(浙江专用)202x版高考数学新增分大一轮复习 第四章 导数及其应用 4.2 导数的应用(第2课时)
浙江专用2025届高考数学一轮复习专题四导数及其应用4
专题四导数及其应用【考情探究】课标解读考情分析备考指导主题内容一、导数的概念及运算1.理解导数的几何意义,了解导数概念的实际背景,会用导数方法求切线的斜率及方程.2.娴熟驾驭导数的运算,能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简洁函数的导数.1.考查内容:(重点)从历年高考的状况看,本专题内容考查的重点是导数的运算、利用导数探讨函数的单调性.(关联点)常与不等式、函数零点等学问结合,常用到数形结合、分类探讨、化归与转化等数学思想方法.2.从近5年高考状况来看,导数的应用是必考的内容,在选择题、填空题中,导数的几何意义是高频考点;在解答题中,利用导数探讨函数的单调性是必考点.1.提升拆分、转化的实力.导数解答题难度较大,要学会将之拆分,回到教材中,不停留在详细的求解方法(比如分别参数法、极值点偏移法等)上,而是将较难的、生疏的问题经过分析,转化为基本的利用导数探讨函数单调性的问题,积累详细分析转化的阅历.2.把握规律,用好方法.导数解答题命题规律比较明显,但依旧难以求解,求解时常用到数形结合、分类探讨、化归与转化的数学思想方法,要驾驭为什么、怎样用.二、导数的应用1.利用导数探讨函数的单调性.2.会用导数求函数的极大值、微小值,会求闭区间上函数的最大值、最小值.3.利用导数解决与函数、不等式等相关的综合性问题.【真题探秘】§4.1 导数的概念及运算基础篇固本夯基【基础集训】考点一 导数的概念及几何意义1.曲线y=x 3-2x+1在点(1,0)处的切线方程为( )A.y=x-1B.y=-x+1C.y=2x-2D.y=-2x+2 答案 A2.已知在平面直角坐标系中,曲线f(x)=aln x+x 在点(a, f(a))处的切线过原点,则a=( ) A.1 B.e C.1e D.0答案 B3.已知函数f(x)=(x 2+x-1)e x,则曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为( ) A.y=3ex-2e B.y=3ex-4e C.y=4ex-5e D.y=4ex-3e 答案 D4.已知函数f(x)=√x ,g(x)=aln x,a∈R.若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)相交,且在交点处有相同的切线,则a= ,切线方程为 . 答案 e2;x-2ey+e 2=0考点二 导数的运算5.函数f(x)=sinxsinx+cosx -12在x=π4处的导数是( ) A.-12B.12C.-√22D.√22答案 B 6.已知函数f(x)=alnx x+1+b x.若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0,则a+b= . 答案 27.求下列各函数的导数. (1)y=ln(3x-2); (2)y=sin x 2(1-2cos 2x4); (3)y=1-√x +1+√x;(4)y=x 2·e 2-x.解析 (1)设y=ln u,u=3x-2. 则y'x =y'u ·u'x =13x -2(3x-2)'=33x -2. (2)y=sin x2(-cos x2)=-sin x2·cos x2=-12sin x, ∴y'=(-12sinx)'=-12(sin x)'=-12cos x.(3)y=1-√x +1+√x=21-x.∴y'=(21-x )'=2'(1-x)-2(1-x)'(1-x)2=2(1-x)2.(4)y'=(x2·e2-x)'=(x2)'·e2-x+x2·(e2-x)'=2x·e2-x+x2·e2-x·(2-x)'=2x·e2-x-x2e2-x.易错警示y=ln(3x-2)是一个复合函数,留意不要漏掉对y=3x-2求导;y=x2·e2-x中,y=e2-x也是一个复合函数,其导数为y'=-e2-x,易出错.综合篇知能转换【综合集训】考法一与导数运算有关的问题1.(2024课标Ⅱ文,10,5分)曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为( )A.x-y-π-1=0B.2x-y-2π-1=0C.2x+y-2π+1=0D.x+y-π+1=0答案 C2.(2024山东,10,5分)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线相互垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )A.y=sin xB.y=ln xC.y=e xD.y=x3答案 A3.(2024安徽黄山一模,14)已知f(x)=13x3+3xf '(0),则f '(1)= .答案 14.(2024陕西其次次质检,15)设函数f(x)=2x3+ax2+bx+1的导函数为f '(x),若函数y=f '(x)图象顶点的横坐标为-12,且f '(1)=0,则a+b的值为.答案-9考法二与曲线的切线相关的问题5.(2024辽宁丹东质量测试(一),6)已知直线2x-y+1=0与曲线y=ae x+x相切,则a=( )A.eB.2eC.1D.2答案 C6.(2024广东江门一模,12)若f(x)=ln x与g(x)=x2+ax的图象有一条与直线y=x平行的公共切线,则a=( )A.1B.2C.3D.3或-1答案 D7.(2024辽宁大连一模)过曲线y=e x上一点P(x0,y0)作曲线的切线,若该切线在y轴上的截距小于0,则x0的取值范围是( )A.(0,+∞)B.(1e,+∞) C.(1,+∞) D.(2,+∞)答案 C创新篇守正稀奇创新集训1.(2024河北邯郸一模,12)过点M(-1,0)引曲线C:y=2x3+ax+a的两条切线,这两条切线与y轴分别交于A,B两点,若|MA|=|MB|,则a=( )A.-254B.-274C.-2512D.-4912答案 B2.(2024安徽江南十校4月联考,10)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y=e xa(a>0)存在公共切线,则a的取值范围为( )A.(0,1)B.(1,e 24) C.[e24,2] D.[e24,+∞)答案 D【五年高考】考点一导数的概念及几何意义1.(2024课标Ⅲ,6,5分)已知曲线y=ae x+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则( )A.a=e,b=-1B.a=e,b=1C.a=e-1,b=1D.a=e-1,b=-1答案 D2.(2024课标Ⅰ,5,5分)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x答案 D3.(2024课标Ⅰ,13,5分)曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为.答案y=3x4.(2024课标Ⅲ,15,5分)已知f(x)为偶函数,当x<0时, f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是.答案y=-2x-15.(2024江苏,11,5分)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是.答案(e,1)6.(2024陕西,15,5分)设曲线y=e x在点(0,1)处的切线与曲线y=1x(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为.答案(1,1)考点二导数的运算7.(2024天津,10,5分)已知函数f(x)=e x ln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为.答案 e老师专用题组1.(2024课标Ⅱ,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )A.0B.1C.2D.3答案 D2.(2012课标,12,5分)设点P在曲线y=12e x上,点Q在曲线y=ln(2x)上,则|PQ|的最小值为( )A.1-ln 2B.√2(1-ln 2)C.1+ln 2D.√2(1+ln 2)答案 B【三年模拟】一、单项选择题(每题5分,共45分)1.(2025届九师联盟9月质量检测,4)函数f(x)=(x-1)ln(x-1)的图象在点(2,0)处的切线方程为( )A.y=x-2B.y=2x-4C.y=-x+2D.y=-2x+4答案 A2.(2025届山西省试验中学第一次月考,9)若函数f(x)满意f(x)=13x3-f '(1)·x2-x,则f '(1)的值为( )A.1B.2C.0D.-1答案 C3.(2025届五省优创名校入学摸底,8)若函数f(x)=ax-ln x的图象上存在与直线x+3y-4=0垂直的切线,则实数a的取值范围是( )A.[3,+∞)B.(103,+∞)C.[103,+∞) D.(3,+∞)答案 D4.(2024湖南株洲二模,9)设函数y=xsin x+cos x的图象在点(t, f(t))处的切线斜率为g(t),则函数y=g(t)图象的一部分可以是( )答案 A5.(2024湖南娄底二模,5)已知f(x)是奇函数,当x>0时, f(x)=-xx-2,则函数图象在x=-1处的切线方程是( )A.2x-y+1=0B.x-2y+2=0C.2x-y-1=0D.x+2y-2=0答案 A6.(2025届山西省试验中学第一次月考,11)已知函数f(x)=(x+1)2+sinxx2+1,其中f '(x)为函数f(x)的导数,则f(2 018)+f(-2 018)+f '(2 019)-f '(-2 019)=( )A.2B.2 019C.2 018D.0 答案 A7.(2024皖东名校联盟,8)若抛物线x2=2y在点(a,a 22)(a>0)处的切线与两条坐标轴围成的三角形的面积是8,则此切线方程是( )A.x-4y-8=0B.4x-y-8=0C.x-4y+8=0D.4x-y+8=0答案 B8.(2024江西吉安一模,7)过点P(1,1)且与曲线y=x3相切的直线的条数为( )A.0B.1C.2D.3答案 C9.(2024陕西西安八校第一次联考)曲线y=x3上一点B处的切线l交x轴于点A,△OAB(O为原点)是以A为顶点的等腰三角形,则切线l的倾斜角为( )A.30°B.45°C.60°D.120°答案 C二、多项选择题(每题5分,共10分)10.(改编题)下列函数求导正确的是( )A.(tan x)'=-cosxsinxB.(xe-x)'=(1-x)e-xC.(a2x-3)'=2ln a·a2x-3(a>0,且a≠1)D.(e x ln x)'=e x(lnx+1x)答案BCD11.(改编题)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处切线的倾斜角互补,则称函数具有A性质.下列函数中具有A性质的是( )A.f(x)=sin xB.f(x)=x2C.f(x)=ln xD.f(x)=cos x答案ABD三、填空题(每题5分,共20分)12.(2025届北京师范高校附中摸底,11)函数f(x)=lnxx+1的图象在点(1, f(1))处的切线方程为.答案x-2y-1=013.(2025届山东百师联盟开学摸底大联考,15)设函数f(x)=x3+ax2+(a+2)x.若f(x)的图象关于原点(0,0)对称,则曲线y=f(x)在点(1,3)处的切线方程为.答案5x-y-2=014.(2024四川绵阳第一次诊断,15)若直线y=x+1与函数f(x)=ax-ln x的图象相切,则a的值为.答案 215.(2024广东珠海一中等六校第三次联考,15)已知函数y=f(x)的图象在点(2, f(2))处的切线方程为y=2x-1,则曲线g(x)=x2+f(x)在点(2,g(2))处的切线方程为.答案6x-y-5=0。
浙江专用高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第4节导数与函数的零点习题含解析
第4节导数与函数的零点考试要求能利用导数解决函数的零点、方程的根、曲线的交点等问题I知识傢化廉验丨回也町夯靈基砒知识梳理函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根的情况求参数的取值范围•[常用结论与易错提醒](1) 注意构造函数；(2) 注意转化思想、数形结合思想的应用•基础自测x+ 3x, x< 0,1. 若函数f(x) = 1 a 在其定义域上只有一个零点，则实数a的取值范围是j gx3—4x+3, x>0( )A.(16 ,+s )B.[16 ,+s )C.( —s, 16)D.( —s, 16]解析①当x< 0时，f (x) = x+ 3x,T y = x与y= 3x在(—s, 0)上都单调递增，•••f(x) = x+ 3x在(—s, 0)上也单调递增，又f ( —1)<0 , f (0)>0 ,•••f(x)在(—1, 0)内有一个零点•1 3 a②当x>0 时，f (x) = -x —4x+ 3,3 3f ' (x ) = X 2-4= (x + 2)( X — 2). 令 f ' (x ) = 0 得 x = 2 或 x = — 2(舍),当 x € (0 , 2)时，f ' (x )<0 , f (x )递减, 当 x € (2 ,+s )时，f ' (x )>0 , f (x )递增,rr 23 af (x )最小=f (x )极小=——8+ 3,• a >16.答案 A12. (2019 •杭州质检)已知函数f (x ) = x 2 + e x — ^(x <0)与g (x ) = x 2+ In( x + a )的图象上存在关于y 轴对称的点，贝U a 的取值范围是()解析 设点P (x o , y o )( x o <O)在函数f (x )上，由题意可知，点 P 关于y 轴的对称点P' ( — x o ,即 e x0— ln( a — x 。
浙江省高考数学一轮复习第四章导数及其应用第2节导数与函数的单调性课件
解析 根据导函数的正负与原函数的单调性的关系，结合导函数f′(x)的图象可知， 原函数f(x)先单调递增，再单调递减，最后缓慢单调递增，选项C符合题意，故选C. 答案 C
4.若 f(x)＝lnxx，0＜a＜b＜e，则 f(a)与 f(b)的大小关系为________. 解析 f′(x)＝1－xl2n x，当 0＜x＜e 时，1－ln x＞0，即 f′(x)＞0，∴f(x)在(0，e)上单 调递增，∴f(a)＜f(b).
(2)解 ∵f(x)＝x2－2aln x，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2（x2x－a）， ∴当 a≤0 时，f′(x)>0，则 f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当 a>0 时，令 f′(x)<0，得 0<x< a，令 f′(x)>0，得 x> a， ∴f(x)在(0， a)上是减函数，在( a，＋∞)上是增函数. 综上可得，当 a≤0 时，函数 y＝f(x)的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当 a＞0 时，函数 y＝f(x)的增区间为( a，＋∞)，减区间为(0， a).
答案 －1 (－∞，0]
考点一 求不含参数的函数的单调性 【例 1】 已知 f(x)＝12x3＋x2ex，讨论 f(x)的单调性.
解 由题意得 f′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex＝12x3＋52x2＋2xex＝12x(x＋1)(x＋4)ex.
令f′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4. 当x<－4时，f′(x)<0，故f(x)为减函数； 当－4<x<－1时，f′(x)>0，故f(x)为增函数； 当－1<x<0时，f′(x)<0，故f(x)为减函数； 当x>0时，f′(x)>0，故f(x)为增函数. 综上知，f(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.
浙江省高考数学一轮学案第四章加强练(四) 导数及其应用Word版含解析【高考】
加强练(四)导数及其应用一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.函数f(x)＝a ln x＋x在x＝1处取到极值，则a的值为()A.－1B.－1 2C.0D.1 2解析因为f(x)＝a ln x＋x，所以f′(x)＝ax＋1.又因为f(x)在x＝1处取到极植，所以f′(1)＝a＋1＝0⇒a＝－1.经检验符合题意.故选A.答案 A2.(2020·浙江新高考仿真卷二)已知函数g(x)＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则函数y ＝f(x)的图象有可能是()解析由函数g(x)＝(x－1)f′(x)的图象易得函数g(x)有两个零点，设其较大的零点为x0.当x＜1时，g(x)＜0，x－1＜0，则f′(x)＞0；当1＜x＜x0时，g(x)＞0，x－1＞0，则f′(x)＞0；当x＞x0时，g(x)＜0，x－1＞0，则f′(x)＜0，所以函数f(x)在x ＝x0左侧单调递增，在x＝x0右侧单调递减，故选C.答案 C3.(2020·许昌、洛阳质检三)已知a＞0，曲线f(x)＝3x2－4ax与g(x)＝2a2ln x－b有公共点，且在公共点处的切线相同，则实数b 的最小值为( ) A.0 B.－1e 2 C.－2e 2D.－4e 2解析 由f (x )＝3x 2－4ax ，f ′(x )＝6x －4a ，由g (x )＝2a 2ln x －b ，g ′(x )＝2a 2x . 设两曲线的公共点P (x 0，y 0)，x 0＞0，因为两曲线在公共点处的切线相同，所以⎩⎪⎨⎪⎧6x 0－4a ＝2a 2x 0，y 0＝3x 2－4ax 0，y 0＝2a 2ln x 0－b ，由6x 0－4a ＝2a 2x 0，x 0＝a ，x 0＝－13a ，又a ＞0，所以x 0＝a ，消去y 0得b ＝2a 2ln a ＋a 2，设b ＝h (a )＝2a 2ln a ＋a 2，h ′(a )＝4a ln a ＋4a ， 令h ′(a )＝0，a ＝1e ，又a ＞1e ，h ′(a )＞0，0＜a ＜1e 时，h ′(a )＜0，所以a ＝1e 是h (a )的极小值点，即b min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e 2.答案 B4.(2020·北京昌平区二模)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且满足f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x 2（0≤x ＜1），x －1e x （x ≥1），若函数F (x )＝f (x )－m 有6个零点，则实数m 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－116，1e 2 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－116，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 2 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，1e 2 解析 函数F (x )＝f (x )－m 有6个零点， 等价于函数y ＝f (x )与y ＝m 有6个交点， 当0≤x ＜1时，f (x )＝x 2－x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142－116，当x≥1时，f(x)＝x－1e x，f′(x)＝2－xe x，当x∈[1，2]时，f(x)递增，当x∈(2，＋∞)时，f(x)递减，f(x)的极大值为f(2)＝1e2，作出函数f(x)的图象如图，y＝f(x)与y＝m的图象有6个交点，得0＜m＜1 e2.答案 C5.(2020·温州适应性考试)已知实数a＞0，b＞0，a≠1，且满足ln b＝a－1a，则下列判断正确的是()A.a＞bB.a＜b C .log a b＞1 D.log a b＜1解析由ln b＝a－1a＝a－1a得ln b－a＋1a＝0，设f(x)＝ln x－x＋1x(x＞0)，则f′(x)＝1x－12x－12x x＝－（x－1）22x x，则函数f(x)＝ln x－x＋1x在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，所以当0＜x＜1时，ln x－x＋1x＞0，即ln x＞x－1x；当x＞1时，ln x－x＋1x＜0，即ln x＜x－1x，在平面直角坐标系内画出函数y＝ln x与y＝x－1x的图象如图所示.由图易得若ln b＝a－1a＝a－1a，则0＜b＜a＜1或1＜a＜b，A，B错误；当a＞1时，1＜a＜b，函数y＝log a x为增函数，则log a b＞log a a＝1，当0＜a＜1时，0＜b＜a＜1，函数y＝log a x为减函数，则log a b ＞log a a＝1，C正确，D错误，故选C.答案 C6.(2020·浙江名校新高考研究联盟三联)已知a ＞b ＞0，则下列不等式正确的是( )A.|ln a －b |＞|ln b －a |B.|a －b |＜|b －a |C.|ln a －b |＜|ln b －a |D.|a －b |＞|b －a |解析 因为|ln a －b |2－|ln b －a |2＝(ln a －b －ln b ＋a )·(ln a －b ＋ln b －a )，构造函数f (x )＝ln x ＋x ，则易知f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当a ＞b ＞0时，ln a ＋a ＞ln b ＋b ，所以ln a －b －ln b ＋a ＞0，由不等式ln x ≤x －1＜x ，可得ln a －b ＋ln b －a ＜0，所以|ln a －b |2－|ln b －a |2＜0，即|ln a －b |＜|ln b －a |.同理，|a －b |2－|b －a |2＝(a －b ＋b －a )(a －b －b ＋a ).因为a ＞b ，a ＞b ，所以a －b －b ＋a ＞0.构造函数f (x )＝x －x ，则f ′(x )＝12x－1，令f ′(x )＝12x－1＞0，得0＜x ＜14，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞上单调递减.此时当a ＞b ＞0时，f (a )，f (b )大小不定，所以|a －b |、|b －a |大小不定，故选C. 答案 C7.(2019·天津卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤1，1x ，x >1.若关于x 的方程f (x )＝－14x ＋a (a ∈R )恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，94 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，94∪{1} D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94∪{1}解析 如图，分别画出两函数y ＝f (x )和y ＝－14x ＋a 的图象.(1)先研究当0≤x ≤1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝2x 的图象只有一个交点的情况. 当直线y ＝－14x ＋a 过点B (1，2)时，2＝－14＋a ，解得a ＝94.所以0≤a ≤94. (2)再研究当x >1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝1x 的图象只有一个交点的情况： ①相切时，由y ′＝－1x 2＝－14，得x ＝2，此时切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，则a ＝1. ②相交时，由图象可知直线y ＝－14x ＋a 从过点A 向右上方移动时与y ＝1x 的图象只有一个交点.过点A (1，1)时，1＝－14＋a ，解得a ＝54.所以a ≥54.结合图象可得，所求实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94∪{1}.故选D. 答案 D8.(2020·浙江名师预测卷二)已知函数f (x )＝x 2＋(x －1)·|x －a |，a ∈R ，x ≠a ，下列结论中正确的是( )A.存在实数a 使得f ′(x )＝0有唯一解B.存在实数a 使得f ′(x )＝0有两个解C.不存在实数a 使得f ′(x )＝0无解D.不存在实数a 使得f ′(x )＞0恒成立解析 f (x )＝x 2＋(x －1)|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－（1＋a ）x ＋a ，x ＞a ，（1＋a ）x －a ，x ＜a ，当1＋a 4≤a ，即a ≥13时，f (x )在R 上单调递增，∴f ′(x )＞0恒成立，排除C ，D ；当－1＜a ＜13时，f (x )在(－∞，a )上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1＋a 4上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 4，＋∞上单调递增，当且仅当x ＝1＋a 4时，f ′(x )＝0；当a ＜－1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1＋a 4上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 4，＋∞上单调递增，∴当且仅当x ＝1＋a4时，f ′(x )＝0；当a ＝－1时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－1，x ≥－1，1，x ＜－1，∴f ′(x )＝0有无数个解，综上，故选A. 答案 A9.(2020·广州综测一)已知函数f (x )＝e |x |－ax 2，对任意x 1＜0，x 2＜0，都有(x 2－x 1)[f (x 2)－f (x 1)]＜0，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，e 2 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－e 2 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，e 2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 2，0 解析 因为对任意x 1＜0，x 2＜0，(x 2－x 1)[f (x 2)－f (x 1)]＜0恒成立，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，即f (x )＝e －x －ax 2在(－∞，0)上单调递减，故f ′(x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x－2ax ≤0在(－∞，0)上恒成立，即－2ax ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x 在(－∞，0)上恒成立.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x＞1，所以当a ≤0时上述不等式恒成立.当a ＞0时，若a ＝e2，如图，作出函数y ＝－e x 对应的直线与y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x 的图象，则两图象相切于点(－1，e)，故当0＜a ≤e 2时，－2ax ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x在(－∞，0)上恒成立.故选A.答案 A10.(2020·宁波模拟)若关于x 的不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤127有正整数解，则实数λ的最小值为( ) A.9 B.8 C.7D.6解析 由⎝ ⎛⎭⎪⎫1x λx ≤127，则两边取对数，得λx ln x ≥3ln 3存在正整数解，则λ＞0，故ln x x≥3ln 3λ.记函数f (x )＝ln xx ，则由f ′(x )＝1－ln x x 2知函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，注意到2＜e ＜3，故只需考虑f (2)，f (3)的大小关系，因为f (2)＝ln 22＝f (4)＜f (3)，故f (3)＝ln 33≥3ln 3λ，即λ≥9，故选A. 答案 A二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11.(2020·北京通州区三模)能够说明“在某个区间(a ，b )内，如果函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增，那么f ′(x )＞0恒成立”是假命题的一个函数是________(写出函数表达式和区间).解析 若f (x )＝x 3，x ∈(－1，1)， 易知f (x )＝x 3在(－1，1)上恒增；但f ′(x )＝3x 2，在x ＝0时f ′(x )＝0，不满足f ′(x )＞0恒成立；是假命题. 答案 f (x )＝x 3，x ∈(－1，1)(答案不唯一)12.设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3，2)处的切线与直线ax ＋y ＋3＝0垂直，则a ＝________，切线方程为________________. 解析 y ′＝－2（x －1）2，所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为－12，由题意知－a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1，所以a ＝－2，切线方程为y －2＝－12(x －3)， 即x ＋2y －7＝0.答案 －2 x ＋2y －7＝013.若函数f (x )＝ax 4－4ax 2＋b (a >0，1≤x ≤2)的最大值为3，最小值为－5，则ab ＝________.解析 令f ′(x )＝4ax 3－8ax ＝4ax (x 2－2)＝0， 解得x 1＝0(舍去)，x 2＝2，x 3＝－2(舍去). 又f (1)＝a －4a ＋b ＝b －3a ，f (2)＝16a －16a ＋b ＝b ， f (2)＝b －4a ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧b －4a ＝－5，b ＝3.所以a ＝2，b ＝3，ab ＝6. 答案 614.(一题多解)在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线y ＝x ＋4x (x >0)上的一个动点，则点P 到直线x ＋y ＝0的距离的最小值是________；此时点P 的坐标为________. 解析 法一 由题意可设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 0＋4x 0(x 0>0)，则点P 到直线x ＋y ＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋x 0＋4x 02＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0＋4x 02≥22x 0·4x 02＝4，当且仅当2x 0＝4x 0，即x 0＝2时取等号，此时y 0＝2＋42＝32， 即点P 的坐标为(2，32).法二 设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，4x 0＋x 0(x 0>0)，则曲线在点P 处的切线的斜率为k ＝1－4x 20.令1－4x 20＝－1，结合x 0>0得x 0＝2，∴P (2，32)，曲线y ＝x ＋4x (x >0)上的点P 到直线x＋y ＝0的最短距离即为此时点P 到直线x ＋y ＝0的距离，故d min ＝|2＋32|2＝4.答案 4 (2，32)15.(2020·北京东城区期末)已知函数f (x )＝ax e x －x 2－2x .(1)当a ＝1时，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为________；(2)当x ＞0时，若曲线y ＝f (x )在直线y ＝－x 的上方，则实数a 的取值范围是________.解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝x e x －x 2－2x ，其导数f ′(x )＝e x (x ＋1)－2x －2，f ′(0)＝－1.又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝－x . (2)根据题意，当x ＞0时，“曲线y ＝f (x )在直线y ＝－x 的上方”等价于“ax e x －x 2－2x ＞－x 恒成立”， 又由x ＞0，则ax e x－x 2－2x ＞－x ⇒a e x－x －1＞0⇒a ＞x ＋1e x ，则原问题等价于a ＞x ＋1e x 恒成立； 设g (x )＝x ＋1e x ，则g ′(x )＝－xe x ，又由x ＞0，则g ′(x )＜0，则函数g (x )在区间(0，＋∞)上递减， 又由g (0)＝1e 0＝1，则有x ＋1e x ＜1， 若a ＞x ＋1e x 恒成立，必有a ≥1， 即a 的取值范围为[1，＋∞). 答案 (1)y ＝－x (2)[1，＋∞)16.已知函数F (x )＝1－x x ＋k ln x (其中k <1e 且k ≠0)，则F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为________，最小值为________.解析 ∵F (x )＝1－x x ＋k ln x (x >0)，∴F ′(x )＝（1－x ）′x －（1－x ）x ′x 2＋k x ＝kx －1x 2.①若k <0，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上，恒有k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1，F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.②k >0时，∵k <1e ，∴1k >e ，x －1k <0，∴k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，∴F (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减，∴F (x )min ＝F (e)＝1－e e ＋k ＝1e ＋k －1，F (x )max ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.综上所述，当k ≠0且k <1e 时，F (x )max ＝e －k －1，F (x )min ＝1e ＋k －1. 答案 e －k －11e＋k －1 17.(2020·福州质检)已知函数f (x )＝a ln(2x )－e 2xe 有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是________.解析 由f (x )＝a ln(2x )－e 2xe ，得f (x )＝a ln 2x e ＋a －e 2x e .令t ＝2x e (t ＞0)，则g (t )＝a ln t ＋a －e t.当t ＝1e 时，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－e 1e ＜0，所以t ＝1e 不是函数g (t )的零点；当t ≠1e 时，令g (t )＝a ln t ＋a －e t＝0，得a ＝e t ln t ＋1，所以f (x )＝a ln(2x )－e 2xe 有且只有一个零点，等价于直线y ＝a 与函数p (t )＝e t ln t ＋1(t ＞0且t ≠1e )的图象有且只有一个交点.p ′(t )＝e t ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln t ＋1－1t （ln t ＋1）2.令q (t )＝ln t ＋1－1t (t ＞0且t ≠1e )，则q ′(t )＝1t ＋1t 2＞0， 所以q (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，而ln 1e ＋1－11e＝－e ＜0，q (1)＝0，所以当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，p ′(t )＜0，从而p (t )单调递减，且当t →0时，p (t )→0，t →1e 时，p (t )→－∞；当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1时，p ′(t )＜0，从而p (t )单调递减，且t →1e 时，p (t )→＋∞；当t ∈(1，＋∞)时，p ′(t )＞0，从而p (t )单调递增，且t →＋∞时，p (t )→＋∞， 又因为p (1)＝e ，所以p (t )的图象如图所示. 直线y ＝a 与函数p (t )的图象的交点个数为1， 由图可知实数a 的取值范围是(－∞，0)∪{e}. 答案 (－∞，0)∪{e}三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(本小题满分14分)(2020·北京丰台区期末)设函数f (x )＝a sin x －x cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2(1)当a ＝1时，求证：f (x )≥0；(2)如果f (x )≥0恒成立，求实数a 的最小值.(1)证明 因为a ＝1，所以f (x )＝sin x －x cos x ，f ′(x )＝x sin x ， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0.(2)解 因为f (x )＝a sin x －x cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以f ′(x )＝(a －1)cos x ＋x sin x .①当a ＝1时，由(1)知f (x )≥0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2恒成立；②当a ＞1时，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以f ′(x )＞0.因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2恒成立；③当a ＜1时，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝(2－a )sin x ＋x cos x ， 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以g ′(x )≥0恒成立， 因此g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，且g (0)＝a －1＜0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2＞0，所以存在唯一x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2使得g (x 0)＝0，即f ′(x 0)＝0. 所以任意x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，x 0)上单调递减. 所以f (x )＜f (0)＝0，不合题意. 综上可知实数a 的最小值为1.19.(本小题满分15分)(2020·金丽衢十二校三联)已知函数f (x )＝ln(2x ＋1)－kx (k >0). (1)若x ＝0时，函数f (x )取得一个极值，求实数k 的值；(2)在(1)的条件下，对任意n ∈N *，m >1，求证⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m n <e 1m －1(e 为自然对数的底数).(1)解 因为f (x )＝ln(2x ＋1)－kx ⎝ ⎛⎭⎪⎫x >－12， 所以f ′(x )＝22x ＋1－k ，由f ′(0)＝0，得k ＝2. 当k ＝2时，f ′(x )＝－4x2x ＋1，它在x ＝0的两侧是异号的， 所以k ＝2成立.(2)证明 由(1)进一步可以判断出f (0)是f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上的极大值，也是最大值，于是我们可以得到任意x >－12，ln(1＋2x )≤2x ，所以任意x >－12，1＋2x ≤e 2x .于是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m n ≤e 1m ＋1m 2＋…＋1m n＝e1m －1m n ＋11－1m<e 1m －1，即得证.20.(本小题满分15分)(2020·湖州适应性考试)已知函数f (x )＝1－e －xx (x >0). (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：f (x )>e －x2(x >0).(1)解 已知函数f (x )＝1－e －xx (x >0)，导函数为f ′(x )＝1＋x －e xx 2e x .令h (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1， 当x <0时，h ′(x )＝e x －1<0； 当x >0时，h ′(x )＝e x －1>0，所以h (x )min ＝h (0)＝0，即e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时，等号成立. 由已知x >0，得e x >x ＋1， 所以f ′(x )＝1＋x －e xx 2e x <0，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间. (2)证明 f (x )>e －x2(x >0)等价于e －x＋x e －x2－1<0(x >0). 令g (x )＝e －x＋x e －x2－1，x >0， g ′(x )＝－e －x＋e －x2＋x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12e －x 2＝－e －x2⎣⎢⎡⎦⎥⎤e －x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－x2＋1， 由(1)易得e －x 2>－x 2＋1，所以g ′(x )<0.所以当x >0时，有g (x )<g (0)＝0， 即e －x＋x e －x2－1<0(x >0)，故f (x )>e －x2(x >0).21.(本小题满分15分)(2019·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝sin x －ln(1＋x )，f ′(x )为f (x )的导数.证明：(1)f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点；(2)f (x )有且仅有2个零点. 证明 (1)设g (x )＝f ′(x )， 则g (x )＝cos x －11＋x ，g ′(x )＝－sin x ＋1（1＋x ）2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2时，g ′(x )单调递减，而g ′(0)>0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，可得g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2有唯一零点，设为α.则当x ∈(－1，α)时，g ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2时，g ′(x )<0.所以g (x )在(－1，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，故g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点，即f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，π2存在唯一极大值点. (2)f (x )的定义域为(－1，＋∞).①当x ∈(－1，0]时，由(1)知，f ′(x )在(－1，0)单调递增，而f ′(0)＝0，所以当x ∈(－1，0)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－1，0)单调递减，又f (0)＝0，从而x ＝0是f (x )在(－1，0]的唯一零点.②当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，由(1)知，f ′(x )在(0，α)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2单调递减，而f ′(0)＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2<0，所以存在β∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，使得f ′(β)＝0，且当x ∈(0，β)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0，β)单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫β，π2单调递减.又f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋π2>0，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，f (x )>0.从而，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上没有零点.③当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减.而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>0，f (π)<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π有唯一零点. ④当x ∈(π，＋∞)时，ln(x ＋1)>1.所以f (x )<0，从而f (x )在(π，＋∞)没有零点. 综上，f (x )有且仅有2个零点.22.(本小题满分15分)(2019·天津卷)设函数f (x )＝e x cos x ，g (x )为f (x )的导函数. (1)求f (x )的单调区间；(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，证明f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0；(3)设x n 为函数u (x )＝f (x )－1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π＋π4，2n π＋π2内的零点，其中n ∈N ，证明2n π＋π2－x n <e －2n πsin x 0－cos x 0.(1)解 由已知，有f ′(x )＝e x (cos x －sin x ). 因此，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z )时，有sin x >cos x ，得f ′(x )<0，则f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )时，有sin x <cos x ，得f ′(x )>0，则f (x )单调递增.所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－3π4，2k π＋π4(k ∈Z )， f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋π4，2k π＋5π4(k ∈Z ).(2)证明 记h (x )＝f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x .依题意及(1)，有g (x )＝e x (cos x －sin x )， 从而g ′(x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，故h ′(x )＝f ′(x )＋g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ＋g (x )(－1)＝g ′(x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x <0.因此，h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上单调递减，进而h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，f (x )＋g (x )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ≥0.(3)证明 依题意，u (x n )＝f (x n )－1＝0，即e x n cos x n ＝1. 记y n ＝x n －2n π，则y n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，且f (y n )＝e y n cos y n ＝e x n －2n πcos(x n －2n π)＝e －2n π(n ∈N ). 由f (y n )＝e －2n π≤1＝f (y 0)及(1)，得y n ≥y 0. 由(2)知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2上为减函数，因此g (y n )≤g (y 0)<g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0.又由(2)知，f (y n )＋g (y n )⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－y n ≥0，故π2－y n ≤－f （y n ）g （y n ）＝－e －2n πg （y n ）≤－e －2n πg （y 0）＝e －2n πe y 0（sin y 0－cos y 0）<e －2n πsin x 0－cos x 0. 所以2n π＋π2－x n <e －2n πsin x 0－cos x 0.。
(浙江专用)2021届高考数学一轮复习专题四导数及其应用4.2导数的应用试题(含解析)
§4.2 导数的应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一 导数与函数的单调性 1.已知f(x)=lnx x,则( )A.f(2)>f(e)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(3)>f(2)>f(e)D.f(e)>f(3)>f(2) 答案 D2.设函数f(x)=12x 2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a 的取值范围是( ) A.1<a≤2 B.a≥4 C.a≤2 D.0<a≤3 答案 A 3.若函数y=f (x )lnx在(1,+∞)上单调递减,则称f(x)为P 函数.下列函数中为P 函数的为( )①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=1x;④f(x)=√x .A.①②④B.①③C.①③④D.②③ 答案 B考点二 导数与函数的极(最)值4.已知定义在R 上的函数f(x),其导函数f '(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是 ( ) ①f(b)>f(a)>f(c);②函数f(x)在x=c 处取得极小值,在x=e 处取得极大值; ③函数f(x)在x=c 处取得极大值,在x=e 处取得极小值; ④函数f(x)的最小值为f(d).A.③B.①②C.③④D.④ 答案 A5.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c 的值为( ) A.4 B.2或6 C.2 D.6 答案 C6.设函数f(x)=x 3-12x+b,则下列结论正确的是( ) A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增 B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2))处的切线方程为y=10D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点 答案 C7.已知函数f(x)={-x 3+x 2(x <1),alnx (x ≥1).(1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点;(2)求f(x)在[-1,e](e 为自然对数的底数)上的最大值.解析 (1)当x<1时, f '(x)=-3x 2+2x=-x(3x-2),令f '(x)=0,解得x=0或x=23.当x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x (-∞,0) 0(0,23) 23(23,1) f '(x) - 0 + 0 - f(x)↘极小值 ↗ 极大值↘故当x=0时,函数f(x)取得极小值,为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=23. (2)①当-1≤x<1时,由(1)知,函数f(x)在[-1,0]和[23,1)上单调递减, 在(0,23)上单调递增.因为f(-1)=2, f (23)=427, f(0)=0,所以f(x)在[-1,1)上的最大值为2. ②当1≤x≤e 时, f(x)=aln x, 当a≤0时, f(x)≤0;当a>0时, f(x)在[1,e]上单调递增, 则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a.故当a≥2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为a; 当a<2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为2. 考点三 导数的综合应用8.函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数, f '(x)为其导函数,若x·f '(x)+f(x)=e x(x-1),且f(2)=0,则不等式f(x)<0的解集为( )A.(0,1)B.(0,2)C.(1,2)D.(2,+∞) 答案 B9.已知函数f(x)={3x ,x <0,0,0≤x ≤1,3-3x ,x >1,若函数g(x)=x 3+λf(x)恰有3个零点,则λ的取值范围为( )A.(-∞,0)∪{94} B.(94,+∞) C.(0,94) D.(-∞,0)∪(94,+∞)答案 B10.已知函数f(x)=e x-2+x-3(e 为自然对数的底数),g(x)=x 2-ax-a+3.若存在实数x 1,x 2,使得f(x 1)=g(x 2)=0,且|x 1-x 2|≤1,则实数a 的取值范围是 . 答案 [2,3]综合篇知能转换【综合集训】考法一 利用导数解决函数单调性问题1.(2019吉林长春实验中学期末,9)设函数f(x)=x(e x +e -x),则f(x)( ) A.是奇函数,且在R 上是增函数 B.是偶函数,且在R 上有极小值 C.是奇函数,且在R 上是减函数 D.是偶函数,且在R 上有极大值答案 A2.(2018黑龙江哈尔滨师大附中三模,8)若函数f(x)=2x+sin x·cos x+acos x 在(-∞,+∞)上单调递增,则a 的取值范围是( )A.[-1,1]B.[-1,3]C.[-3,3]D.[-3,-1] 答案 A3.(2018湖北荆州一模,12)若函数f(x)=mln x+x 2-mx 在区间(0,+∞)上单调递增,则实数m 的取值范围为( ) A.[0,8] B.(0,8]C.(-∞,0]∪[8,+∞)D.(-∞,0)∪(8,+∞) 答案 A4.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xe a-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b 的值;(2)求f(x)的单调区间.解析 (1)因为f(x)=xe a-x+bx,所以f '(x)=(1-x)e a-x+b.依题设,知{f (2)=2e +2,f '(2)=e -1,即{2e a -2+2b =2e +2,-e a -2+b =e -1.解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe 2-x+ex.由f '(x)=e 2-x (1-x+e x-1)及e 2-x >0知, f '(x)与1-x+e x-1同号.令g(x)=1-x+e x-1,则g'(x)=-1+e x-1.所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 考法二 与函数极值或最值有关的导数问题5.(2018黑龙江齐齐哈尔一模)若x=1是函数f(x)=ax 2+ln x 的一个极值点,则当x∈[1e ,e]时, f(x)的最小值为( )A.1-e 22 B.-e+1e C.-12e 2-1 D.e 2-1 答案 A6.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)=13x 3+12(1-3a)x 2+(2a 2-a)x+1,若在区间(0,3)内存在极值点,则实数a 的取值范围是( )A.(0,3)B.(12,2) C.(0,1)∪(1,3) D.(12,1)∪(1,2)答案 C7.(2018江西南昌调研,12)已知a 为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),则( ) A.f(x 1)>0, f(x 2)>-12 B.f(x 1)<0, f(x 2)<-12 C.f(x 1)>0, f(x 2)<-12 D.f(x 1)<0, f(x 2)>-12答案 D考法三 利用导数研究函数的零点问题8.(2019广东深圳二模,9)若函数f(x)=x-√x -aln x 在区间(1,+∞)上存在零点,则实数a 的取值范围为( )A.(0,12)B.(12,e)C.(0,+∞)D.(12,+∞) 答案 D9.(2019四川德阳“一诊”(改编))已知函数f(x)=12x 2+ax-(a+1)ln x.若f(x)有两个零点,则a 的取值范围为 . 答案 (-1,-12)考法四 利用导数证明不等式问题10.(2018河北衡水金卷全国大联考,8)已知函数f(x)为R 上的奇函数,且当x≥0时, f(x)=-e x+1+mcos x,记a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c 的大小关系是( ) A.b<a<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b 答案 D11.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x 3+x-sin x,则满足不等式f(m-1)+f(2m 2)≤0成立的实数m 的取值范围是 . 答案 [-1,12]12.(2018豫北名校联考,22)已知函数f(x)=e x+1-kx-2k(其中e 是自然对数的底数,k∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当函数f(x)有两个零点x 1,x 2时,证明:x 1+x 2>-2.解析 (1)易得f '(x)=e x+1-k,(1分)当k>0时,令f '(x)=0,得x=ln k-1,可得当x∈(-∞,ln k -1)时, f '(x)<0,当x∈(ln k -1,+∞)时, f '(x)>0,所以函数f(x)在区间(-∞,ln k -1)上单调递减,在区间(ln k-1,+∞)上单调递增.(3分)当k≤0时, f '(x)=e x+1-k>0恒成立,故此时函数f(x)在R 上单调递增.(5分)(2)证明:当k≤0时,由(1)知函数f(x)在R 上单调递增,不存在两个零点,所以k>0. 由题意知e x 1+1=k(x 1+2),e x 2+1=k(x 2+2), ∴x 1+2>0,x 2+2>0,可得x 1-x 2=ln x 1+2x 2+2.不妨设x 1>x 2,令x 1+2x 2+2=t,则t>1,由{x 1+2x 2+2=t ,x 1-x 2=ln x 1+2x 2+2,解得x 1+2=tlntt -1,x 2+2=lntt -1,所以x 1+x 2+4=(t+1)lnt t -1.(8分)欲证x 1+x 2>-2,只需证明(t+1)lnt t -1>2,即证(t+1)ln t-2(t-1)>0.设g(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1), 则g'(t)=ln t+1t (t+1)-2=ln t+1t -1. 设h(t)=ln t+1t -1(t>1),则h'(t)=1t -1t2>0,h(t)单调递增,所以g'(t)>g'(1)=0.所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0,即(t+1)ln t-2(t-1)>0,原不等式得证.(12分)应用篇知行合一【应用集训】1.据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18 km 的A,B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C 处(异于A,B 两点)的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km). (1)试将y 表示为x 的函数;(2)若a=1,且x=6,y 取得最小值,试求b 的值.解析 (1)易知点C 受A 污染源污染程度为kax ,点C 受B 污染源污染程度为kb(18-x )2,其中k 为比例系数,且k>0.从而点C 处受污染指数y=ka x 2+kb(18-x )2.(2)因为a=1,所以y=kx 2+kb(18-x )2,y'=k [-2x 3+2b (18-x )3],令y'=0,得x=1+√b3,易知函数在(01+√b3)上单调减,在(1+√b318)上单调增,即在x=1+√b3时函数取极小值,也是最小值.又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意. 所以,污染源B 的污染强度b 的值为8.2.(2020届山西省实验中学第一次月考,19)已知某公司生产某产品的年固定成本为100万元,每生产1千件需另投入27万元,设该公司一年内生产该产品x 千件(0<x≤25)并全部销售完,每千件的销售收入为R(x)万元,且R(x)={108-13x 2(0<x ≤10),-x +175x +57(10<x ≤25).(1)写出年利润f(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式;(2)当年产量为多少千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大?(注:年利润=年销售收入-年总成本). 解析 (1)当0<x≤10时, f(x)=xR(x)-(100+27x)=81x-x 33-100;当10<x≤25时, f(x)=xR(x)-(100+27x)=-x 2+30x+75. 故f(x)={81x -x 33-100(0<x ≤10),-x 2+30x +75(10<x ≤25).(2)当0<x≤10时,由f(x)=81x-x 33-100得f '(x)=81-x 2=-(x+9)(x-9), 当x∈(0,9)时, f '(x)>0, f(x)单调递增; 当x∈(9,10)时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 故f(x)max =f(9)=81×9-13×93-100=386.当10<x≤25时, f(x)=-x 2+30x+75=-(x-15)2+300≤300, 综上可知,当x=9时,所获年利润最大,为386万元.所以当年产量为9千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大.【五年高考】考点一 导数与函数的单调性1.(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=1x-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x 1,x 2,证明:f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-1x2-1+a x=-x 2-ax+1x 2.(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=a -√a 2-42或x=a+√a 2-42.当x∈(0,a -√a 2-42)∪(a+√a 2-42,+∞)时, f '(x)<0;当x∈(a -√a 2-42,a+√a 2-42)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)单调递增.(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x 1,x 2满足x 2-ax+1=0, 所以x 1x 2=1,不妨设x 1<x 2,则x 2>1, 由于f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=-1x1x 2-1+aln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+aln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a-2ln x 21x 2-x 2,所以f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2等价于1x 2-x 2+2ln x 2<0.设函数g(x)=1x -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0, 所以1x 2-x 2+2ln x 2<0,即f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a-2.方法总结 利用导数证明不等式的常用方法:(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae 2x +(a-2)e x-x. (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a 的取值范围.解析 本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae 2x +(a-2)e x -1=(ae x -1)(2e x+1). (i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减. (ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a.当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a 时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a +ln a.①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; ②当a∈(1,+∞)时,由于1-1a +ln a>0,即f(-ln a)>0, 故f(x)没有零点;③当a∈(0,1)时,1-1a +ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae -4+(a-2)e -2+2>-2e -2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点. 设正整数n 0满足n 0>ln (3a -1),则f(n 0)=e n 0(a e n 0+a-2)-n 0>e n 0-n 0>2n 0-n 0>0. 由于ln (3a -1)>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.综上,a 的取值范围为(0,1).思路分析 (1)先求f(x)的导数f '(x),再对a 分区间讨论f '(x)的正负,从而得到f(x)的单调性;(2)结合第(1)问函数的单调性,分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围.3.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+√1+x ,x>0. (1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x∈[1e 2,+∞)均有f(x)≤√x2a ,求a 的取值范围.注:e=2.718 28…为自然对数的底数.解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养. (1)当a=-34时, f(x)=-34ln x+√1+x ,x>0. f '(x)=-34x +21+x =√1+x -√1+x+14x 1+x,所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞). (2)由f(1)≤12a ,得0<a≤√24.当0<a≤√24时, f(x)≤√x2a 等价于√x a -2√1+xa-2ln x≥0. 令t=1a,则t≥2√2.设g(t)=t 2√x -2t √1+x -2ln x,t≥2√2,则g(t)=√x (t -√1+1x)2-√x-2ln x.(i)当x∈[17,+∞)时,√1+1x ≤2√2,则g(t)≥g(2√2)=8√x -4√2√1+x -2ln x. 记p(x)=4√x -2√2√1+x -ln x,x≥17, 则p'(x)=√x -√2√x+1-1x=√x √x+1-√2x √x+1x √x+1=√x (√2x+2-x√x+1(√x+1)(√x+1+√2x ).故x17(17,1) 1 (1,+∞) p'(x) -+p(x) p (17)单调递减 极小值p(1) 单调递增所以,p(x)≥p(1)=0.因此,g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0. (ii)当x∈[1e 2,17)时,g(x)≥g (√1+1x )=√xlnx √x.令q(x)=2√x ln x+(x+1),x∈[1e2,17],则q'(x)=x +1>0,故q(x)在[1e,17]上单调递增,所以q(x)≤q (17). 由(i)得,q (17)=-2√77p (17)<-2√77p(1)=0. 所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g (√1+1x )=-x>0.由(i)(ii)知对任意x∈[1e 2,+∞),t∈[2√2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈[1e2,+∞),均有f(x)≤√x2a.综上所述,所求a 的取值范围是(0,√24]. 疑难突破 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,将√1+x 看成一个整体进行分解因式,通过观察法求出使√1+x -2=0的根x=3.(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a 的范围太大,故借助恒成立的条件用特殊值缩小a 的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点. 4.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x -1x 2,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=a-ax -2x 2+2x 3=(ax 2-2)(x -1)x 3.当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增, x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 当a>0时, f '(x)=a (x -1)x 3(x -√2a )(x +√2a ).①0<a<2时,√2a >1,当x∈(0,1)或x∈(√2a,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(1,√2a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,√2a=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<√2a <1,当x∈(0,√2a)或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(√2a,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,√2a)内单调递减,在(√2a,+∞)内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在(0,√2a)内单调递增,在(√2a,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时, f(x)-f '(x)=x-ln x+2x -1x 2-(1-1x -2x 2+2x 3)=x-ln x+3x +1x 2-2x 3-1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)=3x +1x 2-2x 3-1,x∈[1,2]. 则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x). 由g'(x)=x -1x≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=-3x 2-2x+6x 4.设φ(x)=-3x 2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减. 因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x 0∈(1,2),使得x∈(1,x 0)时,φ(x)>0,x∈(x 0,2)时,φ(x)<0. 所以h(x)在(1,x 0)内单调递增,在(x 0,2)内单调递减. 由h(1)=1,h(2)=12,可得h(x)≥h(2)=12, 当且仅当x=2时取得等号. 所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=32,即f(x)>f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.考点二 导数与函数的极(最)值5.(2017课标Ⅱ,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x 2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为( )A.-1B.-2e -3C.5e -3D.1 答案 A6.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 . 答案 -3√327.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x 3-ax 2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .答案 -38.(2016北京,14,5分)设函数f(x)={x 3-3x ,x ≤a ,-2x ,x >a .①若a=0,则f(x)的最大值为 ;②若f(x)无最大值,则实数a 的取值范围是 . 答案 ①2;②(-∞,-1)9.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=[ax 2-(4a+1)x+4a+3]e x. (1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x 轴平行,求a; (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a 的取值范围.解析 (1)因为f(x)=[ax 2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax 2-(2a+1)x+2]e x. f '(1)=(1-a)e.由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此时f(1)=3e≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f '(x)=[ax 2-(2a+1)x+2]e x =(ax-1)(x-2)e x. 若a>12,则当x∈(1a ,2)时, f '(x)<0; 当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0. 所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤12,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤12x-1<0, 所以f '(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点. 综上可知,a 的取值范围是(12,+∞).10.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax 2-ax-xln x,且f(x)≥0. (1)求a;(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x 0,且e -2< f(x 0)<2-2. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-1x ,g'(1)=a-1,得a=1. 若a=1,则g'(x)=1-1x .当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0. 综上,a=1.(2)证明:由(1)知f(x)=x 2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x. 设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x . 当x∈(0,12)时,h'(x)<0;当x∈(12,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,12)单调递减,在(12,+∞)单调递增.又h(e -2)>0,h (12)<0,h(1)=0,所以h(x)在(0,12)内有唯一零点x 0,在[12,+∞)内有唯一零点1,且当x∈(0,x 0)时,h(x)>0;当x∈(x 0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.因为f '(x)=h(x),所以x=x 0是f(x)的唯一极大值点. 由f '(x 0)=0得ln x 0=2(x 0-1),故f(x 0)=x 0(1-x 0). 由x 0∈(0,1)得f(x 0)<14.因为x=x 0是f(x)在(0,1)内的最大值点,由e -1∈(0,1), f '(e -1)≠0得f(x 0)>f(e -1)=e -2,所以e -2<f(x 0)<2-2.疑难突破 本题第(2)问中,因f '(x)=0的零点求不出,需对f '(x)的单调性进行研究,所以需构造函数h(x)=f '(x).11.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x 2+2cos x,g(x)=e x·(cos x -sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自然对数的底数.(1)求曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程;(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 解析 本题考查导数的几何意义和极值.(1)由题意得f(π)=π2-2, 又f '(x)=2x-2sin x, 所以f '(π)=2π,因此曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x -π),即y=2πx -π2-2.(2)由题意得h(x)=e x (cos x-sin x+2x-2)-a(x 2+2cos x),因为h'(x)=e x (cos x-sin x+2x-2)+e x (-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2e x(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(e x-a)(x-sin x),令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0, 所以m(x)在R 上单调递增. 因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.①当a≤0时,e x-a>0,当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1.②当a>0时,h'(x)=2(e x -e ln a)(x-sin x), 由h'(x)=0得x 1=ln a,x 2=0. a.当0<a<1时,ln a<0,当x∈(-∞,ln a)时,e x -e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(ln a,0)时,e x -e ln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,e x -e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以当x=ln a 时,h(x)取到极大值,极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2], 当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1. b.当a=1时,ln a=0,所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值. c.当a>1时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,e x -e ln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(0,ln a)时,e x -e ln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(ln a,+∞)时,e x -e ln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以当x=0时,h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1; 当x=ln a 时,h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2]. 综上所述:当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1; 当0<a<1时,函数h(x)在(-∞,ln a)和(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2], 极小值是h(0)=-2a-1;当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值; 当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增, 在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值, 极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].12.(2018课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax 2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析 本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值. (1)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-x1+x . 设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-x1+x , 则g'(x)=x(1+x )2.当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0, 从而f '(x)≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0. 所以f(x)在(-1,+∞)单调递增. 又f(0)=0,故当-1<x<0时, f(x)<0; 当x>0时, f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾. (ii)若a<0,设函数h(x)=f (x )2+x+ax 2=ln(1+x)-2x2+x+ax 2.由于当|x|<min {1,√1|a |}时,2+x+ax 2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h'(x)=11+x -2(2+x+ax 2)-2x (1+2ax )(2+x+ax 2)2=x 2(a 2x 2+4ax+6a+1)(x+1)(ax 2+x+2)2.如果6a+1>0,则当0<x<-6a+14a,且|x|<min {1,√1|a |}时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a 2x 2+4ax+6a+1=0存在根x 1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min{1,√1|a|}时,h'(x)<0, 所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=x 3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-16.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.考点三导数的综合应用13.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )A.[-32e ,1) B.[-32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)答案 D14.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+e x-1e x,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a 的取值范围是.答案[-1,12]15.(2019课标Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数.证明:(1)f'(x)在区间(-1,π2)存在唯一极大值点;(2)f(x)有且仅有2个零点.证明本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x-11+x ,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.当x∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在(-1,π2)有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈(α,π2)时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,故g(x)在(-1,π2)存在唯一极大值点,即f'(x)在(-1,π2)存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.(ii)当x∈(0,π2]时,由(1)知, f'(x)在(0,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,而f'(0)=0, f'(π2)<0,所以存在β∈(α,π2),使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时, f'(x)>0;当x∈(β,π2)时, f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在(β,π2)单调递减.又f(0)=0, f(π2)=1-ln(1+π2)>0,所以当x∈(0,π2]时,f(x)>0.从而, f(x)在(0,π2]没有零点.(iii)当x∈(π2,π]时, f'(x)<0,所以f(x)在(π2,π)单调递减.而f(π2)>0, f(π)<0,所以f(x)在(π2,π]有唯一零点.(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.综上, f(x)有且仅有2个零点.思路分析(1)写出函数f'(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点.(2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f'(x)与0的关系,得到f(x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.16.(2019课标Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f(x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.解析本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养.(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f '(x)=0,得x=0或x=a3.若a>0,则当x∈(-∞,0)∪(a3,+∞)时, f '(x)>0;当x∈(0,a3)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,0),(a3,+∞)单调递增,在(0,a3)单调递减.若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.若a<0,则当x∈(-∞,a3)∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈(a3,0)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,a3),(0,+∞)单调递增,在(a3,0)单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.(i)当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ii)当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(iii)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在[0,1]的最小值为f(a3)=-a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a 327+b=-1,b=1,则a=3√23,与0<a<3矛盾.若-a 327+b=-1,2-a+b=1,则a=3√3或a=-3√3或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1. 思路分析(1)求出f '(x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论.(2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在[0,1]上的最值,最终确定参数a,b 的值.疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在[0,1]上的最值. 17.(2017课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)≥0,求a 的值;(2)设m 为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122)·…·(1+12n )<m,求m 的最小值.解析 本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f (12)=-12+aln 2<0,所以不满足题意.②若a>0,由f '(x)=1-a x =x -ax知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a 是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1. (2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0. 令x=1+12n ,得ln (1+12n )<12n .从而ln (1+12)+ln (1+122)+…+ln (1+12n )<12+122+…+12n =1-12n <1. 故(1+12)(1+122)…(1+12n )<e.而(1+12)(1+122)(1+123)>2,所以m 的最小值为3.思路分析 (1)对a 分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+12n ,换元后可求出(1+12)(1+122)…(1+12n )的范围. 一题多解 对于第(1)问, f '(x)=1-a x =x -ax(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1. 18.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)=14x 3-x 2+x.(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程; (2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a 的值.解析 本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力. (1)由f(x)=14x 3-x 2+x 得f '(x)=34x 2-2x+1. 令f '(x)=1,即34x 2-2x+1=1,得x=0或x=83. 又f(0)=0, f (83)=827,所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x 与y-827=x-83,即y=x 与y=x-6427. (2)令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].由g(x)=14x 3-x 2得g'(x)=34x 2-2x.令g'(x)=0,得x=0或x=83.g'(x),g(x)的情况如下:x -2 (-2,0) 0 (0,83)83 (83,4) 4g'(x)+ - + g(x) -6 ↗ 0 ↘-6427↗所以g(x)的最小值为-6,最大值为0. 故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x. (3)由(2)知,当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3; 当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3; 当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.19.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=e xcos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区间;(2)当x∈[π4,π2]时,证明f(x)+g(x)(π2-x)≥0;(3)设x n 为函数u(x)=f(x)-1在区间(2nπ+π4,2nπ+π2)内的零点,其中n∈N,证明2nπ+π2-x n <e -2nπsin x0-cos x 0.解析 本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,有f '(x)=e x(cos x-sin x). 因此,当x∈(2kπ+π4,2kπ+5π4)(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f '(x)<0,则f(x)单调递减;当x∈(2kπ-3π4,2kπ+π4)(k∈Z)时,有sin x<cos x,得f '(x)>0,则f(x)单调递增.所以, f(x)的单调递增区间为[2kπ-3π4,2kπ+π4](k∈Z), f(x)的单调递减区间为[2kπ+π4,2kπ+5π4](k∈Z).(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)(π2-x).依题意及(1),有g(x)=e x(cos x-sin x), 从而g'(x)=-2e xsin x.当x∈(π4,π2)时,g'(x)<0,故h'(x)=f '(x)+g'(x)(π2-x)+g(x)(-1)=g'(x)(π2-x)<0,因此,h(x)在区间[π4,π2]上单调递减,进而h(x)≥h (π2)=f (π2)=0. 所以,当x∈[π4,π2]时, f(x)+g(x)(π2-x)≥0.(3)证明:依题意,u(x n )=f(x n )-1=0,即e x n cos x n =1.记y n =x n -2nπ,则y n ∈(π4,π2),且f(y n )=e y n cos y n =e x n -2nπcos(x n -2nπ)=e-2nπ(n∈N).由f(y n )=e-2nπ≤1=f(y 0)及(1),得y n ≥y 0.由(2)知,当x∈(π4,π2)时,g'(x)<0,所以g(x)在[π4,π2]上为减函数,因此g(y n )≤g(y 0)<g (π4)=0.又由(2)知, f(y n )+g(y n )(π2-y n )≥0,故π2-y n ≤-f (y n )g (y n)=-e -2nπg (y n)≤-e -2nπg (y 0)=e -2nπe y 0(sin y0-cos y 0)<e -2nπsin x0-cos x 0.所以,2nπ+π2-x n <e -2nπsin x0-cos x 0.思路分析 (1)求f(x)的单调区间,只需求出f '(x)>0和f '(x)<0时x 的范围.(2)记h(x)=f(x)+g(x)(π2-x),求h'(x),从而得到函数h(x)在[π4,π2]上的单调性,转化为求h(x)的最小值,验证最小值非负即可.(3)记u(x)在区间(2nπ+π4,2nπ+π2)内的零点为x n ,则x n ∈(2nπ+π4,2nπ+π2),则有y n =x n -2nπ∈(π4,π2).与(2)联系知f(y n )+g(y n )(π2-y n )≥0,此时要先确定g(y n )的符号,再将上式转化为π2-y n ≤-f (y n )g (y n ),然后进一步证明-e -2nπg (y n )<e -2nπsin x 0-cos x 0.20.(2018天津,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a 的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x 1, f(x 1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x 2,g(x 2))处的切线平行,证明x 1+g(x 2)=-2ln lna lna;(3)证明当a≥e 1e时,存在直线l,使l 是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知得,h(x)=a x -xln a,有h'(x)=a xln a-ln a. 令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x 变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:x (-∞,0) 0 (0,+∞) h'(x) - 0 + h(x) ↘ 极小值 ↗所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a xln a,可得曲线y=f(x)在点(x 1, f(x 1)) 处的切线斜率为a x 1ln a. 由g'(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x 2,g(x 2))处的切线斜率为1x 2lna.因为这两条切线平行,故有a x 1ln a=1x2lna,即x 2a x 1(ln a)2=1. 两边取以a 为底的对数,得log a x 2+x 1+2log a ln a=0, 所以x 1+g(x 2)=-2ln lna lna.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x 1,a x 1)处的切线l 1:y-a x 1=a x 1ln a·(x -x 1). 曲线y=g(x)在点(x 2,log a x 2)处的切线l 2:y-log a x 2=1x2lna(x-x 2).要证明当a≥e 1e时,存在直线l,使l 是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥e 1e时,存在x 1∈(-∞,+∞),x 2∈(0,+∞),使得l 1与l 2重合. 即只需证明当a≥e 1e 时,方程组{a x 1lna =1x 2lna①,a x 1-x 1a x 1lna =log a x 2-1lna ②有解. 由①得x 2=1a x 1(lna )2,代入②,得a x 1-x 1a x 1ln a+x 1+1lna+2ln lna lna=0.③因此,只需证明当a≥e 1e时,关于x 1的方程③存在实数解. 设函数u(x)=a x-xa xln a+x+1lna+2ln lna lna,即要证明当a≥e 1e时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'(1(lna )2)=1-a 1(lna )2<0,故存在唯一的x 0,且x 0>0,使得u'(x 0)=0,即1-(ln a)2x 0a x 0=0.由此可得u(x)在(-∞,x 0)上单调递增,在(x 0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x 0处取得极大值u(x 0).因为a≥e 1e,故ln ln a≥-1,所以u(x 0)=a x 0-x 0a x 0ln a+x 0+1lna+2ln lna lna=1x 0(lna )2+x 0+2ln lna lna≥2+2ln lnalna≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0. 由(1)可得a x≥1+xln a,当x>1lna 时,有 u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna +2ln lna lna=-(ln a)2x 2+x+1+1lna +2ln lna lna,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥e 1e时,存在x 1∈(-∞,+∞),使得u(x 1)=0.所以,当a≥e 1e 时,存在直线l,使l 是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.教师专用题组考点一 导数与函数的单调性1.(2015福建,10,5分)若定义在R 上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f '(x)满足f '(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是 ( )A.f (1k )<1k B.f (1k )>1k -1C.f (1k -1)<1k -1 D.f (1k -1)>kk -1答案 C2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x ,g(x)=x 2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x 1,x 2,设m=f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2,n=g (x 1)-g (x 2)x 1-x 2.现有如下命题:①对于任意不相等的实数x 1,x 2,都有m>0;②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1,x 2,都有n>0; ③对于任意的a,存在不相等的实数x 1,x 2,使得m=n;④对于任意的a,存在不相等的实数x 1,x 2,使得m=-n. 其中的真命题有 (写出所有真命题的序号). 答案 ①④3.(2016课标Ⅱ,21,12分)(1)讨论函数f(x)=x -2x+2e x的单调性,并证明当x>0时,(x-2)·e x+x+2>0; (2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=e x -ax -a x 2(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分) f '(x)=(x -1)(x+2)e x -(x -2)e x(x+2)2=x 2e x (x+2)2≥0,且仅当x=0时, f '(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增. 因此当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)e x >-(x+2),(x-2)e x+x+2>0.(4分) (2)g'(x)=(x -2)e x +a (x+2)x 3=x+2x 3(f(x)+a).(5分)由(1)知, y=f(x)+a 单调递增.对任意a∈[0,1), f(0)+a=a -1<0, f(2)+a=a≥0. 因此,存在唯一x a ∈(0,2],使得f(x a )+a=0,即g'(x a )=0.(6分) 当0<x<x a 时, f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>x a 时, f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分) 因此g(x)在x=x a 处取得最小值, 最小值为g(x a )=e x a -a (x a +1)x a2=e x a +f (x a )(x a +1)x a2=e x axa +2.(8分)于是h(a)=e x ax a +2,由(e x x+2)'=(x+1)e x (x+2)2>0,得y=e xx+2单调递增.所以,由x a ∈(0,2],得12=e 00+2<h(a)=e x ax a +2≤e 22+2=e 24.(10分)因为y=e x x+2单调递增,对任意λ∈(12,e 24],存在唯一的x a ∈(0,2],a=-f(x a )∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是(12,e 24].综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是(12,e 24].(12分)思路分析 (1)利用f '(x)得出单调性,进而利用函数单调性求出f(x)在(0,+∞)上的值域,由此即可证明.(2)求g'(x),利用单调性求得g(x)min (即h(a)),再利用导数与函数单调性可得h(a)的值域. 4.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x 3+ax+14,g(x)=-ln x.(1)当a 为何值时,x 轴为曲线y=f(x)的切线?(2)用min{m,n}表示m,n 中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.解析 (1)设曲线y=f(x)与x 轴相切于点(x 0,0),则f(x 0)=0, f '(x 0)=0,即{x 03+ax 0+14=0,3x 02+a =0.解得x 0=12,a=-34.因此,当a=-34时,x 轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.。
浙江2020版高考数学第四章导数及其应用4.2导数的应用(第1课时)讲义(含解析)
§4.2导数的应用1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．概念方法微思考1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)提示必要不充分题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( √)(2)函数的极大值一定大于其极小值．( ×)(3)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( √)(4)开区间上的单调连续函数无最值．( √)题组二教材改编2．[P32A组T4]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案 C解析 在(4,5)上f ′(x )>0恒成立， ∴f (x )是增函数．3．[P29练习T2]设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案 D解析 f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2(x >0)，当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，∴x ＝2为f (x )的极小值点．4．[P26练习T1]函数f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为__________． 答案 (0,4)解析 f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)， 由f ′(x )<0，得0<x <4，∴函数f (x )的单调递减区间为(0,4)．5．[P32A 组T6]函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是__________．答案π6＋ 3 解析 ∵y ′＝1－2sin x ，∴当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0.∴当x ＝π6时，y max＝π6＋ 3.6．[P30例5]函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在[0,3]上的最大值与最小值分别为__________．答案 4，－43解析 由f (x )＝13x 3－4x ＋4，得f ′(x )＝x 2－4＝(x －2)(x ＋2)， 令f ′(x )>0，得x >2或x <－2；令f ′(x )<0，得－2<x <2.所以f (x )在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增； 在(－2,2)上单调递减，而f (2)＝－43，f (0)＝4，f (3)＝1，故f (x )在[0,3]上的最大值是4，最小值是－43.题组三 易错自纠7．(2007·浙江)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是( )答案 D解析 当f (x )为增函数时，f ′(x )≥0； 当f (x )为减函数时，f ′(x )≤0.8．(2011·浙江)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )答案 D解析 设h (x )＝f (x )e x，则h ′(x )＝(2ax ＋b )e x ＋(ax 2＋bx ＋c )e x ＝(ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c )e x. 由x ＝－1为函数h (x )的一个极值点，得当x ＝－1时，ax 2＋2ax ＋bx ＋b ＋c ＝c －a ＝0， ∴c ＝a .∴f (x )＝ax 2＋bx ＋a .若方程ax 2＋bx ＋a ＝0有两根x 1，x 2， 则x 1x 2＝a a＝1，D 中图象一定不满足该条件．第1课时 导数与函数的单调性题型一 不含参数的函数的单调性1．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案 B解析 由y ＝4x 2＋1x ，得y ′＝8x －1x2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.故选B.2．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减 答案 D解析 因为函数f (x )＝x ln x 的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x )＝ln x ＋1(x >0)， 当f ′(x )>0时，解得x >1e，即函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞； 当f ′(x )<0时，解得0<x <1e，即函数的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ， 故选D.3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是_________．答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2 解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )＝x cos x >0，则其在区间(－π，π)上的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，即f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.思维升华确定函数单调区间的步骤 (1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 题型二 含参数的函数的单调性例1已知函数f (x )＝x 2e－ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．当a ≠0时，f ′(x )＝2x e －ax＋x 2(－a )e－ax＝e－ax(－ax 2＋2x )．因为e－ax>0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a.①当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 上有g (x )≥0，即f ′(x )≥0，函数y ＝f (x )单调递增．②当a <0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a，0上有g (x )≤0，即f ′(x )≤0，函数y ＝f (x )单调递减．综上所述，当a ＝0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2a，＋∞，单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a ；当a <0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ，0.思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 跟踪训练1已知函数f (x )＝e x (ax 2－2x ＋2)(a >0)，试讨论f (x )的单调性． 解 由题意得f ′(x )＝e x[ax 2＋(2a －2)x ](a >0)， 令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2－2aa.①当0<a <1时，令f ′(x )>0，则x <0或x >2－2a a，令f ′(x )<0，则0<x <2－2a a；②当a ＝1时，f ′(x )≥0在R 上恒成立； ③当a >1时，令f ′(x )>0，则x >0或x <2－2a a，令f ′(x )<0，则2－2a a<x <0.综上所述，当0<a <1时，f (x )在(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－2a a 上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2－2a a 和(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2a a ，0上单调递减．题型三 函数单调性的应用命题点1 比较大小或解不等式例2(1)已知定义域为R 的偶函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0.若a ＝f (e )e，b ＝f (ln2)ln2，c ＝f (3)3，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b <a <cB ．a <c <bC ．a <b <cD ．c <a <b答案 D 解析 设g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2， 又当x <0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，即函数g (x )在区间(－∞，0)内单调递减．因为f (x )为R 上的偶函数，所以g (x )为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g (x )在区间(0，＋∞)内单调递减．由0<ln2<e<3，可得g (3)<g (e)<g (ln2)，即c <a <b ，故选D.(2)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e xf (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0，＋∞)D ．(3，＋∞) 答案 A解析 令g (x )＝e xf (x )－e x， ∴g ′(x )＝e xf (x )＋e xf ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]， ∵f (x )＋f ′(x )>1，∴g ′(x )>0， ∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e xf (x )>e x＋3，∴g (x )>3，∵g (0)＝3，∴g (x )>g (0)，∴x >0，故选A.命题点2 根据函数单调性求参数例3已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)．(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2<0有解，即a >1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x －2x恒成立．所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1x－12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． 引申探究1．本例(2)中，若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递增，求a 的取值范围． 解 因为h (x )在[1,4]上单调递增，所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )≥0恒成立， 所以当x ∈[1,4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，求a 的取值范围． 解 h (x )在[1,4]上存在单调递减区间， 则h ′(x )<0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解，又当x ∈[1,4]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2－2x min ＝－1，所以a >－1，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 思维升华根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练2 (1)(2018·宁波模拟)已知三次函数f (x )＝13x 3－(4m －1)x 2＋(15m 2－2m －7)x ＋2在(－∞，＋∞)上是增函数，则m 的取值范围是( ) A ．m <2或m >4 B ．－4<m <－2 C ．2<m <4 D ．以上皆不正确答案 D解析 由于函数在R 上递增，故导函数恒为非负数，即f ′(x )＝x 2－2(4m －1)x ＋15m 2－2m －7≥0恒成立，其判别式Δ＝4(4m －1)2－4(15m 2－2m －7)≤0，解得2≤m ≤4. (2)已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ＋1＋a 2x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，3上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案 [－1,1]解析 令t ＝2x，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8，g (t )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t ＋a t .当a ＝0时，g (t )＝|2t |＝2t 单调递增，满足题意； 当a ＞0时，g (t )＝2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫a2，＋∞上单调递增，所以a2≤22，解得0＜a ≤1； 当a ＜0时，需2t ＋a t 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，8上非负，所以2×22＋a22≥0，解得－1≤a ＜0. 综上，实数a 的取值范围为[－1,1]．用分类讨论思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f ′(x )＝0是否有根；②若f ′(x )＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．例已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性． 解 g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x.∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)， ∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 由g ′(x )>0，得0<x <1，由g ′(x )<0，得x >1. 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12， 由g ′(x )>0，得x >1或0<x <12a ，由g ′(x )<0，得12a <x <1；若12a >1，即0<a <12， 由g ′(x )>0，得x >12a 或0<x <1，由g ′(x )<0，得1<x <12a，若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0. 综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减；当0<a <12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增； 当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．2.已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )答案 C解析 由题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在(－∞，c )上是增函数， 因为a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )，故选C.3．(2018·台州调考)定义在R 上的可导函数f (x )，已知y ＝2f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的单调递增区间是( )A ．[0,1]B ．[1,2]C ．(－∞，1]D ．(－∞，2]答案 D解析 据函数y ＝2f ′(x )的图象可知，当x ≤2,2f ′(x )≥1⇒f ′(x )≥0，且使f ′(x )＝0的点为有限个，所以函数y ＝f (x )在(－∞，2]上单调递增，故选D.4．(2018·浙江台州中学质检)已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2＋x (a ∈R )，下列选项中不可能是函数f (x )图象的是( )答案 D解析 由题意得f ′(x )＝ax 2＋ax ＋1，若函数f (x )的图象如D 选项中的图象所示，则f ′(x )≤0在R 上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a <0，a 2－4a ≤0，此时不等式组无解，所以D 错误，故选D.5．定义在R 上的函数y ＝f (x )，满足f (3－x )＝f (x )，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，若x 1<x 2，且x 1＋x 2>3，则有( ) A ．f (x 1)<f (x 2) B ．f (x 1)>f (x 2) C ．f (x 1)＝f (x 2) D ．不确定答案 B解析 据已知由f (x )＝f (3－x )，可得函数图象关于直线x ＝32对称，又由⎝ ⎛⎭⎪⎫x －32f ′(x )<0，得当x >32时，f ′(x )<0；当x <32时，f ′(x )>0.又若x 1<x 2，x 1＋x 2>3，则有⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－32>⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－32，因此据函数的单调性可得f (x 1)>f (x 2)，故选B.6．(2018·浙江名校协作体模拟)已知函数f (x )＝(2x －1)·e x＋ax 2－3a (x >0)为增函数，则a 的取值范围是( )A ．[－2e ，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32e ，＋∞C ．(－∞，－2e] D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32e答案 A解析 ∵f (x )＝(2x －1)e x＋ax 2－3a 在(0，＋∞)上是增函数，∴f ′(x )＝(2x ＋1)e x＋2ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即－2a ≤⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x e x .设g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x e x ，则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ，由g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＋1x ＋2e x ＝0和x >0得x ＝12，∵当x >12时，g ′(x )>0，当0<x <12时，g ′(x )<0，∴g (x )在x ＝12处取得最小值，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4e ，∴－2a ≤4e ，∴a ≥－2e ，故选A.7．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1,3)，则b ＋c ＝________. 答案 －12解析 f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知，－1<x <3是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解， ∴－1,3是f ′(x )＝0的两个根， ∴b ＝－3，c ＝－9，∴b ＋c ＝－12.8．已知函数f (x )(x ∈R )满足f (1)＝1，f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为____________． 答案 {x |x <－1或x >1}解析 设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R 上单调递减． ∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12，∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减，∴x 2>1，即不等式的解集为{x |x <－1或x >1}．9．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0，得函数f (x )的两个极值点为1和3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.10．已知函数f (x )＝ln x ＋(x －b )2(b ∈R )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，则实数b 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，94 解析 由题意得f ′(x )＝1x ＋2(x －b )＝1x ＋2x －2b ，因为函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在单调递增区间，所以f ′(x )＝1x ＋2x －2b >0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上有解，所以b <⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，由函数的性质易得当x ＝2时，12x ＋x 取得最大值，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋x max ＝12×2＋2＝94，所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，94.11．(2018·湖州五中模拟)设函数f (x )＝x e kx(k ≠0)． (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )的单调区间；(3)若函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增，求k 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx，f ′(0)＝1，f (0)＝0， 曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为x －y ＝0. (2)由f ′(x )＝(1＋kx )e kx＝0，得x ＝－1k(k ≠0)，若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；若k <0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(3)由(2)知，若k >0，则当且仅当－1k≤－1，即k ≤1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增；若k <0，则当且仅当－1k≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．综上可知，当函数f (x )在区间(－1,1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．12．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝a (1－x )x， 当a >0时，f (x )的单调增区间为(0,1)， 单调减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)；当a ＝0时，f (x )为常函数． (2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x.∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )在区间(t ,3)上有变号零点． 由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )<0，g ′(3)>0.当g ′(t )<0时，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈[1,2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0，即m <－5且m <－9，即m <－9； 由g ′(3)>0，即m >－373.∴－373<m <－9.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.13．(2018·杭州高级中学模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，g (x )为f (x )的导函数．若f (x )在(0,1)上单调递减，则下列结论正确的是( )A ．a 2－3b 有最小值3 B ．a 2－3b 有最大值2 3 C ．f (0)·f (1)≤0 D ．g (0)·g (1)≥0答案 D解析 由题意可得g (x )＝f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (x )在(0,1)上单调递减，所以g (x )≤0在(0,1)上恒成立，即g (0)≤0，g (1)≤0，所以g (0)·g (1)≥0，故选D.14．(2019·杭州第二中学模拟)对于函数f (x )和g (x )，设α∈{x ∈R |f (x )＝0}，β∈{x ∈R |g (x )＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f (x )与g (x )互为“情侣函数”．若函数f (x )＝e x －2＋x －3与g (x )＝ax －ln x 互为“情侣函数”，则实数a 的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln33，1eB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，ln33C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1e D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1e 答案 C 解析 令f (x )＝ex －2＋x －3＝0，解得α＝x ＝2，根据条件可得|2－β|≤1，解得1≤β≤3，对于函数g (x )＝ax －ln x ，当a ＝0时，g (1)＝0，满足条件；当a <0时，此时y ＝ax 与y ＝ln x 的交点的横坐标在(0,1)之间，不满足条件；当a >0时，要使得β≤3，由y ＝ln x 可得y ′＝1x，设切点为(x 0，y 0)，则对应的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，若该切线过原点，则－y 0＝1x 0(－x 0)＝－1，即y 0＝1，则x 0＝e ，结合图象(图略)可知g (e)＝a e －lne≤0，解得a ≤1e ，即0<a ≤1e .综上，可得0≤a ≤1e，故选C.15．已知函数f (x )＝ax 2－ln x (其中a 为非零常数)，x 1，x 2为两不相等正数，且满足f (x 1)＝f (x 2)．若x 1，x 0，x 2为等差数列，则( )A ．f ′(x 0)>0B ．f ′(x 0)<0C ．f ′(x 0)＝0D ．f ′(x 0)的正负与a 的正负有关答案 A解析 由f (x 1)＝f (x 2)得a (x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝ln x 2x 1，即2ax 0＝lnx 2x 1x 2－x 1.另一方面f ′(x 0)＝2ax 0－1x 0＝lnx 2x 1x 2－x 1－2x 2＋x 1＝1x 2－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 2x1－2·x2x 1－1x 2x 1＋1. 设t ＝x 2x 1(t >0且t ≠1)，g (t )＝ln t －2·t －1t ＋1(t >0)， 则g ′(t )＝1t－4(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2≥0， 所以g (t )在(0，＋∞)上单调递增，而g (1)＝0， 所以当x 2>x 1时，t >1，所以g (t )>0，故f ′(x 0)>0； 当x 2<x 1时，0<t <1，所以g (t )<0，故f ′(x 0)>0. 综上可知，f ′(x 0)>0.16．已知f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在区间(－2,2)上不单调，求a 的取值范围． 解 ∵f (x )＝x 3－ax －1， ∴f ′(x )＝3x 2－a .由f (x )在区间(－2,2)上不单调，知f ′(x )存在零点，∴a ≥0. 由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)， ∵f (x )在区间(－2,2)上不单调， ∴0<3a3<2，即0<a <12.。
浙江专用2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用加强练__导数习题含解析
加强练——导数一、选择题1.函数f ()＝a ln ＋在＝1处取到极值，则a 的值为( ) A.－1B.－12C.0D.12解析 因为f ()＝a ln ＋，所以f ′()＝ax＋1.又因为f ()在＝1处取到极植， 所以f ′(1)＝a ＋1＝0⇒a ＝－1. 经检验符合题意.故选A. 答案 A2.函数y ＝2e 的单调递减区间是( ) A.(－1，2)B.(－∞，－1)与(1，＋∞)C.(－∞，－2)与(0，＋∞)D.(－2，0)解析 y ′＝(2e)′＝2e ＋2e ＝e(＋2). 因为e>0，所以由e(＋2)<0，得－2<<0， 故函数y ＝2e 的单调递减区间是(－2，0). 故选D. 答案 D3.已知函数y ＝－ln(1＋2)，则y 的极值情况是( ) A.有极小值B.有极大值C.既有极大值又有极小值D.无极值解析 y ′＝1－2x 1＋x 2＝（x －1）21＋x 2≥0，所以函数f ()在定义域R 上为增函数， 所以函数f ()无极值，故选D. 答案 D4.(2018·金华十校调研)函数y ＝x 2ln|x ||x |的图象大致是()解析 令y ＝f ()＝x 2ln|x ||x |(≠0)，所以f (－)＝（－x ）2ln|－x ||－x |＝x 2ln|x ||x |＝f ()，即f ()是偶函数，排除选项B ；当>0时，f ()＝ln ，f ′()＝ln ＋1，令ln ＋1>0，则>1e ；令ln ＋1<0，则0<<1e，所以f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，所以排除选项A ，C ，故选D.答案 D5.(2018·名校联盟三联)已知，y ∈R ，则(＋y )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2y 2的最小值为( )A.1B.2C.3D.4解析 (＋y )2＋⎝⎛⎭⎪⎫x －2y 2可以看作直线y ＝和曲线y ＝－2x 上的点的距离的平方，由y ＝－2x得y ′＝2x 2，令y ′＝2x2＝1得＝±2，则点(2，－2)和点(－2，2)到直线y ＝的距离的平方即为所求的最小值，即(＋y )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2y 2的最小值为⎣⎢⎡⎦⎥⎤|2－（－2）|12＋（－1）22＝4，故选D. 答案 D6.已知函数f ()＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若|f ()|≥a ，则a 的取值范围是( )A.(－∞，0]B.(－∞，1]C.[－2，1]D.[－2，0]解析 作出函数y ＝|f ()|的图象，如图，当|f ()|≥a 时，必有≤a ≤0，其中是y ＝2－2(≤0)在原点处的切线斜率，显然，＝－2. ∴a 的取值范围是[－2，0].答案 D7.已知函数f ()＝a 3－32＋1，若f ()存在唯一的零点0，且0>0，则a 的取值范围是( ) A.(2，＋∞) B.(1，＋∞) C.(－∞，－2)D.(－∞，－1)解析 a ＝0时，不符合题意，a ≠0时，f ′()＝3a 2－6. 令f ′()＝0，得＝0或＝2a.若a >0，则由图象知f ()有负数零点，不符合题意. 则a <0，由图象结合f (0)＝1>0知，此时必有 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1>0，化简得a 2>4.又a <0，所以a <－2. 答案 C8.若函数f ()＝－13sin 2＋a sin 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13解析 因为f ()＝－13sin 2＋a sin ，所以f ′()＝1－23cos 2＋a cos＝－43cos 2＋a cos ＋53.由f ()在R 上单调递增，则f ′()≥0在R 上恒成立. 令t ＝cos ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0，在t ∈[－1，1]上恒成立.所以4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，只需⎩⎨⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解得－13≤a ≤13.答案 C 二、填空题 9.设曲线y ＝x ＋1x －1在点(3，2)处的切线与直线a ＋y ＋3＝0垂直，则a 等于________，切线方程为________________. 解析 y ′＝－2（x －1）2，所以曲线在(3，2)处的切线的斜率为－12，由题意知－a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1，所以a ＝－2，切线方程为y －2＝－12(－3)，即＋2y －7＝0.答案 －2 ＋2y －7＝010.若函数f ()＝a 4－4a 2＋b (a >0，1≤≤2)的最大值为3，最小值为－5，则a ＝________，b ＝________.解析 令f ′()＝4a 3－8a ＝4a (2－2)＝0， 解得1＝0(舍去)，2＝2，3＝－2(舍去).又f (1)＝a －4a ＋b ＝b －3a ，f (2)＝16a －16a ＋b ＝b ，f (2)＝b －4a ，所以⎩⎨⎧b －4a ＝－5，b ＝3.所以a ＝2，b ＝3.答案 2 311.定义域为R 的可导函数y ＝f ()的导函数为f ′()，满足f ()>f ′()，且f (0)＝1，则不等式f （x ）e x<1的解集为________. 解析 令g ()＝f （x ）e x，则g ′()＝e x ·f ′（x ）－（e x ）′·f （x ）（e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x .由题意得g ′()<0恒成立，所以函数g ()＝f （x ）e x在R 上单调递减.又g (0)＝f （0）e 0＝1，所以f （x ）e x<1，即g ()<g (0)，所以>0，所以不等式的解集为{|>0}. 答案 {|>0}12.已知函数f ()＝e ，g ()＝ln x 2＋12的图象分别与直线y ＝m 交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________，此时m 的值为________. 解析 由题意A (ln m ，m )，B (2e m －12，m )其中2em －12>ln m 且m >0，∴|AB |＝2em －12－ln m .设y ＝2e －12－ln (>0)，则y ′＝2e －12－1x ，令y ′＝0，解得＝12，当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，y ′<0，当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，y ′>0，∴当＝12时，|AB |最小＝2＋ln 2，此时m ＝12.答案 2＋ln 21213.已知∈(0，2)，若关于的不等式xe x <1k ＋2x －x 2恒成立，则实数的取值范围为________.解析 依题意，知＋2－2>0.即>2－2对任意∈(0，2)恒成立，从而≥0， 因此由原不等式，得<e x x＋2－2恒成立.令f ()＝e x x＋2－2，则f ′()＝(－1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f ′()＝0，得＝1，当∈(1，2)时，f ′()>0，函数f ()在(1，2)上单调递增， 当∈(0，1)时，f ′()<0，函数f ()在(0，1)上单调递减， 所以<f ()min ＝f (1)＝e －1， 故实数的取值范围是[0，e －1). 答案 [0，e －1) 14.若函数f ()＝ax －ae x＋1(a <0)没有零点，则实数a 的取值范围为________.解析 f ′()＝a e x －（ax －a ）e x e 2x＝－a （x －2）e x(a <0).当<2时，f ′()<0；当>2时，f ′()>0， ∴当＝2时，f ()有极小值f (2)＝ae2＋1.若使函数f ()没有零点，当且仅当f (2)＝ae 2＋1>0，解之得a >－e 2，因此－e 2<a <0. 答案 (－e 2，0) 三、解答题15.(2017·浙江卷)已知函数f ()＝(－2x －1)e －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f ()的导函数；(2)求f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围.解 (1)f ′()＝(－2x －1)′e －＋(－2x －1)(e －)′ ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －－(－2x －1)e －＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1－x ＋2x －1e －＝(1－)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12.(2)令f ′()＝(1－)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －＝0，解得＝1或52.当变化时，f ()，f ′()的变化如下表：又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝2e －2，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝2e －2，则f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为12e －12.又f ()＝(－2x －1)e －＝12(2x －1－1)2e －≥0.综上，f ()在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12.16.已知函数f ()＝e xx(>0)，其中无理数e ≈2.718 28….(1)求证：f ()>ln ；(2)若f ()≥a 2恒成立，求实数a 的取值范围. (1)证明 要证明f ()>ln ，只需证明e>ln ， 即证明e －ln >0.当∈(0，1)时，e>1，ln <0，则e －ln >0； 当∈[1，＋∞)时，令g ()＝e －ln ， 则g ′()＝e －1－ln .证法一：因为e>＋1，ln ≤－1， 所以g ′()>＋1－1－(－1)＝1>0，则g ()在[1，＋∞)上是增函数， 所以g ()≥g (1)＝e>0.证法二：令m ()＝g ′()＝e －1－ln ， m ′()＝e －1x>e －1>0，则g ′()在[1，＋∞)上是增函数，g ′()≥g ′(1)＝e －1>0，所以g ()在[1，＋∞)上是增函数，g ()≥g (1)＝e>0.综上可知e －ln >0，所以f ()>ln 成立.(2)解 不等式f ()≥a 2恒成立，即为ex x≥a 2恒成立，又>0，则a 2≤e xx2恒成立，记h ()＝e xx2，则a 2≤h ()min .令h ′()＝e x （x －2）x3＝0，得＝2， 当∈(0，2)时，h ′()<0，当∈(2，＋∞)时，h ′()>0， 所以h ()min ＝h (2)＝e 24，于是a 2≤e 24，解得－e 2≤a ≤e2，所以实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－e 2，e 2.17.(2019·学军中学模拟)已知函数f ()＝ln ＋1x＋a ，其中>0，a ∈R .(1)若函数f ()在[1，＋∞)上不单调，求a 的取值范围； (2)若函数f ()在[1，＋∞)上有极大值2e ，求a 的值.解 (1)∵f ()＝ln ＋1x ＋a ，f ′()＝1x －1x2＋a ，则f ′()＝1x －1x2＋a ＝0在(1，＋∞)上有解，且Δ≠0，分离参数得a ＝1x 2－1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －122－14，∴－14<a <0.(2)由(1)知当a ≥0时，函数f ()在[1，＋∞)上单调递增， ∴f ()在[1，＋∞)上无极值；当a ≤－14时，函数f ()在[1，＋∞)上单调递减，∴f ()在[1，＋∞)上无极值； 当－14<a <0时，由f ′()＝1x －1x2＋a >0得a 2＋－1>0，则α<<β，其中α＝－1＋1＋4a 2a >1，β＝－1－1＋4a 2a >－12a>2.∴函数f ()在[1，α]上单调递减，在[α，β]上单调递增，在[β，＋∞)上单调递减， 由极大值f (β)＝2e ，得ln β＋1β＋a β＝2e ，(*)又∵a β2＋β－1＝0，∴a β＝1β－1，代入(*)得ln β＋2β－1＝2e ，设函数h ()＝ln ＋2x －1－2e (>2)，则h ′()＝1x －2x 2＝x －2x2>0，∴函数h ()在(2，＋∞)上单调递增，而h (e)＝0， ∴β＝e ，∴a ＝1－ββ2＝1－ee2，∴当a ＝1－e e 2时，函数f ()在[1，＋∞)上有极大值2e.18.(2019·北京石景山区期末)已知函数f ()＝－133＋a 22－2(a ∈R ).(1)当a ＝3时，求函数f ()的单调区间；(2)若对于任意∈(1，＋∞)都有f ′()<a －2成立，求实数a 的取值范围； (3)若过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13可作函数y ＝f ()图象的三条不同切线，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝3时，f ()＝－133＋322－2，得f ′()＝－2＋3－2.因为f ′()＝－2＋3－2＝－(－2)(－1)， 所以当1<<2时，f ′()>0，函数f ()单调递增； 当<1或>2时，f ′()<0，函数f ()单调递减.所以函数f ()的单调递增区间为(1，2)，单调递减区间为(－∞，1)和(2，＋∞). (2)由f ()＝－133＋a22－2，得f ′()＝－2＋a －2.因为对于任意∈(1，＋∞)都有f ′()<a －2成立， 即对于任意∈(1，＋∞)都有－2＋a －2<a －2成立， 即对于任意∈(1，＋∞)都有a <x 2x －1成立.设g ()＝x 2x －1，∈(1，＋∞)，则g ()＝x 2x －1＝2＋－1＋1x －1≥4，当且仅当－1＝1x －1，即＝2时，等号成立.所以实数a 的取值范围为(－∞，4).(3)设点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－13t 3＋a 2t 2－2t 是函数y ＝f ()图象上的切点，则过点P 的切线的斜率为＝f ′(t )＝－t 2＋at －2，所以过点P 的切线方程为y ＋13t 3－a2t 2＋2t ＝(－t 2＋at －2)(－t ).因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13在切线上，所以，－13＋13t 3－a 2t 2＋2t ＝(－t 2＋at －2)(0－t )，即23t 3－12at 2＋13＝0.若过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13可作函数y ＝f ()图象的三条不同切线， 则方程23t 3－12at 2＋13＝0有三个不同的实数解. 令h (t )＝23t 3－12at 2＋13，则函数y ＝h (t )与t 轴有三个不同的交点. 令h ′(t )＝2t 2－at ＝0，解得t ＝0或t ＝a 2. 因为h (0)＝13，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－124a 3＋13， 所以必须h ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝－124a 3＋13<0，即a >2. 所以实数a 的取值范围为(2，＋∞).。
2024年新高考版数学专题1_4.2 导数的应用
在
a,
a
2b 3
上单调递减,此时需a<
a
2b 3
,得0<a<b,∴a2<ab.
(ii)若a<0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在
a
2b 3
,
a
上单调递
增,在(a,+∞)上单调递减,此时需满足a> a 2b ,得b<a<0,∴a2<ab.综上可知,
3
a2<ab,故选D.
1.函数的极值
考点二 导数与函数的极(最)值
极值 极小值点与极小值
极大值点与极大值
极值与极值点
满足条件
函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a 附近其他点处的函数值都小, f '(a)=0;在点x=a附 近的左侧f '(x)<0,右侧f '(x)>0,就把a叫做函数y= f(x)的极小值点, f(a)叫做函数y=f(x)的极小值
时, f '(x)>0;当x∈(e,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在[2,e)上单调递增,在(e,+∞)
上单调递减,若2≤t<e,则f(t)与f(t+1)的大小关系不确定,即 ln(t 1) 与 ln t 的
t 1 t
大小关系不确定,从而C错误
对于D,log(t+1)(t+2)-log(t+2)(t+3)=
对于C,当t=2时,1+ 1 -log23= 3 - ln 3 = 3ln 2 2ln 3 = ln 8 ln 9 <0,故C错误; 或假
2
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《导数及其应用》课件ppt
∴3k≥xsin
x－cos x2
xmax，
令
F(x)＝xsin
x－cos x2
x，F′(x)＝x2cos
x＋2cos x3
x>0，x∈0，π2，
∴F(x)在0，π2上单调递增，F(x)<Fπ2＝2π，
值点”的个数为
A.3 √B.2
C.1
D.0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
函数f(x)＝x3－3x， 则f(2)＝2，f(－2)＝－2，f′(x)＝3x2－3， 由f(2)－f(－2)＝f′(c)(2＋2)， 得f′(c)＝1，即3c2－3＝1， 解得 c＝±233∈[－2,2]， 所以f(x)在[－2,2]上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
f′(x)＝m[2(x－m)(x－n)＋(x－m)2]＝3m(x－m)x－2n＋3 m， 若m<0，则f′(x) 是开口向下的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m<2n＋3 m，则 n>m，即mn <1； 若m>0 ，f′(x) 是开口向上的抛物线，若x＝m是极小值点， 必有 m>2n＋3 m，则 n<m，即mn <1， 综上，mn <1.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
对于 C，函数 y＝xln x，y′＝ln x＋1，当 x∈0，1e时，y′<0，函数 单调递减，当 x∈1e，＋∞时，y′>0，函数单调递增，所以函数 y＝ xln x 在 x＝1e处取得极小值； 对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x 在R上单调递减，没有极值点.
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版课件：第四章 导数及其应用4.2 第3课时
大一轮复习讲义第四章§4.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题NEIRONGSUOYIN 内容索引题型分类深度剖析课时作业题型分类深度剖析1PART ONE题型一利用导数解或证明不等式1.已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f (1)＝0，且对于其导函数f ′(x )恒有f (x )＋f ′(x )＜0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是A.∅B.(0,1)C.(1，＋∞)D.(0,1)∪(1，＋∞)自主演练√解析令g(x)＝f(x)e x，由x＞0时，f(x)＋f′(x)＜0恒成立，则g′(x)＝f′(x)e x＋f(x)e x＜0，故g(x)＝f(x)e x在(0，＋∞)上单调递减，又f(1)＝0，所以g(1)＝0.当x＞1时，f(x)e x＜0，得f(x)＜0；当0＜x＜1时，f(x)e x＞0，得f(x)＞0，故选B.2.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是A.(－2,0)∪(2，＋∞)B.(－2,0)∪(0,2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－2)∪(0,2)xf ′(x )－f (x )x 2 √解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤f (x )x ′<0， ∴φ(x )＝f (x )x 在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数.故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).3.已知函数f (x )＝1－，g (x )＝x －ln x .(1)证明：g (x )≥1；x －1e x 证明 由题意得g ′(x )＝x －1x (x >0)，当0<x <1时，g ′(x )<0.当x >1时，g ′(x )>0，即g (x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.所以g (x )≥g (1)＝1，得证.1 (2)证明：(x－ln x)f(x)>1－.e2证明 由f (x )＝1－x －1e x ，得f ′(x )＝x －2e x ，所以当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，所以f (x )≥f (2)＝1－1e 2，当且仅当x ＝2时取等号.①又由(1)知x －ln x ≥1，当且仅当x ＝1时取等号.②因为①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－1e 2.思维升华(1)利用导数解不等式的思路已知一个含f′(x)的不等式，可得到和f(x)有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上是减函数，同时若F(a)≤0，由减函数的定义可知，当x∈(a，b)时，有F(x)<0，即证明了f(x)<g(x).题型二不等式恒成立或有解问题例1 已知函数f (x )＝1＋ln x x .(1)若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a ，a ＋12上存在极值，求正实数a 的取值范围；师生共研f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln x x 2， 解函数的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.所以x ＝1为极大值点，所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1.(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥k x ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.则g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋ln x ＋1＋1x x －(x ＋1)(1＋ln x )x 2＝x －ln x x 2.令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ≥1)， 解 当x ≥1时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x恒成立， 再令h (x )＝x －ln x (x ≥1)，则h ′(x )＝1－1x ≥0，所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0，所以g (x )为单调增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝2，故k ≤2，即实数k 的取值范围是(－∞，2].本例(2)中若改为：存在x 0∈[1，e]，使不等式f (x 0)≥成立，求实数k 的取值范围.引申探究kx 0＋1 解 当x ∈[1，e]时，k ≤(x ＋1)(1＋ln x )x 有解， 令g (x )＝(x ＋1)(1＋ln x )x(x ∈[1，e])， 由本例(2)知，g (x )为单调增函数，所以g (x )max ＝g (e)＝2＋2e ，所以k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，2＋2e .思维升华利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)首先要构造函数，利用导数求出最值，得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.(2)也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.跟踪训练1已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，x ∈[1，e]，若f (x )≤0恒成立，求实数a 的取值范围.∴a ≤－ln x x ，x ∈[1，e].令g (x )＝－ln x x ，x ∈[1，e]，解∵f (x )≤0，即ax ＋ln x ≤0对x ∈[1，e]恒成立，则g ′(x )＝ln x －1x 2，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≤0，∴g (x )在[1，e]上单调递减，∴g (x )min ＝g (e)＝－1e ，∴a ≤－1e . ∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－∞，－1e .题型三利用导数研究函数的零点问题师生共研例2已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；即a ≤2ln x ＋x ＋3x 恒成立，解由对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，即有2x ln x ≥－x 2＋ax －3.令h (x )＝2ln x ＋x ＋3x ，则h ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2， 当x >1时，h ′(x )>0，h (x )是增函数，当0<x <1时，h ′(x )<0，h (x )是减函数，∴a ≤h (x )min ＝h (1)＝4.即实数a 的取值范围是(－∞，4].(2)探讨函数F (x )＝ln x －是否存在零点？若存在，求出函数F (x )的零点；若不存在，请说明理由.1e x ＋2e x解方法一令m (x )＝2x ln x ，则m ′(x )＝2(1＋ln x )，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 时，m ′(x )<0，m (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，＋∞时，m ′(x )>0，m (x )单调递增， ∴m (x )的最小值为m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝－2e ， 则2x ln x ≥－2e ，∴ln x ≥－1e x ，令F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ＝0， ①则F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e －x e x ，令G (x )＝1e －x e x ，则G ′(x )＝x －1e x ，当x ∈(0,1)时，G ′(x )<0，G (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增.∴G (x )≥G (1)＝0.②∴F (x )＝ln x －1e x ＋2e x ≥－1e x －1e x ＋2e x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e －x e x ≥0， ∵①②中取等号的条件不同，∴F (x )>0，故函数F (x )没有零点.方法二 令F (x )＝0，则ln x －1e x ＋2e x ＝0，即x ln x ＝x e x －2e (x ＞0)，在(1，＋∞)上单调递减，易求f (x )＝x ln x (x ＞0)的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝－1e . 设φ(x )＝x e x －2e (x ＞0)，则φ′(x )＝1－x e x ，得φ(x )在(0,1)上单调递增，∴φ(x )max ＝φ(1)＝－1e ， ∴对任意x ∈(0，＋∞)，有x ln x ＞x e x －2e， 即F (x )＞0恒成立，∴函数F (x )无零点.思维升华利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.跟踪训练2(2018·浙江金华名校统练)已知函数f (x )＝ln x ＋，a ∈R 且a ≠0.(1)讨论函数f (x )的单调性；1ax －1a解 f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)，当a <0时，f ′(x )>0恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a ，由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a ，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减. 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1a 上单调递减.(2)当x ∈时，试判断函数g (x )＝(ln x －1)e x ＋x －m 的零点个数.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e解 ∵当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e 时，函数g (x )＝(ln x －1)e x＋x －m 的零点， 令h (x )＝(ln x －1)e x ＋x ，即当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e 时，方程(ln x －1)e x ＋x ＝m 的根.则h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1. 由(1)知当a ＝1时，f (x )＝ln x ＋1x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ，1上单调递减，在(1，e)上单调递增， ∴当x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e 时，f (x )≥f (1)＝0. ∴1x ＋ln x －1≥0在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e 上恒成立. ∴h ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x ＋ln x －1e x ＋1≥0＋1>0，∴h (x )＝(ln x －1)e x ＋x 在x ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e 上单调递增. ∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1e ＝－ ＋1e ，h (x )max ＝e. 1e 2e ∴当m <－ ＋1e 或m >e 时，函数g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e 上没有零点， 1e 2e 当－ ＋1e ≤m ≤e 时，函数g (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e ，e 上有一个零点. 1e 2e课时作业2PART TWO1.已知函数f (x )的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：基础保分练x－10234f (x )12020f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 的零点的个数为A.1B.2C.3D.4√解析根据导函数图象知，2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示.由于f(0)＝f(3)＝2,1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.2.已知函数y ＝f (x )对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是 A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4 B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4 C.f (0)>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π3 D.f (0)>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫π4 √解析 令h (x )＝f (x )cos x ，则h ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2， ∴函数h (x )是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π2，π2上的增函数， ∴h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π3<h ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4⇒f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π312<f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π422⇒2f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π3<f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－π4，故选A.3.若不等式2x ln x＋x2＋ax＋3≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a可取的值组成的集合是√A.{a|－4≤a≤0}B.{a|a≥－4}C.{a|0≤a≤4}D.{a|a≥4}解析由题意得ax ≥－2x ln x －x 2－3，即a ≥－2ln x －x －3x ，令g (x )＝－2ln x －x －3x ，则g ′(x )＝－2x －1＋3x 2＝－x 2－2x ＋3x 2＝(－x ＋1)(x ＋3)x 2. 当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，函数g (x )max ＝g (1)＝－4，所以a ≥g (x )max ＝－4，即{a |a ≥－4}.4.若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为√A.4B.6C.7D.8解析由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2).若函数f(x)恰好有两个不同的零点，则f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，故选A.5.(2018·杭州模拟)直线x＝t分别与函数f(x)＝e x＋1的图象及g(x)＝2x－1的图象相交于点A和点B，则|AB|的最小值为√A.2B.3C.4－2ln2D.3－2ln2解析由题意得|AB|＝|e t＋1－(2t－1)|＝|e t－2t＋2|，令h(t)＝e t－2t＋2，则h′(t)＝e t－2，所以h(t)在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，＝h(ln2)＝4－2ln2>0，所以h(t)min即|AB|的最小值是4－2ln2，故选C.6.已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为 A.72 B.5 C.6 D.8 √解析 因为当x ∈[1,4]时，g (x )＝14x ＋1x ≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b 2＋c ＝g (2)＝1，所以c ＝－1－b 2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b 2，所以f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－b x 2.因为f (x )在x ＝2处有最小值，且x ∈[1,4]，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，经检验，b ＝8，c ＝－5符合题意.所以f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2， 所以f (x )在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )在M 上的最大值为5，故选B.7.已知函数f(x)＝x－1－(e－1)ln x，其中e为自然对数的底数，则满足f(e x)<0的x(0,1)的取值范围为________.解析令g(x)＝f(e x)＝e x－1－(e－1)x，则g′(x)＝e x－(e－1)，当x＝ln(e－1)时，g′(x)＝0.当x∈(－∞，ln(e－1))时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(ln(e－1)，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.又g(x)有0和1两个零点，所以f(e x)<0的x的取值范围为(0,1).8.已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式恒成立，则实数k 的取值范围为____________.(0，e －1)xe x <1k ＋2x －x 2解析由题意，知k ＋2x －x 2>0.即k >x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0，因此由原不等式，得k <e x x ＋x 2－2x 恒成立. 令f (x )＝e x x ＋x 2－2x ，则f ′(x )＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e x x 2＋2. 令f ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，函数f (x )在(1,2)上单调递增，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数f (x )在(0,1)上单调递减，所以k <f (x )min ＝f (1)＝e －1，故实数k 的取值范围为[0，e －1).令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a .9.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则实数a 的取值范围是____________.解析当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1有两个零点，不合题意，故a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，(－∞，－2)若a >0，由三次函数图象知f (x )有负数零点，不合题意，故a <0.由三次函数图象及f (0)＝1>0知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a >0， 即a ×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a 3－3×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2a 2＋1>0，化简得a 2－4>0， 又a <0，所以a <－2.10.定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且不等式f(x)>－xf′(x)在(0，＋∞)3上恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点个数为________.解析定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，f(－x)＝－f(x)，当x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，即h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函数，∴当x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，可得函数y＝xf(x)与y＝－lg|x＋1|的大致图象如图，由图象可知，函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.11.已知函数f(x)＝e x－m－x，其中m为常数.(1)若对任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范围；解由题意，可知f′(x)＝e x－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故当x∈(－∞，m)时，e x－m<1，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(m，＋∞)时，e x－m>1，f′(x)>0，f(x)单调递增.故当x＝m时，f(m)为极小值也为最小值.令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即对任意x∈R，f(x)≥0恒成立时，m的取值范围是(－∞，1].(2)当m>1时，判断f(x)在[0,2m]上零点的个数，并说明理由.。
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解析 当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0. ∴x＝1不是f(x)的极值点. 当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2) 则f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0， x在1的右边附近f′(x)>0， ∴f(x)在x＝1处取到极小值.故选C.
(2)若函数 f(x)＝a2x2－(1＋2a)x＋2ln x(a>0)在区间21，1内有极大值，则 a 的取
解析 由题意可知f′(x)＝3x2＋4x－a＝0有两个不等根，其中一个在(－1,1)上，
另一个不在该区间上.因为导函数 f′(x)的对称轴是 x＝－23， 所以只能是一根在－23，1上，另一根在(－∞，－1]上，
f′1＝7－a>0， 所以
解得－1≤a<7.
f′－1＝－1－a≤0，
思维升华
函数极值的两类热点问题 (1)求函数f(x)极值的一般解题步骤 ①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义 域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号. (2)根据函数极值情况求参数的两个要领 ①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系 数法求解. ②验证：求解后验证根的合理性.
此时f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点.
②当a>0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).
a.当 0<a≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，
函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点.
b.当 a>89时，Δ>0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1<x2)，
跟踪训练1 (1)(2013·浙江)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－ 1)k(k＝1,2)，则 A.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值 B.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
√C.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
命题点2 求函数的极值 例2 设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数， 并说明理由.
解 f′(x)＝ 1 ＋a(2x－1) x＋1
2ax2＋ax－a＋1
＝
(x>－1).
x＋1
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).
①当a＝0时，g(x)＝1，
即14a－2121a＋1＋2>0，
2
a－2a＋1＋2<0，
解得1<a<2，故选C.
师生共研
题型二 用导数求函数的最值
例4
已知函数
1－x f(x)＝ x ＋kln
x，k<1e，求函数
f(x)在1e，e上的最大值和最小值.
解 f′(x)＝－x－x21－x＋kx＝kxx－2 1. ①若 k＝0，则 f′(x)＝－x12在1e，e上恒有 f′(x)<0， 所以 f(x)在1e，e上单调递减. ②若 k≠0，则 f′(x)＝kxx－2 1＝kxx－2 1k. (ⅰ)若 k<0，则在1e，e上恒有kxx－2 1k<0.
所以当x<0时，g(x)<0且单调递减；
当x>0时，g(x)>0且在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以只需
2m>g(1)＝e，故
e m>2.
(2)(2018·金华十校期末考试)已知函数f(x)＝x3＋2x2－ax＋1在(－1,1)上恰有一 个极值点，则实数a的取值范围是__[－__1_,_7_)_.
③当a<0时，Δ>0，由g(－1)＝1>0， 可得x1<－1<x2. 当x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减. 所以函数有一个极值点. 综上所述，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；
当 0≤a≤89时，函数 f(x)无极值点； 当 a>98时，函数 f(x)有两个极值点.
命题点3 根据极值求参数 例3 (1)函数f(x)＝ex－mx2＋1在x＝0处的切线方程为__x_－__y＋__2_＝__0__，若函数f(x) 有两个极值点，则实数m的取值范围为__2e_，__＋__∞____.
√A.f(－2)与f(2)
C.f(2)与f(－2)
B.f(－1)与f(1) D.f(1)与f(－1)
解析 由图象知，当x<－2时，f′(x)>0； 当－2<x<0时，f′(x)<0； 当0<x<2时，f′(x)<0； 当x>2时，f′(x)>0. 所以f(x)在区间(－∞，－2)上为增函数，在区间(－2,2)上为减函数，在区间(2， ＋∞)上为增函数， 所以f(x)的极大值与极小值分别是f(－2)与f(2).
第四章 §4.2 导数的应用
第2课时 导数与函数的极值、最值
内容索引
NEIRONGSUOYIN
题型分类 深度剖析 课时作业
1 题型分类 深度剖析
PART ONE
多维探究
题型一 用导数求解函数极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值 例1 设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝xf′(x)的图 象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是
值范围是
A.1e，＋∞
B.(1，＋∞)
√C.(1,2)
D.(2，＋∞)
解析 f′(x)＝ax－(1＋2a)＋2x＝ax2－2ax＋1x＋2 (a>0，x>0)，若 f(x)在区间
12，1内有极大值， 即 f′(x)＝0 在12，1内有解，且 f′(x)在区间21，1内先大于 0，再小于 0，
则f′12>0， f′1<0，
因为 x1＋x2＝－12，所以 x1<－14，x2>－14. 由 g(－1)＝1>0，可得－1<x1<－14. 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点.
解析 f′(x)＝ex－2mx，f′(0)＝1，f(0)＝2，
所以函数f(x)在x＝0处的切线方程为x－y＋2＝0.
由题意可知，f′(x)＝ex－2mx＝0有两个根，
即
2m＝exx有两个根.记
g(x)＝exx，则
exx－1 g′(x)＝ x2 ，
在(－∞，0)，(0,1)上，g′(x)<0，
在(1，＋∞)上，g′(x)>0.