3.2利用導數研究函數的單調性、極值和最值考點1導數與函數的單調性1.（2023課標II，6）已知函數在區間上單調遞增，則a的最小值為（）．A. B.e C. D.【答案】C【解析】依題可知，在上恒成立，顯然，所以，設，所以，所以在上單調遞增，，故，即，即a的最小值為．故選：C．2.(2022全國甲,理6,文8,5分)當x=1時,函數f(x)=alnx+bx取得最大值-2則f'(2)=()A.-1B.-12答案Bf'(x)=ax由題可知x=1為f(x)的極大值點,∴f'(1)=0,f(1)=?2,∴∴f'(x)=?2x+2x2,∴f'(2)=-1解后反思:若定義域為開區間的函數存在最值,則此最值必為函數的極值.3.(2022全國甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,則()A.a>0>bB.a>b>0C.b>a>0D.b>0>a答案A由9m=10可得m=log910>1,令f(x)=xm-(x+1),則f'(x)=mxm-1-1,易知當x>1時,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上單調遞增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故選A.4.(2022新高考Ⅰ,7,5分)設a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,則()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b答案Ca=0.1e0.1=110e0.1,b=19,則ab=110e0.119=910e0.1,構造f(x)=(1-x)ex,則f'(x)=-xex,當x>0時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,∴f(0.1)<f下面比較a與c.令g(x)=xex+ln(1-x),0<x<14,則g'(x)=(x+1)ex-1令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<14,則H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,則H(x)在0,1∴H(x)>H(0)=0.∴g(x)在0,14上為增函數,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln0.9>0,∴a>c,∴b>a5.(2021全國乙理,12,5分)設a=2ln1.01,b=ln1.02,c=1.04-1,則()A.a<b<cB.b<c<aC.b<a<cD.c<a<b答案B解題指導:注意到a,b為同底的對數值,考慮用對數函數的單調性比較大小,c與a、b的結構不同,可構造與lnx相關的不等式,放縮后再比較大小.解析解法一:a=ln1.012,因為1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02,所以a>b,排除選項A與選項D.設f(x)=lnx-2(x?1)x+1(x>1),則f'(x)所以f(x)在(1,+∞)上單調遞增,從而f(x)>f(1)=0,即lnx>2(x故a=2ln1.01>2×2×0.011.01+1c=1.04?1=因為1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04,所以1.01<1.04,所以2.01<1.04+1,所以0.042.01>0.041.04+1,即a>故選B.解法二:因為a=2ln1.01=ln1.012=ln1.0201,所以a>b,下面比較a與c的大小.令f(x)=2ln(1+x)-1+4x+1,x∈[0,1則f'(x)=21+∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)),∴f'(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上為增函數,∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c.再比較b與c的大小,b=ln(1+0.02),c=1+0.04-1,令g(x)=1+2x-1-ln(1+x),x∈[0,1則g'(x)=11+2而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0,∴g(x)在[0,1)上為增函數,∴g(0.02)>g(0)=0,∴c>b.綜上,a>c>b,故選B.拓展延伸:關于lnx的重要不等式(1)1-1x≤lnx≤x-1(x>0)(2)lnx≥12x?1x,0<x≤1;lnx≤(3)lnx≥2(x?1)x+1,x≥1;lnx≤2(x(4)ln(x+1)≥x-x22,x(5)lnx≤x?1,x≥1(6)x1x2<x1?x2lnx1?lnx2<6.(2016課標Ⅰ文,12,5分)若函數f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調遞增,則a的取值范圍是A.[-1,1]B.?C.?13答案Cf'(x)=1-23cos2x+acosx=1-23(2cos2x-1)+acosx=-43cos2x+acosx+53,f(x)在R上單調遞增,則f'(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],則-43t2+at+53≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5令g(t)=4t2-3at-5,則g(1)=4?3a?5≤0,g(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,再利用二次函數來解決.評析本題考查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,再利用二次函數來解決即可.7.(2015課標Ⅱ理,12,5分)設函數f'(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數,f(-1)=0,當x>0時,xf'(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的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A令g(x)=f(x)x,則g'(x)=xf'(x)?f(x∵f(x)是奇函數,f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,∴g(1)=f(1)∴當x∈(0,1)時,g(x)>0,從而f(x)>0;當x∈(1,+∞)時,g(x)<0,從而f(x)<0.又∵g(-x)=f(?x)?x=∴當x∈(-∞,-1)時,g(x)<0,從而f(x)>0;當x∈(-1,0)時,g(x)>0,從而f(x)<0.綜上,所求x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1).評析出現xf'(x)+f(x)>0(<0)時,考慮構造函數F(x)=xf(x);出現xf'(x)-f(x)>0(<0)時,考慮構造函數g(x)=f(8.(2014課標Ⅱ文,11,5分)若函數f(x)=kx-lnx在區間(1,+∞)單調遞增,則k的取值范圍是()A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D依題意得f'(x)=k-1x≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在(1,+∞)∵x>1,∴0<1x∴k≥1,故選D.9.（2023全國乙理，16）設，若函數在上單調遞增，則a的取值范圍是______.【答案】【解析】由函數的解析式可得在區間上恒成立，則，即在區間上恒成立，故，而，故，故即，故，結合題意可得實數的取值范圍是.10.（2023課標I，19）已知函數．（1）討論的單調性；（2）證明：當時，．【解析】（1）因為，定義域為，所以，當時，由于，則，故恒成立，所以在上單調遞減；當時，令，解得，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增；綜上：當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）方法一：由（1）得，，要證，即證，即證恒成立，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.方法二：令，則，由于在上單調遞增，所以在上單調遞增，又，所以當時，；當時，；所以在上單調遞減，在上單調遞增，故，則，當且僅當時，等號成立，因為，當且僅當，即時，等號成立，所以要證，即證，即證，令，則，令，則；令，則；所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，則恒成立，所以當時，恒成立，證畢.11.（2023全國甲文，20）已知函數．（1）當時，討論的單調性；（2）若，求的取值范圍．【解析】（1）因為，所以，則，令，由于，所以，所以，因為，，，所以在上恒成立，所以在上單調遞減.（2）法一：構建，則，若，且，則，解得，當時，因為，又，所以，，則，所以，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；綜上所述：若，等價于，所以的取值范圍為.法二：因為，因為，所以，，故在上恒成立，所以當時，，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；當時，因為，令，則，注意到，若，，則在上單調遞增，注意到，所以，即，不滿足題意；若，，則，所以在上最靠近處必存在零點，使得，此時在上有，所以在上單調遞增，則在上有，即，不滿足題意；綜上：.12.(2019課標Ⅲ文,20,12分)已知函數f(x)=2x3-ax2+2.(1)討論f(x)的單調性;(2)當0<a<3時,記f(x)在區間[0,1]的最大值為M,最小值為m,求M-m的取值范圍.解析本題考查函數的導數及其應用的基礎知識,考查導數與函數單調性之間的關系以及利用導數求函數最值的方法,考查學生的運算求解能力、推理論證能力以及分類討論思想的應用.(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,則當x∈(-∞,0)∪a3,+∞時,當x∈0,a3時,f故f(x)在(-∞,0),a3,+∞單調遞增,在若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調遞增;若a<0,則當x∈?∞,a3∪(0,+∞)時,當x∈a3,0時,f故f(x)在?∞,a3,(0,+∞)單調遞增,(2)當0<a<3時,由(1)知,f(x)在0,a3單調遞減,在a3,1單調遞增,所以f(x)在[0,1]的最小值為fa3=-a于是m=-a327所以M-m=2當0<a<2時,可知2-a+a327單調遞減,所以M-m的取值范圍是當2≤a<3時,a327單調遞增,所以M-m的取值范圍是綜上,M-m的取值范圍是827規律總結含參函數單調性的討論,關鍵在于確定參數的分界值,確定分界值的順序:(1)f'(x)最高次項系數是否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有實數解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定義域內;(4)f'(x)=0的解x1,x2之間的大小比較.易錯警示解題時,易犯以下兩個錯誤:①對參數a未討論或對a分類討論不全面,尤其易忽略a=0的情形而導致失分;②當a>0時,f(x)在(-∞,0),a3,+∞單調遞增,將這兩個區間合并表示為f(x)在(-∞,0)∪a313.(2017課標Ⅰ文,21,12分)已知函數f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)討論f(x)的單調性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范圍.解析本題考查了利用導數研究函數的單調性、最值.(1)函數f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)單調遞增.②若a>0,則由f'(x)=0得x=lna.當x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0;當x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,lna)單調遞減,在(lna,+∞)單調遞增.③若a<0,則由f'(x)=0得x=ln?a當x∈?∞,ln?a當x∈ln?a2,+∞時故f(x)在?∞,ln?a2單調遞減(2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,則由(1)得,當x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna,從而當且僅當-a2lna≥0,即a≤1時,f(x)≥0.③若a<0,則由(1)得,當x=ln?a2時,f(x)取得最小值,最小值為fln?a從而當且僅當a234?即a≥-2e34時,f(x)綜上,a的取值范圍是[-2e314.(2021全國甲文,20,12分)設函數f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.(1)討論f(x)的單調性;(2)若y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點,求a的取值范圍.解題指導:(1)對函數f(x)求導并因式分解得到f'(x)=(2ax+3)(ax?1)x,根據a>0,x>0,可以判斷f'(x)的正負,即可判斷出f(2)根據題意得到函數f(x)在(0,+∞)上沒有零點.由(1)可得f(x)min=f1a,使f1a>0,即可求出a解析(1)f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3x∵a>0,x>0,∴2ax+3當x∈0,1a時,f'(x)當x∈1a,+∞時,f'(x∴函數f(x)在0,1a上單調遞減,在1(2)∵y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點,∴函數f(x)在(0,+∞)上沒有零點,由(1)可得函數f(x)在0,1a上單調遞減,在1a,+∞上單調遞增,∴f(x)min=f∴lna>-1,解得a>1e故實數a的取值范圍是1e關鍵點撥利用導數求函數的單調性時,要注意:①題目中函數的定義域是否有限制;②多個同單調性的區間不能用并集符號相連;③在對含參數問題進行分類討論時,分類要做到“不重不漏、層次分明”.15.(2021全國乙文,21,12分)已知函數f(x)=x3-x2+ax+1.(1)討論f(x)的單調性;(2)求曲線y=f(x)過坐標原點的切線與曲線y=f(x)的公共點的坐標.解題指導:由題設求出函數f(x)的導函數f'(x),因為參數a影響了判別式,故對a進行分類討論,設出切點P(x0,y0),結合導數的幾何意義求出切線方程,再由切點在曲線y=f(x)上、切線經過原點列出關于x0的方程,進而求解.解析(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f'(x)=3x2-2x+a,對于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.①當a≥13時,Δ≤0,即f'(x)≥0在R上恒成立,此時f(x)在R上單調遞增②當a<13時,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的兩個根為x1=1?1?3a3,x2=1+1?3a3,故當x∈?∞,1?1?3a3∪1+1?3a3,+∞時,f'(x)>0,當x∈所以f(x)在?∞,1?1?3a3(2)設過原點的切線與曲線y=f(x)相切于點P(x0,y0),則切線的斜率為f'(x0)=3x02-2x0+故以點P為切點的切線方程為y=(3x02-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=x03?x02+ax0+1,且切線過原點,得2x03?x02-1=0,即(x0-1)(2x02+x0+1)所以切線方程為y=(1+a)x,聯立y消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,∴公共點為(1,1+a)與(-1,-1-a).疑難點撥:單調性問題的本質為解不等式,利用導函數的圖象確定符號,當參數影響到導函數的符號時,對其分類討論;切線問題的核心是切點,而切線與曲線的公共點不一定只有切點,這是一個易錯點.16.(2021全國甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函數f(x)=xaax(x(1)當a=2時,求f(x)的單調區間;(2)若曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點,求a的取值范圍.解題指導:(1)對原函數求導,利用導數的正負來確定增減區間.(2)將兩圖象的交點個數問題轉化為方程解的個數問題,將a和x分離,通過構造函數分析函數的性質及圖象的變化趨勢,進而求解參數的范圍.解析(1)當a=2時,f(x)=x22x=x2·2-x(則f'(x)=2x·2-x+x2·(-ln2·2-x)=x·2-x(2-xln2).令f'(x)=0,則x=2ln2f'(x),f(x)的情況如下:x0,22f'(x)+0-f(x)↗極大值↘所以函數f(x)在0,2ln2上單調遞增,在2(2)令f(x)=1,則xaax=1,所以xa=兩邊同時取對數,可得alnx=xlna,即lnx根據題意可知,方程lnxx設g(x)=lnxx,則g'(x)=令g'(x)=0,則x=e.當x∈(0,e)時,g'(x)>0,g(x)單調遞增;當x∈(e,+∞)時,g'(x)<0,g(x)單調遞減.又知g(1)=0,limx→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)所以要使曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點,則只需lnaa∈0,1e,即g(a)=lnaa∈0,1e,所以a∈綜上,實數a的取值范圍為(1,e)∪(e,+∞).17.(2021北京,19,15分)已知函數f(x)=3?2x(1)若a=0,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)若函數f(x)在x=-1處取得極值,求f(x)的單調區間,以及最大值和最小值.解析(1)當a=0時,f(x)=3?2xx2,∴f(1)=1,又f'(x)=2x?6x3,故f'(1)=-4,故曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y=-4(x-1)+1,(2)由題意得f'(x)=2x2?6x?2a(x2+a)2,且f'(故f(x)=3?2xx2+4,x∈R,f'(x令f'(x)>0,解得x>4或x<-1;令f'(x)<0,解得-1<x<4,故函數f(x)的單調增區間為(-∞,-1)和(4,+∞),單調減區間為(-1,4).所以f(x)的極大值為f(-1)=1,f(x)的極小值為f(4)=-14又當x∈(-∞,-1)時,3-2x>0,故f(x)>0;當x∈(4,+∞)時,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-14解題指導:(1)當a=0時,求出f(1)與f'(1)的值,再寫出切線方程;(2)由f'(-1)=0求出a的值,再通過導函數的符號求出f(x)的單調區間和最值.18.(2022北京,20,15分)已知函數f(x)=exln(1+x).(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)設g(x)=f'(x),討論函數g(x)在[0,+∞)上的單調性;(3)證明:對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).解析(1)∵f'(x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,∴f'(0)=e0ln(1+0)+11+0又f(0)=e0ln1=0,∴曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x.(2)易得g(x)=f'(x)=exln(1+x)+11+x,∴g'(x)=exln(1+x)+11+x+11+x?1(1+x)2=ex∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,11+x>0,x又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.∴g(x)在[0,+∞)上單調遞增.(3)證明:由(2)知g(x)=f'(x)在(0,+∞)上單調遞增,∴f'(x)≥f'(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調遞增,不妨設s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),則h'(x)=f'(x)-f'(x+s)<0.因此h(x)在(0,+∞)上單調遞減,∴h(0)>h(t),∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).考點2導數與函數的極（最）值1.（2023全國乙文，8）函數存在3個零點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，則，若要存在3個零點，則要存在極大值和極小值，則，令，解得或，且當時，，當，，故的極大值為，極小值為，若要存在3個零點，則，即，解得，故選：B.2.（2023課標II，11）若函數既有極大值也有極小值，則（）．A. B. C. D.【答案】BCD【解析】函數的定義域為，求導得，因為函數既有極大值也有極小值，則函數在上有兩個變號零點，而，因此方程有兩個不等的正根，于是，即有，，，顯然，即，A錯誤，BCD正確，故選：BCD3.(2017浙江,7,5分)函數y=f(x)的導函數y=f'(x)的圖象如圖所示,則函數y=f(x)的圖象可能是()答案D本題考查函數圖象的識辨,利用導數判斷函數的單調性和極值.不妨設導函數y=f'(x)的零點依次為x1,x2,x3,其中x1<0<x2<x3,由導函數圖象可知,y=f(x)在(-∞,x1)上為減函數,在(x1,x2)上為增函數,在(x2,x3)上為減函數,在(x3,+∞)上為增函數,從而排除A,C.y=f(x)在x=x1,x=x3處取到極小值,在x=x2處取到極大值,又x2>0,排除B,故選D.方法總結函數圖象的識辨方法:1.利用函數圖象上的特殊點(如函數圖象與x軸、y軸的交點,函數圖象上的最高點、最低點等)來識辨.2.利用函數的定義域,在某個區間上的值域來識辨.3.利用函數的單調性、極值(常用導數來判斷)和函數的周期性來識辨.4.利用函數的零點來識辨.5.利用函數的奇偶性來識辨,若函數是奇(或偶)函數,則其圖象關于原點(或y軸)對稱.6.利用函數圖象的中心對稱和軸對稱來識辨.7.利用函數圖象的漸近線來識辨.如指數型函數、對數型函數、冪函數(指數為負)型函數(含反比例函數)、正切型函數等,其圖象都有漸近線.4.(2016四川文,6,5分)已知a為函數f(x)=x3-12x的極小值點,則a=()A.-4B.-2C.4D.2答案D由題意可得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+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.5.(2014課標Ⅱ理,12,5分)設函數f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的極值點x0滿足x02+[f(x0)]2<m2,A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案Cf'(x)=3πmcos∵f(x)的極值點為x0,∴f'(x0)=0,∴3πmcos∴πmx0=kπ+π2,k∈∴x0=mk+m2,k∈Z又∵x02+[f(x0)]2<m∴mk+m22+3sink即m2k+122+3<m2∵m≠0,∴k+122<m又∵存在x0滿足x02+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z∴m2?3∴m2?3m2>122,∴m2-3>m評析本題考查了函數的極值問題,三角函數求值、恒成立等問題.考查分析問題、解決問題的能力.6.(2013課標Ⅱ,理10,文11,5分)已知函數f(x)=x3+ax2+bx+c,下列結論中錯誤的是()A.?x0∈R,f(x0)=0B.函數y=f(x)的圖象是中心對稱圖形C.若x0是f(x)的極小值點,則f(x)在區間(-∞,x0)單調遞減D.若x0是f(x)的極值點,則f'(x0)=0答案C由三次函數值域為R知f(x)=0有解,所以A項正確;因為y=x3的圖象為中心對稱圖形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的圖象可以由y=x3的圖象平移得到,故B項正確;若f(x)有極小值點,則f'(x)=0有兩個不等實根x1,x2(x1<x2),f'(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),則f(x)在(-∞,x1)上為增函數,在(x1,x2)上為減函數,在(x2,+∞)上為增函數,故C項錯誤;D項正確.故選C.評析本題考查了三次函數的圖象和性質,考查了利用導數研究函數極值與單調性.7.(2022全國乙文,11,5分)函數f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在區間[0,2π]的最小值、最大值分別為()A.-πC.-π2答案Df'(x)=(x+1)cosx,x∈[0,2π],令f'(x)=0得x=π2或x=3π當x在[0,2π]上變化時,f'(x),f(x)的變化情況如表所示:x00,ππ33π2,2π2πf'(x)+0-0+f(x)2↗極大值π2↘極小值-3↗2由表可知,f(x)在[0,2π]上的最大值為π2+2,最小值為-3π2,故選8.(2021全國乙理,10,5分)設a≠0,若x=a為函數f(x)=a(x-a)2(x-b)的極大值點,則()A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2答案D解題指導:求出f'(x)=0的兩根,根據已知條件x=a為函數f(x)的極大值點,分類討論比較根的大小,得出滿足條件的不等式即可.解析f(x)=a(x-a)2(x-b)=a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b],∴f'(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2]=a(x-a)[3x-(a+2b)].令f'(x)=0,得x1=a,x2=a+2(i)若a>0,要使函數f(x)在x=a處取得極大值,則需f(x)在(-∞,a)上單調遞增,在a,a+2b3上單調遞減,此時需a<a+2b3,得0<a(ii)若a<0,要使函數f(x)在x=a處取得極大值,則需f(x)在a+2b3,a上單調遞增,在(a,+∞)上單調遞減,此時需滿足a>a+2b3,得b<a<0,∴a2<ab.綜上可知,解題通法求解析式中含有參數的函數極值問題時,需要用分類討論的思想才能解決,討論的依據有兩種:一是看參數是否對f'(x)的零點有影響,若有影響,則需要分類討論;二是看f'(x)在其零點附近的符號的確定是否與參數有關,若有關,則需分類討論.9.(多選)(2022新高考Ⅰ,10,5分)已知函數f(x)=x3-x+1,則()A.f(x)有兩個極值點B.f(x)有三個零點C.點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心D.直線y=2x是曲線y=f(x)的切線答案AC∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1,令f'(x)=0,得x=±33,當x∈?∞,?33時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,當x∈?33,33時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當x∈33,+∞時,f'(x)>0,f(x)∵f33=39?33+1=9?239>0,∴f(x)的極小值大于0,由于函數f(x)的圖象是由奇函數y=x3-x的圖象向上平移1個單位長度得到的,故f(x)的圖象關于點(0,1)對稱,即點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心,故選項C正確.曲線y=f(x)的切線斜率為2,即f'(x)=2,得x=±1,故曲線y=f(x)的斜率為2的切線方程為y=2x-1或y=2x+3,故選項D錯誤.故選AC.10.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函數f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值為.

答案1解題指導:先分類討論去掉絕對值符號,然后用函數的單調性分析其最小值.解析①當x>12時,f(x)=2x-1-2lnx,∴f'(x)=2-2x=2x?2x,∴當x∈12,1時,f'(x)<0,當x∈(1,+∞)時,∴f(x)在12,1上單調遞減,在(1,+∞)∴f(x)min=f(1)=1.②當0<x≤12時,f(x)=1-2x-2lnx此時f'(x)=-2-2x<0恒成立∴f(x)在0,12∴f(x)min=f12=2ln2∵2ln2>1,∴f(x)min=1.方法總結:絕對值問題的常見處理策略:1.分類討論去掉絕對值符號;2.利用絕對值的幾何意義畫圖分析.11.(2022全國乙理,16,5分)已知x=x1和x=x2分別是函數f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的極小值點和極大值點.若x1<x2,則a的取值范圍是.

答案1解析∵f(x)=2ax-ex2,∴f'(x)=2axlna-2ex.根據題意,得x1,x2是f'(x)=0的兩個不相等的實根.由f'(x)=0得,axlna=ex.由題意得函數y=axlna與y=ex的圖象有兩個不同的交點.

當a>1時,畫出函數y=axlna與y=ex的圖象,如圖①所示,當x∈(-∞,x1)時,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(-∞,x1)上單調遞增;當x∈(x1,x2)時,f'(x)=2axlna-2ex<0,f(x)在(x1,x2)上單調遞減;當x∈(x2,+∞)時,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(x2,+∞)上單調遞增.∴x=x1和x=x2分別是f(x)的極大值點和極小值點,這與已知矛盾.∴當a>1時,不滿足題意,舍去.圖①圖②當0<a<1時,畫出函數y=axlna與y=ex的圖象,如圖②所示,設過原點的切線l與y=axlna的圖象相切于點(x0,ax0lna),而y'=ax(lna)2,此時切線l的斜率k=ax0·(lna)2,∴ax0(lna)2=∴k=e(lna)2,要使函數y=axlna與y=ex的圖象有兩個不同的交點,則k<e,即e(lna)2<e.∴(lna)2<1,即-1<lna<1,∴1e<a<e.又0<a<1,∴1e<a綜上所述,a的取值范圍是1e12.（2023課標II，22）（1）證明：當時，；（2）已知函數，若是的極大值點，求a的取值范圍．【解析】（1）構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；構建，則，構建，則對恒成立，則在上單調遞增，可得，即對恒成立，則在上單調遞增，可得，所以；綜上所述：.（2）令，解得，即函數的定義域為，若，則，因為在定義域內單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，則在上單調遞減，在上單調遞增，故是的極小值點，不合題意，所以.當時，令因為，且，所以函數在定義域內為偶函數，由題意可得：，（i）當時，取，，則，由（1）可得，且，所以，即當時，，則在上單調遞增，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞減，所以是極小值點，不合題意；（ⅱ）當時，取，則，由（1）可得，構建，則，且，則對恒成立，可知在上單調遞增，且，所以在內存在唯一的零點，當時，則，且，則，即當時，，則在上單調遞減，結合偶函數的對稱性可知：在上單調遞增，所以是的極大值點，符合題意；綜上所述：，即，解得或，故a的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：1.當時，利用，換元放縮；2.當時，利用，換元放縮.13.（2023全國乙理，21）已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）是否存在a，b，使得曲線關于直線對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由.（3）若在存在極值，求a的取值范圍.【解析】（1）當時，，則，據此可得，函數在處的切線方程為，即.（2）由函數的解析式可得，函數的定義域滿足，即函數的定義域為，定義域關于直線對稱，由題意可得，由對稱性可知，取可得，即，則，解得，經檢驗滿足題意，故.即存在滿足題意.（3）由函數的解析式可得，由區間存在極值點，則在區間上存在變號零點;令，則，令，在區間存在極值點，等價于在區間上存在變號零點，當時，，在區間上單調遞減，此時，在區間上無零點，不合題意;當，時，由于，所以在區間上單調遞增，所以，在區間上單調遞增，，所以在區間上無零點，不符合題意；當時，由可得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，故的最小值為，令，則，函數在定義域內單調遞增，，據此可得恒成立，則，令，則，當時，單調遞增，當時，單調遞減，故，即(取等條件為)，所以，，且注意到，根據零點存在性定理可知:在區間上存在唯一零點.當時，，單調減，當時，，單調遞增，所以.令，則，則單調遞減，注意到，故當時，，從而有，所以，令得，所以，所以函數在區間上存在變號零點，符合題意.綜合上面可知:實數得取值范圍是.14.(2023北京,20,15分,中)設函數f(x)=x-x3eax+b,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=-x+1.(1)求a,b的值;(2)設函數g(x)=f'(x),求g(x)的單調區間;(3)求f(x)的極值點個數.解析(1)∵點(1,f(1))在切線y=-x+1上,∴f(1)=0,f'(1)=-1,而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①,又知f'(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b,∴f'(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1.(2)g(x)=f'(x)=e1-x(x3-3x2)+1,g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6),令g'(x)=0,得x=0或x=3±3.x,g'(x),g(x)的變化情況如下表:x(-∞,0)0(0,3-3)3-3(3-3,3+3)3+3(3+3,+∞)g'(x)+0-0+0-g(x)單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增極大值單調遞減故g(x)的單調遞增區間為(-∞,0)和(3-3,3+3),單調遞減區間為(0,3-3)和(3+3,+∞).(3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1,∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在區間(-∞,0)上有一個變號零點,故f(x)在(-∞,0)上有一個極值點.又∵g(1)=-1<0,且g(3-3)<g(1)<0,∴g(x)在(0,3-3)上有一個變號零點,故f(x)在(0,3-3)上有一個極值點.∵g(3)=1>0,且g(3+3)>g(3)>0,∴g(x)在(3-3,3+3)上有一個變號零點,故f(x)在(3-3,3+3)上有一個極值點.當x>3時,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+3,+∞)上無零點,即f(x)無極值點.綜上,f(x)有3個極值點.15.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函數f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)證明:存在直線y=b,其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點,并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.解析(1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-1x當a≤0時,f'(x)>0恒成立,f(x)在R上無最小值,不符合題意.∴a>0.令f'(x)=0,得x=lna,令g'(x)=0,得x=1a易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g1a=1+lna∴a-alna=1+lna,即lna=a?1a令h(x)=lnx-x?1x+1(則h'(x)=1x?∴h(x)在(0,+∞)上單調遞增,則h(x)最多有一個零點.又h(1)=ln1-1?11+1=0∴方程①有且僅有一解,為a=1,即為所求.(2)證明:由(1)知,f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,當x<0時,f(x)單調遞減,當x>0時,f(x)單調遞增;當0<x<1時,g(x)單調遞減,當x>1時,g(x)單調遞增.不妨設直線y=b與y=f(x)的圖象的兩交點的橫坐標分別為x1,x2,與y=g(x)的圖象的兩交點的橫坐標分別為x2,x3,且x1<x2<x3.則ex1?x1=ex2-x2=x2-ln∴ex1?x易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),則lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上單調遞減,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=ex又ex2-x2=x2-lnx2,∴lnx2+ex2∴x1+x3=lnx2+ex2=2x∴x1,x2,x3成等差數列.16.(2019課標Ⅱ文,21,12分)已知函數f(x)=(x-1)lnx-x-1.證明:(1)f(x)存在唯一的極值點;(2)f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數.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)=x?1x+lnx-1=ln因為y=lnx單調遞增,y=1x單調遞減,所以f'(x)單調遞增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4?12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得又當x<x0時,f'(x)<0,f(x)單調遞減;當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)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞)內存在唯一根x=α.由α>x0>1得1α<1<x0又f1α=1α?1ln1α故1α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.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α,根據所要證明的結論,只需求出f1α=0即可17.(2019江蘇,19,16分)設函數f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)為f(x)的導函數.(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零點均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的極小值;(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的極大值為M,求證:M≤427解析本小題主要考查利用導數研究函數的性質,考查綜合運用數學思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力.(1)因為a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因為f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因為b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,從而f'(x)=3(x-b)x?令f'(x)=0,得x=b或x=2a因為a,b,2a+b3都在集合{-3,1,3}中,所以2a此時,f(x)=(x-3)(x+3)2,f'(x)=3(x+3)(x-1).令f'(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)的極小值為f(1)=(1-3)×(1+3)2=-32.(3)因為a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b.因為0<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0,則f'(x)有2個不同的零點,設為x1,x2(x1<x2).由f'(x)=0,得x1=b+1?b2?列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)的極大值M=f(x1).解法一:M=f(x1)=x13-(b+1)x=[3x12-2(b+1)x1+b]x13?b=?2(b2?b+1)(b+1)=b(b+1)27-2(b?≤b(b+1)27+因此M≤427解法二:因為0<b≤1,所以x1∈(0,1).當x∈(0,1)時,f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),則g'(x)=3x?令g'(x)=0,得x=13.列表如下x0,11g'(x)+0-g(x)↗極大值↘所以當x=13時,g(x)取得極大值,且是最大值,故g(x)max=g13=所以當x∈(0,1)時,f(x)≤g(x)≤427.因此M≤418.(2017江蘇,20,16分)已知函數f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導函數f'(x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數取極值時對應的自變量的值)(1)求b關于a的函數關系式,并寫出定義域;(2)證明:b2>3a;(3)若f(x),f'(x)這兩個函數的所有極值之和不小于-72,求a的取值范圍解析本小題主要考查利用導數研究初等函數的單調性、極值及零點問題,考查綜合運用數學思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3x+a3當x=-a3時,f'(x)有極小值b-a因為f'(x)的極值點是f(x)的零點,所以f?a3=-a327+a39-ab3+1=0,又因為f(x)有極值,故f'(x)=0有實根,從而b-a23=19a(27-a3)≤0,當a=3時,f'(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數,f(x)沒有極值;當a>3時,f'(x)=0有兩個相異的實根x1=?a?a2?列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗故f(x)的極值點是x1,x2.從而a>3.因此b=2a29+3(2)證明:由(1)知,ba=2aa設g(t)=2t9+3t,則g'(t)=29-當t∈362,+∞時,g'(t)>0,從而g(t)因為a>3,所以aa>33,故g(aa)>g(33)=3,即ba>3因此b2>3a.(3)由(1)知,f(x)的極值點是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x從而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x2=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x記f(x),f'(x)所有極值之和為h(a),因為f'(x)的極值為b-a23=-19a2所以h(a)=-19a2+3因為h'(a)=-29a-3于是h(a)在(3,+∞)上單調遞減.因為h(6)=-72,于是h(a)≥h(6),故a≤因此a的取值范圍為(3,6].易錯警示(1)函數f(x)的極值點x0滿足f'(x0)=0,函數f(x)的零點x0滿足f(x0)=0,而f'(x)的極值點x0應滿足f″(x0)=0.(2)求函數的關系式必須確定函數的定義域.19.(2017北京理,19,13分)已知函數f(x)=excosx-x.(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)求函數f(x)在區間0,π2解析本題考查導數的幾何意義,考查利用導數研究函數的單調性、最值.(1)因為f(x)=excosx-x,所以f'(x)=ex(cosx-sinx)-1,f'(0)=0.又因為f(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=1.(2)設h(x)=ex(cosx-sinx)-1,則h'(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.當x∈0,π2所以h(x)在區間0,π2所以對任意x∈0,π2有h(x)<h(0)=0,即f所以函數f(x)在區間0,π2因此f(x)在區間0,π2上的最大值為f(0)=1,最小值為fπ2解題思路(1)先求導,再利用導數的幾何意義求出切線的斜率,最后利用點斜式求出切線方程.(2)設h(x)=ex(cosx-sinx)-1,對h(x)求導,進而確定h(x)的單調性,最后求出最值.方法總結1.求切線方程問題:(1)根據導數的幾何意義求出指定點處的導數值,即切線的斜率;(2)求出指定點處的函數值;(3)求出切線方程.利用導數研究函數的單調性:(1)求出函數f(x)的定義域;(2)求出函數f(x)的導函數f'(x);(3)令f'(x)>0得到f(x)在定義域內的單調遞增區間,令f'(x)<0得到f(x)在定義域內的單調遞減區間.20.(2017浙江,20,15分)已知函數f(x)=(x-2x?1)e(1)求f(x)的導函數;(2)求f(x)在區間12,+解析本題主要考查函數的最大(小)值,導數的運算及其應用,同時考查分析問題和解決問題的能力.(1)因為(x-2x?1)'=1-12x所以f'(x)=1?12x?1=(1?(2)由f'(x)=(1?x)(2x?1因為x1111,55f'(x)-0+0-f(x)1↘0↗1↘又f(x)=12(2x?1-1)2所以f(x)在區間12,+∞解后反思1.在導數大題中,求函數的導數至關重要,因此,必須熟練掌握求導公式和求導法則.2.利用導數求函數的值域的一般步驟:(1)求函數f(x)的導函數f'(x);(2)解方程f'(x)=0;(3)用f'(x)=0的根把函數的定義域分成若干個區間;(4)判斷每個區間上f'(x)的符號,得函數的單調性;(5)求函數在各個區間上的值域,再求并集.3.本題最易忽略f(x)≥0這個條件,從而得出:f(x)在12,+∞上的值域為因此,在求函數f(x)在區間(a,+∞)或(-∞,a)上的值域時,一定要觀察f(x)圖象的趨勢,或先判斷f(x)何時為正,何時為負(通常是求出函數f(x)的零點).21.(2016山東文,20,13分)設f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的單調區間;(2)已知f(x)在x=1處取得極大值.求實數a的取值范圍.解析(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).則g'(x)=1x-2a=1當a≤0時,x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,函數g(x)單調遞增;當a>0時,x∈0,12a時,g'(x)>0,函數x∈12a,+∞時,所以當a≤0時,g(x)的單調增區間為(0,+∞);當a>0時,g(x)的單調增區間為0,12a,(2)由(1)知,f'(1)=0.①當a≤0時,f'(x)單調遞增,所以當x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減.當x∈(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.②當0<a<12時,12a>1,由(1)知f'(x)在0,12a內單調遞增,可得當x∈(0,1)時,ff'(x)>0.所以f(x)在(0,1)內單調遞減,在1,12所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.③當a=12時,12a=1,f'(x)在在(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.④當a>12時,0<1當x∈12a,1時,f'(x)>0,當x∈(1,+∞)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,所以f(x)在x=1處取極大值,合題意.綜上可知,實數a的取值范圍為a>12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,注意對a分類討論.22.(2016課標Ⅱ理,21,12分)(1)討論函數f(x)=x?2x+2ex的單調性,并證明當x>0(2)證明:當a∈[0,1)時,函數g(x)=ex?ax?ax2(x>0)有最小值.設解析(1)f(x)的定義域為(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)f'(x)=(x?1)(x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+2>0.(4分)(2)g'(x)=(x?2)ex由(1)知,f(x)+a單調遞增.對任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0.(6分)當0<x<xa時,f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)單調遞減;當x>xa時,f(x)+a>0,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)=exa?a(xa于是h(a)=exaxa+2,由exx+2所以,由xa∈(0,2],得12=e00+2<h(a)=exaxa因為y=exx+2單調遞增,對任意λ∈12,e24,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈綜上,當a∈[0,1)時,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e疑難突破本題求解的關鍵是“設而不求”方法的運用,另外,注意將對g'(x)符號的判斷靈活地轉化為對f(x)+a符號的判斷.評析本題主要考查導數的運用,求單調區間及最值,考查不等式的證明.屬難題.22.(2016天津理,20,14分)設函數f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的單調區間;(2)若f(x)存在極值點x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求證:x1+2x0=3;(3)設a>0,函數g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區間[0,2]上的最大值不小于···解析(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a.下面分兩種情況討論:①當a≤0時,有f'(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的單調遞增區間為(-∞,+∞).②當a>0時,令f'(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x-∞,1-3a31-31-3a3,1+31+31+3a3,+∞f'(x)+0-0+f(x)單調遞增極大值單調遞減極小值單調遞增所以f(x)的單調遞減區間為1?3a3,1+3(2)證明:因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由題意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,進而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x由題意及(1)知,存在唯一實數x1滿足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.(3)證明:設g(x)在區間[0,2]上的最大值為M,max{x,y}表示x,y兩數的最大值.下面分三種情況討論:①當a≥3時,1-3a3≤0<2≤1+3a3,由(1)知,f(x)在區間[0,2]上單調遞減,所以f(x)在區間[0,2]上的取值范圍為M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=a所以M=a-1+|a+b|≥2.②當34≤a<3時,1-23a3≤0<1-3a3<1+3a3<2≤1+23a3,由(1)和(2)知f(0)≥f1所以f(x)在區間[0,2]上的取值范圍為f1+因此M=maxf=max?=max2=2a93a+|a+b|≥29×3③當0<a<34時,0<1-23a由(1)和(2)知f(0)<f1?23af(2)>f1+23a所以f(x)在區間[0,2]上的取值范圍為[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|>14綜上所述,當a>0時,g(x)在區間[0,2]上的最大值不小于14易錯警示(1)對參數a討論時易忽略a≤0的情形,導致忽略f(x)在R上遞增的情況.(3)討論0<a<3時,未意識到仍需將a分成0<a<34與34≤a<3兩段來討論,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.23.(2015課標Ⅱ文,21,12分)已知函數f(x)=lnx+a(1-x).(1)討論f(x)的單調性;(2)當f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時,求a的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1x若a≤0,則f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增.若a>0,則當x∈0,1a時,f'(x)>0;當x∈1a,+∞時,f'(x)<0.所以f(x)在0,1(2)由(1)知,當a≤0時,f(x)在(0,+∞)上無最大值;當a>0時,f(x)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1因此f1a>2a-2等價于ln令g(a)=lna+a-1,則g(a)在(0,+∞)上單調遞增,g(1)=0.于是,當0<a<1時,g(a)<0;當a>1時,g(a)>0.因此,a的取值范圍是(0,1).20.(2013課標Ⅰ文,20,12分)已知函數f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)討論f(x)的單調性,并求f(x)的極大值.解析(1)f'(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f'(0)=4.故b=4,a+b=8.從而a=4,b=4.(2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,f'(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)ex令f'(x)=0,得x=-ln2或x=-2.從而當x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)時,f'(x)>0;當x∈(-2,-ln2)時,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上單調遞增,在(-2,-ln2)上單調遞減.當x=-2時,函數f(x)取得極大值,極大值為f(-2)=4(1-e-2).評析本題考查導數的運算及幾何意義、利用導數研究函數的單調性和極值等基礎知識,考查了運算求解能力.24.(2013課標Ⅱ文,21,12分)已知函數f(x)=x2e-x.(1)求f(x)的極小值和極大值;(2)當曲線y=f(x)的切線l的斜率為負數時,求l在x軸上截距的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=-e-xx(x-2).①當x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)時,f'(x)<0;當x∈(0,2)時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上單調遞減,在(0,2)上單調遞增.故當x=0時,f(x)取得極小值,極小值為f(0)=0;當x=2時,f(x)取得極大值,極大值為f(2)=4e-2.(2)設切點為(t,f(t)),則l的方程為y=f'(t)(x-t)+f(t).所以l在x軸上的截距為m(t)=t-f(t)f'(由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).令h(x)=x+2x(x≠0),則當x∈(0,+∞)時,h(x)的取值范圍為[22,+∞);當x∈(-∞,-2)時,h(x)的取值范圍是所以當t∈(-∞,0)∪(2,+∞)時,m(t)的取值范圍是(-∞,0)∪[22+3,+∞).綜上,l在x軸上的截距的取值范圍是(-∞,0)∪[22+3,+∞).評析本題考查了導數的應用,均值定理求最值,考查了綜合解題的能力,正確地求導是解題的關鍵.25.(2012課標理,21,12分)已知函數f(x)滿足f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+12x2(1)求f(x)的解析式及單調區間;(2)若f(x)≥12x2+ax+b,求(a+1)b的最大值解析(1)由已知得f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x,所以f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=f'(1)e-1,所以f'(1)=e.從而f(x)=ex-x+12x2由于f'(x)=ex-1+x,故當x∈(-∞,0)時,f'(x)<0;當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0.從而,f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增.(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.①(i)若a+1<0,則對任意常數b,當x<0,且x<1?ba+1時,可得ex-(a+1)x<b,(ii)若a+1=0,則(a+1)b=0.(iii)若a+1>0,設g(x)=ex-(a+1)x,則g'(x)=ex-(a+1).當x∈(-∞,ln(a+1))時,g'(x)<0;當x∈(ln(a+1),+∞)時,g'(x)>0.從而g(x)在(-∞,ln(a+1))上單調遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調遞增.故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).所以f(x)≥12x2+ax+b等價于b≤a+1-(a+1)·因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).設h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].所以h(a)在(-1,e12-1)上單調遞增,在(e12-1,+∞)上單調遞減,故h(a)在a=從而h(a)≤e2,即(a+1)b≤e當a=e12-1,b=e122時,②式成立,故f(x)綜合得,(a+1)b的最大值為e2評析本題考查了函數與導數的綜合應用,難度較大,考查了分類討論和函數與方程的思想方法,直線斜率以零為分界點進行分類是解題關鍵.26.(2012課標文,21,12分)設函數f(x)=ex-ax-2.(1)求f(x)的單調區間;(2)若a=1,k為整數,且當x>0時,(x-k)·f'(x)+x+1>0,求k的最大值.解析(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.若a≤0,則f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增.若a>0,則當x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0;當x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0,所以,f(x)在(-∞,lna)上單調遞減,在(lna,+∞)上單調遞增.(2)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.故當x>0時,(x-k)f'(x)+x+1>0等價于k<x+1令g(x)=x+1ex?1+x,則由(1)知,函數h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上單調遞增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點.故g'(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點.設此零點為α,則α∈(1,2).當x∈(0,α)時,g'(x)<0;當x∈(α,+∞)時,g'(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值為g(α).又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等價于k<g(α),故整數k的最大值為2.評析本題考查了函數與導數的綜合應用,判斷出導數的零點范圍是求解第(2)問的關鍵.27.(2017課標Ⅲ理,21,12分)已知函數f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)設m為整數,且對于任意正整數n,1+121+122…解析本題考查導數的綜合應用.(1)f(x)的定義域為(0,+∞).①若a≤0,因為f12=-12+aln2<0,②若a>0,由f'(x)=1-ax=x?ax知,當x∈(0,a)時,f'(x)<0;當x∈(a,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在(0,a)單調遞減,在(a,+∞)單調遞增.故x=a是f(x)由于f(1)=0,所以當且僅當a=1時,f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知當x∈(1,+∞)時,x-1-lnx>0.令x=1+12n,得ln1+1從而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12故1+121+而1+121+12思路分析(1)對a分類討論,并利用導數研究f(x)的單調性,找出最小值點,從而求出a.(2)由(1)得當x>1時,x-1-lnx>0.令x=1+12n,換元后可求出1+12一題多解(1)f'(x)=1-ax=x?ax(x>0).當a≤0時,f'(x)>0,而f(1)=0,不合題意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上單調遞減,在(a,+∞)上單調遞增.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)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,∴h(x)≤h(1)=0,即當且僅當x=1時,h(x)≥0,∴當且僅當a=128.(2016課標Ⅱ文,20,12分)已知函數f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(1)當a=4時,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)若當x∈(1,+∞)時,f(x)>0,求a的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域為(0,+∞).當a=4時,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f'(x)=lnx+1x-3,f'(1)=-2,f(1)=0.曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為2x+y-2=0.(3分)(2)當x∈(1,+∞)時,f(x)>0等價于lnx-a(x?設g(x)=lnx-a(xg'(x)=1x-2a(x+1(i)當a≤2,x∈(1,+∞)時,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上單調遞增,因此g(x)>0;(8分)(ii)當a>2時,令g'(x)=0得x1=a-1-(a?1)2?1由x2>1和x1x2=1得x1<1,故當x∈(1,x2)時,g'(x)<0,g(x)在(1,x2)上單調遞減,因此g(x)<0.(11分)綜上,a的取值范圍是(-∞,2].(12分)評析本題主要考查了導數的幾何意義及導數的綜合運用,對分類討論的思想方法考查到位,屬難題.29.(2016課標Ⅲ理,21,12分)設函數f(x)=αcos2x+(α-1)(cosx+1),其中α>0,記|f(x)|的最大值為A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)證明|f'(x)|≤2A.解析(1)f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx.(2分)(2)當α≥1時,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.(4分)當0<α<1時,將f(x)變形為f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.設t=cosx,則t∈[-1,1],令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,則A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且當t=1?α4α時,g(t)取得最小值,最小值為g1?令-1<1?α4α<1,解得α<-13(舍去),或(i)當0<α≤15時,g(t)在(-1,1)內無極值點,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以(ii)當15<α<1時,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g1又g1?α所以A=g1?α綜上,A=2?3α(3)由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1|.當0<α≤15時,|f'(x)|≤1+α≤當15<α<1時,A=α8+18α+34>1,所以當α≥1時,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.(12分)評析本題主要考查導數的計算及導數的應用,考查了二次函數的性質,解題時注意分類討論,本題綜合性較強,屬于難題.30.(2015天津理,20,14分)已知函數f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(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|<a1解析(1)由f(x)=nx-xn,可得f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分兩種情況討論:①當n為奇數時.令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x(-∞,-1)(-1,1)(1,+∞)f'(x)-+-f(x)↘↗↘所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調遞減,在(-1,1)內單調遞增.②當n為偶數時.當f'(x)>0,即x<1時,函數f(x)單調遞增;當f'(x)<0,即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.證明:設點P的坐標為(x0,0),則x0=n1n?1,f'(x0)=n-n2.曲線y=f(x)f'(x0)(x-x0),即g(x)=f'(x0)(x-x0).令F(x)=