(x2,g(x2)處的切線斜率為.因為這兩條切線平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.兩邊取以a為底的對數,得logax2+x1+2logaln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)證明:曲線y=f(x)在點(x1,)處的切線l1:y-=ln a(x-x1).曲線y

15、=g(x)在點(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2=(x-x2).要證明當a時,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,只需證明當a時,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1與l2重合.即只需證明當a時,1xa1lnxa21lnxa1xa21lnxa1xa2lnlnlnaa1xa1xa1xa21lnxa1ee1ee1ee方程組有解.由得x2=,代入,得-x1ln a+x1+=0.因此,只需證明當a時,關于x1的方程存在實數解.設函數u(x)=ax-xaxln a+x+,即要證明當a時,函數y=u(x)存在零點.u(x)=1-(ln a)2xa

16、x,可知x(-,0)時,u(x)0;x(0,+)時,u(x)單調遞減,又u(0)=10,u=1-0,使得u(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-,x0)上單調遞增,在(x0,+)上單調遞減.u(x)在x=x0處取得極大值u(x0).因為a,故ln ln a-1,1112121ln,ln1lnlog,lnxxxaaaxaax aaxa121(ln )xaa1xa1xa1lna2lnlnlnaa1ee1lna2lnlnlnaa1ee21(ln )a21(ln )aa0 xa1ee所以u(x0)=-x0ln a+x0+=+x0+0.下面證明存在實數t,使得u(t)時,有u

17、(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+=-(ln a)2x2+x+1+,所以存在實數t,使得u(t)0.因此,當a時,存在x1(-,+),使得u(x1)=0.所以,當a時,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.0 xa0 xa1lna2lnlnlnaa201(ln )xa2lnlnlnaa22lnlnlnaa1lna1lna2lnlnlnaa1lna2lnlnlnaa1ee1ee2.(2015天津,20,14分)已知函數f(x)=nx-xn,xR,其中nN*,且n2.(1)討論f(x)的單調性;(2)設曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P

18、處的切線方程為y=g(x),求證:對于任意的正實數x,都有f(x)g(x);(3)若關于x的方程f(x)=a(a為實數)有兩個正實數根x1,x2,求證:|x2-x1|0,即x1時,函數f(x)單調遞增;當f (x)1時,函數f(x)單調遞減.所以, f(x)在(-,1)上單調遞增,在(1,+)上單調遞減.(2)證明:設點P的坐標為(x0,0),則x0=, f (x0)=n-n2.曲線y=f(x)在點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

19、).由于f (x)=-nxn-1+n在(0,+)上單調遞減,故F(x)在(0,+)上單調遞減.又因為F(x0)=0,所以當x(0,x0)時,F(x)0,當x(x0,+)時,F(x)0,所以F(x)在(0,x0)內單調遞增,在(x0,+)上單調遞減,所以對于任意的正實數x,都有F(x)F(x0)=0,即對于任意的正實數x,都有f(x)g(x).(3)證明:不妨設x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).設方程g(x)=a的根為x2,可得x2=+x0.當n2時,g(x)在(-,+)上單調遞減.11nn2ann又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.類似地,設曲

20、線y=f(x)在原點處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx.當x(0,+)時, f(x)-h(x)=-xn0,即對于任意的x(0,+), f(x)h(x).設方程h(x)=a的根為x1,可得x1=.因為h(x)=nx在(-,+)上單調遞增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=+x0.因為n2,所以2n-1=(1+1)n-11+=1+n-1=n,故2=x0.所以,|x2-x1|+2.an1an11Cn11nn1an評析評析 本題主要考查導數的運算、導數的幾何意義、利用導數研究函數的性質、證明不等式等基礎知識和方法.考查分類討論思想、函數思想

21、和化歸思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力.3.(2014天津,20,14分)設f(x)=x-aex(aR),xR.已知函數y=f(x)有兩個零點x1,x2,且x10在R上恒成立,可得f(x)在R上單調遞增,不合題意.a0時,由f (x)=0,得x=-ln a.當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:x(-,-ln a)-ln a(-ln a,+)f (x)+0-f(x)-ln a-1這時, f(x)的單調遞增區間是(-,-ln a);單調遞減區間是(-ln a,+).于是,“函數y=f(x)有兩個零點”等價于如下條件同時成立:(i)f(-ln a)0;(ii)存在s1(-,-

22、ln a),滿足f(s1)0;(iii)存在s2(-ln a,+),滿足f(s2)0,即-ln a-10,解得0ae-1.而此時,取s1=0,滿足s1(-,-ln a),且f(s1)=-a0;取s2=+ln,滿足s2(-ln a,+),且f(s2)=+0.由已知,x1,x2滿足a=g(x1),a=g(x2).由a(0,e-1),及g(x)的單調性,可得x1(0,1),x2(1,+).對于任意的a1,a2(0,e-1),設a1a2,g(1)=g(2)=a1,其中0112;g(1)=g(2)=a2,其中011a2,即g(1)g(1),可得11;2a2a22eaa22lneaaexxexx1exx類

23、似可得20,得1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x(1,+),則h(x)=.令u(x)=-2ln x+x-,得u(x)=.當x(1,+)時,u(x)0.因此,u(x)在(1,+)上單調遞增,故對于任意的x(1,+),u(x)u(1)=0,由此可得h(x)0,故h(x)在(1,+)上單調遞增.21212121xx1ex2ex21xx21xx2121,ln ,xtxxxtln1tt ln1ttt (1)ln1ttt(1)ln1xxx212ln(1)xxxx1x21xx因此,由(*)可得x1+x2隨著t的增大而增大.而由(2)知t隨著a的減小而增大,所以x1+x2隨著a

24、的減小而增大.評析評析 本題主要考查函數的零點、導數的運算、利用導數研究函數的性質等基礎知識和方法.考查函數思想、化歸思想.考查抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力.4.(2013天津,20,14分)已知函數f(x)=x2ln x.(1)求函數f(x)的單調區間;(2)證明:對任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)設(2)中所確定的s關于t的函數為s=g(t),證明:當te2時,有.25ln ( )lng tt12解析解析(1)函數f(x)的定義域為(0,+).f (x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f (x)=0,得x=.當x變化時, f (x), f(x)的變

25、化情況如下表:1exf (x)-0+f(x)極小值10,e1e1,e所以函數f(x)的單調遞減區間是,單調遞增區間是.(2)證明:當0 x1時, f(x)0.令h(x)=f(x)-t,x1,+).由(1)知,h(x)在區間(1,+)內單調遞增.h(1)=-t0.故存在唯一的s(1,+),使得t=f(s)成立.(3)證明:因為s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s1,所以=,其中u=ln s.要使成立,只需0ln ue2時,若s=g(t)e,則由f(s)的單調性,有t=f(s)f(e)=e2,矛盾.所以se,即u1,從而ln u0成立.另一方面,令F(u)=ln u-,u1.f (u)=-

26、,令f (u)=0,得u=2.當1u0;當u2時, f (u)1, f(u)F(2)0.因此ln ue2時,有0,2x0,ln 20.當f(x)=2-x時,exf(x)在f(x)的定義域上單調遞增,故具有M性質,易知B、C、D不具有M性質,故選A.e2xxe2xxe2xx2e 2e 2 ln2(2 )xxxxxe2xx1.求f(x)的導函數f (x).方法小結方法小結利用導數研究函數f(x)的單調性的一般步驟:2.令f (x)0(或f (x)0),得區間I.3.判斷單調性,當xI時, f(x)單調增(或減).2.(2016課標,12,5分)若函數f(x)=x-sin 2x+asin x在(-,

27、+)單調遞增,則a的取值范圍是()A.-1,1 B.C. D. 1311,31 1,3 311,3 答案答案 C f (x)=1-cos 2x+acos x=1-(2cos2x-1)+acos x=-cos2x+acos x+, f(x)在R上單調遞增,則f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,則-t2+at+0在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50在-1,1上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,則解得-a,故選C.232343534353(1)4350,( 1)4350,gaga1313疑難突破疑難突破由函數的單調性求參數范圍,利用導數將問題轉化為恒成立問題,再利用二

28、次函數來解決.3.(2017江蘇,11,5分)已知函數f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然對數的底數.若f(a-1)+f(2a2)0,則實數a的取值范圍是 .1ex答案答案 11,2解析解析本題考查用導數研究函數單調性、函數單調性的應用.易知函數f(x)的定義域關于原點對稱.f(x)=x3-2x+ex-,f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-x3+2x+-ex=-f(x),f(x)為奇函數,又f (x)=3x2-2+ex+3x2-2+2=3x20(當且僅當x=0時,取“=”),從而f(x)在R上單調遞增,所以f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1,

29、解得-1a.1ex1ex1ex1ex12方法小結方法小結函數不等式的求解思路:(1)轉化為f(x)f(g(x);(2)結合單調性轉化為(x)g(x)或(x)g(x).4.(2018課標,21,12分)已知函數f(x)=-x+aln x.(1)討論f(x)的單調性;(2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,證明:2,令f (x)=0,得x=或x=.當x時, f (x)0.所以f(x)在,上單調遞減,在上單調遞增.21xax221xaxx242aa242aa240,2aa24,2aa2244,22aaaa240,2aa24,2aa2244,22aaaa(2)由(1)知, f(x)存在兩個極值點當且

30、僅當a2.由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨設x11,由于=-1+a=-2+a=-2+a,1212( )()f xf xxx121x x1212lnlnxxxx1212lnlnxxxx2222ln1xxx所以a-2等價于-x2+2ln x20.設函數g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)上單調遞減,又g(1)=0,從而當x(1,+)時,g(x)0,所以-x2+2ln x20,即a-2.1212( )()f xf xxx21x1x21x1212( )()f xf xxx5.(2017課標,21,12分)已知函數f(x)=ae2x

31、+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解析解析本題考查了利用導數討論函數的單調性和函數的零點問題.(1)f(x)的定義域為(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a0,則f (x)0,則由f (x)=0得x=-ln a.當x(-,-ln a)時, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)上單調遞減,在(-ln a,+)上單調遞增.(2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一個零點.(ii)若a0,由(1)知,當x=-ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(-ln a

32、)=1-+ln a.當a=1時,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一個零點;當a(1,+)時,由于1-+ln a0,即f(-ln a)0,故f(x)沒有零點;1a1a當a(0,1)時,1-+ln a0,即f(-ln a)-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一個零點.1a設正整數n0滿足n0ln,則f(n0)=(a+a-2)-n0-n0-n00.由于ln-ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一個零點.綜上,a的取值范圍為(0,1).31a0en0en0en02n31a6.(2015重慶,19,12分)已知函數f(x)=ax3+x2(aR)在x=-處取得極值.(1)確定

33、a的值;(2)若g(x)=f(x)ex,討論g(x)的單調性.43解析解析(1)對f(x)求導得f (x)=3ax2+2x,因為f(x)在x=-處取得極值,所以f =0,即3a+2=-=0,解得a=.(2)由(1)得g(x)=ex,故g(x)=ex+ex=ex=x(x+1)(x+4)ex.令g(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4.當x-4時,g(x)0,故g(x)為減函數;當-4x0,故g(x)為增函數;434316943163a83123212xx2322xx3212xx3215222xxx12當-1x0時,g(x)0時,g(x)0,故g(x)為增函數.綜上知g(x)在(-,-4)和(

34、-1,0)內為減函數,在(-4,-1)和(0,+)內為增函數.評析評析 本題考查了導數的運算,利用導數研究函數的單調性、極值的方法;考查了運算求解能力及分析論證能力.考點二導數與函數的極考點二導數與函數的極( (最最) )值值1.(2017課標,11,5分)若x=-2是函數f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為()A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1答案答案 A本題主要考查導數的應用.由題意可得f (x)=ex-1x2+(a+2)x+a-1.x=-2是函數f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,f (-2)=0,a=-1,f(x)=(x2-x-1)e

35、x-1, f (x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)(x+2),x(-,-2),(1,+)時, f (x)0, f(x)單調遞增;x(-2,1)時, f (x)0, f(x)單調遞減.f(x)極小值=f(1)=-1.故選A.思路分析思路分析由x=-2是函數f(x)的極值點可知f (-2)=0,從而求出a的值,將a的值代入導函數f (x),求出f(x)的單調區間,判斷極小值點,從而求出函數的極小值.2.(2016四川,6,5分)已知a為函數f(x)=x3-12x的極小值點,則a=()A.-4 B.-2 C.4 D.2答案答案 D由題意可得f (x)=3x2-12=3(x-2)(x+

36、2),令f (x)=0,得x=-2或x=2,則f (x), f(x)隨x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f(x)在x=2處取得極小值,則a=2.故選D.評析評析 本題考查了函數的極值問題.正確理解函數的極值點的概念是解題的關鍵.3.(2018課標,16,5分)已知函數f(x)=2sin x+sin 2x,則f(x)的最小值是 .答案答案- 3 32解析解析解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f (x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f (x)=0,得cos x=或cos x=

37、-1,可得當cos x時, f (x)0, f(x)為增函數,所以當cos x=時, f(x)取最小值,此時sin x=.又因為f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),1+cos x0恒成立,f(x)取最小值時,sin x=-,f(x)min=2=-.解法二:f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3.令cos x=t,t-1,1,設g(t)=4(1-t)(1+t)3,g(t)=-4(1+t)3+12(

38、1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t).當t時,g(t)0,g(t)為增函數;當t時,g(t)0時, f (x)0,f(x)在(0,+)上為增函數,又f(0)=1,f(x)在(0,+)上沒有零點,a0.當0 x時, f (x)時, f (x)0, f(x)為增函數,x0時, f(x)有極小值,為f=-+1.f(x)在(0,+)內有且只有一個零點,f=0,a=3.f(x)=2x3-3x2+1,則f (x)=6x(x-1).令f (x)=0,得x=0或x=1.3a3a3a327a3ax-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,

39、最小值為-4.最大值與最小值的和為-3.5.(2018課標,21,12分)已知函數f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當-1x0時, f(x)0時, f(x)0;(2)若x=0是f(x)的極大值點,求a.解析解析本題考查導數與函數的單調性、導數與函數的極值.(1)證明:當a=0時, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)-.設函數g(x)=f (x)=ln(1+x)-,則g(x)=.當-1x0時,g(x)0時,g(x)0.故當x-1時,g(x)g(0)=0,且僅當x=0時,g(x)=0,從而f (x)0,且僅當x=0時, f

40、(x)=0.所以f(x)在(-1,+)單調遞增.又f(0)=0,故當-1x0時, f(x)0時, f(x)0.1xx1xx2(1)xx(2)(i)若a0,由(1)知,當x0時, f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.(ii)若a0,設函數h(x)=ln(1+x)-.2( )2f xxax222xxax由于當|x|0,故h(x)與f(x)符號相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當且僅當x=0是h(x)的極大值點.h(x)=-=.如果6a+10,則當0 x-,且|x|0,故x=0不是h(x)的極大值點.如果6a+10,則a2

41、x2+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,函數g(x)單調遞增;當a0時,x時,g(x)0,函數g(x)單調遞增,x時,函數g(x)單調遞減.所以當a0時,g(x)的單調增區間為(0,+);當a0時,g(x)的單調增區間為,單調減區間為.(2)由(1)知, f (1)=0.當a0時, f (x)單調遞增,1x12axx10,2a1,2a10,2a1,2a所以當x(0,1)時, f (x)0, f(x)單調遞增.所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當0a1,由(1)知f (x)在內單調遞增,可得當x(0,1)時

42、, f (x)0.所以f(x)在(0,1)內單調遞減,在內單調遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.當a=時,=1, f (x)在(0,1)內單調遞增,在(1,+)內單調遞減,所以當x(0,+)時, f (x)0, f(x)單調遞減,不合題意.當a時,00, f(x)單調遞增,當x(1,+)時, f (x).12思路分析思路分析 (1)求出函數的導數,對a進行分類討論;(2)由第(1)問知f (1)=0,對a進行分類討論,然后利用導數研究函數的單調性和極值來驗證是否滿足條件,從而求出a的取值范圍.評析評析 本題考查導數的應用,利用導數求函數的單調性和極值要注意“定義域優先”原則,注

43、意對a分類討論.7.(2016課標,21,12分)(1)討論函數f(x)=ex的單調性,并證明當x0時,(x-2)ex+x+20;(2)證明:當a0,1)時,函數g(x)=(x0)有最小值.設g(x)的最小值為h(a),求函數h(a)的值域.22xx2exaxax解析解析(1)f(x)的定義域為(-,-2)(-2,+).(2分)f (x)=0,且僅當x=0時, f (x)=0,所以f(x)在(-,-2),(-2,+)單調遞增.因此當x(0,+)時, f(x)f(0)=-1.所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(4分)(2)g(x)=(f(x)+a).(5分)由(1)知,y

44、=f(x)+a單調遞增.對任意a0,1), f(0)+a=a-10, f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.(6分)當0 xxa時, f(x)+a0,g(x)xa時, f(x)+a0,g(x)0,g(x)單調遞增.(7分)因此g(x)在x=xa處取得最小值,最小值為g(xa)=.(8分)2(1)(2)e(2)e(2)xxxxxx22e(2)xxx3(2)e(2)xxa xx32xx2e(1)axaaa xx2e()(1)axaaaf xxxe2axax 于是h(a)=,由=0,得y=單調遞增.所以,由xa(0,2,得=0;當x時,g(x)0,

45、g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零點.所以f (x)在(0,)存在唯一零點.(2)由題設知f()a,f()=0,可得a0.由(1)知,f (x)在(0,)只有一個零點,設為x0,且當x(0,x0)時,f (x)0;當x(x0,)時,f (x)0,所以f(x)在(0,x0)單調遞增,在(x0,)單調遞減.又f(0)=0,f()=0,所以,當x0,時,f(x)0.又當a0,x0,時,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范圍是(-,0.0,2,20,2,222.(2019課標文,21,12分)已知函數f(x)=(x-1)ln x-x-1.證明:(1)f(x)存在唯一的極值點;(2)f(x

46、)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數.解析解析本題主要考查利用導數研究函數的極值點及方程根的問題,考查推理論證能力、運算求解能力,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想,考查的核心素養是邏輯推理及數學運算.(1)f(x)的定義域為(0,+).f (x)=+ln x-1=ln x-.因為y=ln x單調遞增,y=單調遞減,所以f (x)單調遞增.又f (1)=-10,故存在唯一x0(1,2),使得f (x0)=0.又當xx0時, f (x)x0時, f (x)0, f(x)單調遞增.因此, f(x)存在唯一的極值點.(2)由(1)知f(x0)0,1xx1x1x12ln4 12所以f(x)=0在

47、(x0,+)內存在唯一根x=.由x01得1x0.又f=ln-1=0,111111( )f 故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.綜上, f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數.1思路分析思路分析(1)求函數極值點的個數,實質是求導函數零點的個數,注意應用零點存在性定理;(2)由第(1)問易知方程f(x)=0在(x0,+)上存在唯一根,根據所要證明的結論,只需求出f=0即可.13.(2019課標文,20,12分)已知函數f(x)=2x3-ax2+2.(1)討論f(x)的單調性;(2)當0a0,則當x(-,0)時, f (x)0;當x時, f (x)0.故f(x)在(-,0),單調遞增

48、,在單調遞減;若a=0, f(x)在(-,+)單調遞增;若a0;當x時, f (x)0.3a,3a0,3a,3a0,3a,3a,03a故f(x)在,(0,+)單調遞增,在單調遞減.(2)當0a3時,由(1)知, f(x)在單調遞減,在單調遞增,所以f(x)在0,1的最小值為f=-+2,最大值為f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-+2,M=所以M-m=當0a2時,可知2-a+單調遞減,所以M-m的取值范圍是.當2a0時, f(x)在(-,0),單調遞增,將這兩個區間合并表示為f(x)在(-,0)單調遞增導致錯誤,從而失分.,3a,3a4.(2019課標理,20,12分)已知函數f(x)=2

49、x3-ax2+b.(1)討論f(x)的單調性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在區間0,1的最小值為-1且最大值為1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,說明理由.解析解析本題主要考查利用導數求函數的單調性以及求函數的最值問題,通過導數的應用考查學生的運算求解能力以及分類討論思想,考查了數學運算的核心素養.(1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f (x)=0,得x=0或x=.若a0,則當x(-,0)時, f (x)0;當x時, f (x)0.故f(x)在(-,0),單調遞增,在單調遞減.若a=0, f(x)在(-,+)單調遞增.若a0;當x時, f (x)0.故f(x)在,

50、(0,+)單調遞增,在單調遞減.3a,3a0,3a,3a0,3a,3a,03a,3a,03a(2)滿足題設條件的a,b存在.(i)當a0時,由(1)知, f(x)在0,1單調遞增,所以f(x)在區間0,1的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)=2-a+b.此時a,b滿足題設條件當且僅當b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ii)當a3時,由(1)知, f(x)在0,1單調遞減,所以f(x)在區間0,1的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)=2-a+b.此時a,b滿足題設條件當且僅當2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(iii)當0a3時,由(1)知, f(x)在0,1的最

51、小值為f=-+b,最大值為b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,則a=3,與0a3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,則a=3或a=-3或a=0,與0a0,g0;當x時,g(x)0.所以g(x)在(-1,)單調遞增,在單調遞減,故g(x)在存在唯一極大值點,即f(x)在存在唯一極大值點.11x21(1) x1,221,2,2,21,21,2(2)f(x)的定義域為(-1,+).(i)當x(-1,0時,由(1)知,f(x)在(-1,0)單調遞增,而f(0)=0,所以當x(-1,0)時,f(x)0,故f(x)在(-1,0)單調遞減.又f(0)=0,從而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零點.(

52、ii)當x時,由(1)知,f(x)在(0,)單調遞增,在單調遞減,而f(0)=0,f0;當x時,f(x)0,所以當x時,f(x)0.從而,f(x)在沒有零點.(iii)當x時,f(x)0,f()1,所以f(x)0,從而f(x)在(,+)沒有零點.綜上, f(x)有且僅有2個零點點.0,2,22,2,2,22120,20,2,2,22,2思路分析思路分析(1)寫出函數f(x)的表達式,利用其導函數研究單調性及極值點.(2)以x為主元進行分類討論,分別在各個區間上,由導函數的單調性判斷f(x)與0的關系,得到f(x)的單調性,從而求得在各個區間的零點個數.6.(2018課標文,21,12分)已知函

53、數f(x)=aex-ln x-1.(1)設x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調區間;(2)證明:當a時, f(x)0.1e解析解析(1)f(x)的定義域為(0,+),f (x)=aex-.由題設知, f (2)=0,所以a=.從而f(x)=ex-ln x-1, f (x)=ex-.當0 x2時, f (x)2時, f (x)0.所以f(x)在(0,2)單調遞減,在(2,+)單調遞增.(2)當a時, f(x)-ln x-1.設g(x)=-ln x-1,則g(x)=-.當0 x1時,g(x)1時,g(x)0.所以x=1是g(x)的最小值點.1x212e212e212e1x1eeexe

54、exeex1x故當x0時,g(x)g(1)=0.因此,當a時, f(x)0.1e方法總結方法總結利用導數證明不等式的常用方法:(1)證明f(x)g(x),x(a,b),可以構造函數F(x)=f(x)-g(x).如果F(x)0,則F(x)在(a,b)上是減函數,同時若F(a)0,由減函數的定義可知,x(a,b)時,有F(x)0,即證明了f(x)g(x),x(a,b),可以構造函數F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,則F(x)在(a,b)上是增函數,同時若F(a)0,由增函數的定義可知,x(a,b)時,有F(x)0,即證明了f(x)g(x).7.(2018課標文,21,12分)已知函數f

55、(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的單調區間;(2)證明:f(x)只有一個零點.13解析解析(1)當a=3時, f(x)=x3-3x2-3x-3, f (x)=x2-6x-3.令f (x)=0,解得x=3-2或x=3+2.當x(-,3-2)(3+2,+)時, f (x)0;當x(3-2,3+2)時, f (x)0,所以f(x)=0等價于-3a=0.設g(x)=-3a,則g(x)=0,當且僅當x=0時g(x)=0,所以g(x)在(-,+)單調遞增.故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一個零點.綜

56、上, f(x)只有一個零點.133333333333321xxx321xxx2222(23)(1)xxxxx13216a16138.(2018課標,21,12分)已知函數f(x)=ex-ax2.(1)若a=1,證明:當x0時, f(x)1;(2)若f(x)在(0,+)只有一個零點,求a.解析解析(1)當a=1時, f(x)1等價于(x2+1)e-x-10.設函數g(x)=(x2+1)e-x-1,則g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.當x1時,g(x)0,h(x)沒有零點;(ii)當a0時,h(x)=ax(x-2)e-x.當x(0,2)時,h(x)0.所以h(x)在(0,

57、2)單調遞減,在(2,+)單調遞增.故h(2)=1-是h(x)在0,+)的最小值.24ea若h(2)0,即a,h(x)在(0,+)沒有零點;若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+)只有一個零點;2e42e4若h(2),由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一個零點.由(1)知,當x0時,exx2,所以h(4a)=1-=1-1-=1-0.故h(x)在(2,4a)有一個零點.因此h(x)在(0,+)有兩個零點.綜上, f(x)在(0,+)只有一個零點時,a=.2e43416eaa32216(e)aa3416(2 )aa1a2e49.(2017課標,21,12分)已知函數f(x)=ax2-

58、ax-xln x,且f(x)0.(1)求a;(2)證明:f(x)存在唯一的極大值點x0,且e-2 f(x0)2-2.解析解析本題考查了導數的綜合應用.(1)f(x)的定義域為(0,+).設g(x)=ax-a-ln x,則f(x)=xg(x), f(x)0等價于g(x)0.因為g(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0 x1時,g(x)1時,g(x)0,g(x)單調遞增.所以x=1是g(x)的極小值點,故g(x)g(1)=0.綜上,a=1.(2)由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f (x)=2x-2-ln x

59、.設h(x)=2x-2-ln x,則h(x)=2-.1x1x1x當x時,h(x)0.10,21,2所以h(x)在單調遞減,在單調遞增.又h(e-2)0,h0;當x(x0,1)時,h(x)0.因為f (x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點.由f (x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2.10,21,21210,21,210,214方法總結方法總結利用導數解決不等式問題的一般思路:(1)恒成立問題常利用分離參數法轉化為最值問題求解.若不能分離參數,可以對參數進行分類討論.(2)證明不

60、等式問題可通過構造函數轉化為函數的最值問題求解.10.(2016課標文,21,12分)已知函數f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)討論f(x)的單調性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解析(1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)設a0,則當x(-,1)時, f (x)0.所以f(x)在(-,1)單調遞減,在(1,+)單調遞增.(2分)(ii)設a-,則ln(-2a)0;當x(ln(-2a),1)時, f (x)0.所以f(x)在(-,ln(-2a),(1,+)單調遞增,在(ln(-2a),1)單調遞減.(4分)若a1,故當x(-