1、3.2导数的应用考点一利用导数研究函数的单调性1.(2016课标文,12,5分)若函数f(x)=x-13sin2x+asinx在(-,+)单调递增,则a的取值范围是()A.-1,1B.-1,13C.-13,13D.-1,-13答案Cf(x)=1-23cos2x+acosx=1-23(2cos2x-1)+acosx=-43cos2x+acosx+53,f(x)在R上单调递增,则f(x)0在R上恒成立,令cosx=t,t-1,1,则-43t2+at+530在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50在-1,1上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则g(1)=4-3a-50,g(-1)=4+3a-
2、50,解得-13a13,故选C.疑难突破由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.评析本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即可.2.(2014课标文,11,5分)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+)单调递增,则k的取值范围是()A.(-,-2B.(-,-1C.2,+)D.1,+)答案D依题意得f(x)=k-1x0在(1,+)上恒成立,即k1x在(1,+)上恒成立,x1,01x1,k1,故选D.3.(2017山东理,15,5分)若函数exf(x)(e=2.71828是自然对数的底数)在f(x)的定义域
3、上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为.f(x)=2-xf(x)=3-xf(x)=x3f(x)=x2+2答案解析对于,f(x)的定义域为(-,+),exf(x)=ex2-x=e2x,函数y=e2x在(-,+)上单调递增,符合题意.对于,f(x)的定义域为(-,+),exf(x)=ex3-x=e3x,函数y=e3x在(-,+)上单调递减,不符合题意.对于,f(x)的定义域为(-,+),exf(x)=exx3,令y=exx3,则y=(exx3)=exx2(x+3),当x(-,-3)时,y0,函数y=ex(x2+2)在(-,+)上单调递增,符合题意.符合题意的
4、为.思路分析审清题意,逐项代入检验即可.方法总结判断函数单调性的一般方法:(1)定义法.(2)图象法.(3)利用复合函数单调性的判断方法判断单调性.(4)导数法.具体步骤:确定函数的定义域;当f(x)0时,f(x)为增函数,当f(x)0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x1e2,+均有f(x)x2a,求a的取值范围.注:e=2.71828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)=-34lnx+1+x,x0.f(x)=-34x+12
5、1+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+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0a24.当00,故q(x)在1e2,17上单调递增,所以q(x)q17.由(i)得,q17=-277p17-277p(1)=0.所以,q(x)0.由(i)(ii)知对任意x1e2,+,t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+,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,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负.(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的
6、切入点,由于a的范围太大,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.5.(2017课标文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-,+),f(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=lna.当x(-,lna)时,f(x)0.故f(x)在(-,lna)单调递减,在(lna,
7、+)单调递增.若a0,则由f(x)=0得x=ln-a2.当x-,ln-a2时,f(x)0.故f(x)在-,ln-a2单调递减,在ln-a2,+单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=lna时,f(x)取得最小值,最小值为f(lna)=-a2lna,从而当且仅当-a2lna0,即a1时,f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln-a2时,f(x)取得最小值,最小值为fln-a2=a234-ln-a2.从而当且仅当a234-ln-a20,即a-2e34时,f(x)0.综上,a的取值范围是-2e34,1.考点二利用导数研究函数的极(最)值1.(20
8、16四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=()A.-4B.-2C.4D.2答案D由题意可得f(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f(x)=0,得x=-2或x=2,则f(x),f(x)随x的变化情况如下表:x(-,-2)-2(-2,2)2(2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.评析本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键.2.(2014课标理,12,5分)设函数f(x)=3sinxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+f(x0)2m2,则m的取值范围是()A.(-,
9、-6)(6,+)B.(-,-4)(4,+)C.(-,-2)(2,+)D.(-,-1)(1,+)答案Cf(x)=3mcosxm,f(x)的极值点为x0,f(x0)=0,3mcosx0m=0,mx0=k+2,kZ,x0=mk+m2,kZ,又x02+f(x0)2m2,mk+m22+3sink+22m2,kZ,即m2k+122+3m2,kZ,m0,k+122m2-3m2,kZ,又存在x0满足x02+f(x0)2k+122min,m2-3m2122,m2-3m24,m24,m2或m-2,故选C.评析本题考查了函数的极值问题,三角函数求值、恒成立等问题.考查分析问题、解决问题的能力.3.(2013课标,理
10、10,文11,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是()A.x0R,f(x0)=0B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-,x0)单调递减D.若x0是f(x)的极值点,则f(x0)=0答案C由三次函数值域为R知f(x)=0有解,所以A项正确;因为y=x3的图象为中心对称图形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确;若f(x)有极小值点,则f(x)=0有两个不等实根x1,x2(x1x2),f(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),则f(x)在(-,x1)上为增
11、函数,在(x1,x2)上为减函数,在(x2,+)上为增函数,故C项错误;D项正确.故选C.评析本题考查了三次函数的图象和性质,考查了利用导数研究函数极值与单调性.4.(2019课标文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)lnx-x-1.证明:(1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.解析本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算.(1)f(x)的定义域为(0,+).f(x)=x-1x+lnx-1=lnx-1x.因为y=lnx单调递增
12、,y=1x单调递减,所以f(x)单调递增.又f(1)=-10,故存在唯一x0(1,2),使得f(x0)=0.又当xx0时,f(x)x0时,f(x)0,f(x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.(2)由(1)知f(x0)0,所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=.由x01得11x0.又f1=1-1ln1-1-1=f()=0,故1是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.思路分析(1)求函数极值点的个数,实质是求导函数零点的个数,注意应用零点存在性定理;(2)由第(1)问易知方程f(x)=0在(x0,+)上存在唯一根,根据所要证明
13、的结论,只需求出f1=0即可.5.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,cR,f(x)为f(x)的导函数.(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若ab,b=c,且f(x)和f(x)的零点均在集合-3,1,3中,求f(x)的极小值;(3)若a=0,0b1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M427.解析本小题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)因为a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)
14、因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而f(x)=3(x-b)x-2a+b3.令f(x)=0,得x=b或x=2a+b3.因为a,b,2a+b3都在集合-3,1,3中,且ab,所以2a+b3=1,a=3,b=-3.此时,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)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32.(3)因为a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1
15、)=x3-(b+1)x2+bx,f(x)=3x2-2(b+1)x+b.因为00,则f(x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1x2).由f(x)=0,得x1=b+1-b2-b+13,x2=b+1+b2-b+13.列表如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值所以f(x)的极大值M=f(x1).解法一:M=f(x1)=x13-(b+1)x12+bx1=3x12-2(b+1)x1+bx13-b+19-2(b2-b+1)9x1+b(b+1)9=-2(b2-b+1)(b+1)27+b(b+1)9+227(b2-b+1)3=b(b+1)27-2(b-1
16、)2(b+1)27+227b(b-1)+13b(b+1)27+227427.因此M427.解法二:因为012,则当x1a,2时,f(x)0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a12,则当x(0,2)时,x-20,ax-112x-10,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是12,+.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f(x)求方程f(x)=0的根列表检验f(x)在f(x)=0的根的附近两侧的符号下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,
17、y0)处取得极值,则f(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.7.(2017课标理,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)0.(1)求a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2f(x0)2-2.解析本题考查了导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+).设g(x)=ax-a-lnx,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0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的
18、极小值点,故g(x)g(1)=0.综上,a=1.(2)由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f(x)=2x-2-lnx.设h(x)=2x-2-lnx,则h(x)=2-1x.当x0,12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,h120;当x(x0,1)时,h(x)0.因为f(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.由f(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)0,bR)有极值,且导函数f(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取
19、极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b23a;(3)若f(x),f(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a的取值范围.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.当x=-a3时,f(x)有极小值b-a23.因为f(x)的极值点是f(x)的零点,所以f-a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a0,故b=2a29+3a.因为f(x)有极值,故f(x)=0有实根,从而b
20、-a23=19a(27-a3)0,即a3.当a=3时,f(x)0(x-1),故f(x)在R上是增函数,f(x)没有极值;当a3时,f(x)=0有两个相异的实根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.列表如下:x(-,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1,x2.从而a3.因此b=2a29+3a,定义域为(3,+).(2)证明:由(1)知,ba=2aa9+3aa.设g(t)=2t9+3t,则g(t)=29-3t2=2t2-279t2.当t362,+时,g(t)0,从而g(t)在362,+上单调递增.因为a3,所以aa33
21、,故g(aa)g(33)=3,即ba3.因此b23a.(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+2=0.记f(x),f(x)所有极值之和为h(a),因为f(x)的极值为b-a23=-19a2+3a,所以h(a)=-19a2+3a,a3.因为h(a)=-29a-3a20,函数g(x)单调递增;当a0时
22、,x0,12a时,g(x)0,函数g(x)单调递增,x12a,+时,函数g(x)单调递减.所以当a0时,g(x)的单调增区间为(0,+);当a0时,g(x)的单调增区间为0,12a,单调减区间为12a,+.(2)由(1)知,f(1)=0.当a0时,f(x)单调递增,所以当x(0,1)时,f(x)0,f(x)单调递增.所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.当0a1,由(1)知f(x)在0,12a内单调递增,可得当x(0,1)时,f(x)0.所以f(x)在(0,1)内单调递减,在1,12a内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.当a=12时,12a=1,f(x)在(0,1)内
23、单调递增,在(1,+)内单调递减,所以当x(0,+)时,f(x)0,f(x)单调递减,不合题意.当a12时,012a0,f(x)单调递增,当x(1,+)时,f(x)12.思路分析(1)求出函数的导数,对a进行分类讨论;(2)由第(1)问知f(1)=0,对a进行分类讨论,然后利用导数研究函数的单调性和极值来验证是否满足条件,从而求出a的取值范围.评析本题考查导数的应用,利用导数求函数的单调性和极值要注意“定义域优先”原则,注意对a分类讨论.10.(2016课标理,21,12分)(1)讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x0时,(x-2)ex+x+20;(2)证明:当a0,1)时,
24、函数g(x)=ex-ax-ax2(x0)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)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)20,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)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(4分)(2)g(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).(5分)由(1)知,f(x)+a单调递增.对任意a0,1),f(0)+a=a-
25、10,f(2)+a=a0.因此,存在唯一xa(0,2,使得f(xa)+a=0,即g(xa)=0.(6分)当0xxa时,f(x)+a0,g(x)xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.(7分)因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.(8分)于是h(a)=exaxa+2,由exx+2=(x+1)ex(x+2)20,得y=exx+2单调递增.所以,由xa(0,2,得12=e00+20,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上的最大值不小于14.解析(1)由f(x)=(x-
26、1)3-ax-b,可得f(x)=3(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:当a0时,有f(x)=3(x-1)2-a0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-,+).当a0时,令f(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-3a3.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x-,1-3a31-3a31-3a3,1+3a31+3a31+3a3,+f(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为1-3a3,1+3a3,单调递增区间为-,1-3a3,1+3a3,+.(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0,且x01.由题意,得f(x0)=3(x0
27、-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x0x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.(3)证明:设g(x)在区间0,2上的最大值为M,maxx,y表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:当a3时,1-3a3021+3a3,由(1)知,f(x)在区间0,2上单调递减,所以f(x)在区间0,2上的取值
28、范围为f(2),f(0),因此M=max|f(2)|,|f(0)|=max|1-2a-b|,|-1-b|=max|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|=a-1+(a+b),a+b0,a-1-(a+b),a+b0.所以M=a-1+|a+b|2.当34a3时,1-23a301-3a31+3a321+23a3,由(1)和(2)知f(0)f1-23a3=f1+3a3,f(2)f1+23a3=f1-3a3,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f1+3a3, f1-3a3,因此M=maxf1+3a3,f1-3a3=max-2a93a-a-b,2a93a-a-b=max2a93a+(a+b),2a
29、93a-(a+b)=2a93a+|a+b|2934334=14.当0a34时,01-23a31+23a32,由(1)和(2)知f(0)f1+23a3=f1-3a3,所以f(x)在区间0,2上的取值范围为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.综上所述,当a0时,g(x)在区间0,2上的最大值不小于14.易错警示(1)对参数a讨论时易忽略a0的情形,导致忽略f(x)在R上递增的情况.(3)讨论0a3时,未意识到仍需将a分成0a34与34a0,所以f(x)在(0
30、,+)上单调递增.若a0,则当x0,1a时,f(x)0;当x1a,+时,f(x)0时,f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1.因此f1a2a-2等价于lna+a-10.令g(a)=lna+a-1,则g(a)在(0,+)上单调递增,g(1)=0.于是,当0a1时,g(a)1时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1).13.(2014课标理,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值;(3)已知1.414220,g(x)0.(ii)
31、当b2时,若x满足2ex+e-x2b-2,即0xln(b-1+b2-2b)时,g(x)0.而g(0)=0,因此当0xln(b-1+b2-2b)时,g(x)0,ln282-3120.6928;当b=324+1时,ln(b-1+b2-2b)=ln2,g(ln2)=-32-22+(32+2)ln20,ln218+2280.6934.所以ln2的近似值为0.693.评析本题考查了导数的应用,同时考查了分类讨论思想和运算能力.14.(2013课标文,21,12分)已知函数f(x)=x2e-x.(1)求f(x)的极小值和极大值;(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围.解
32、析(1)f(x)的定义域为(-,+),f(x)=-e-xx(x-2).当x(-,0)或x(2,+)时,f(x)0.所以f(x)在(-,0),(2,+)上单调递减,在(0,2)上单调递增.故当x=0时,f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;当x=2时,f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2.(2)设切点为(t,f(t),则l的方程为y=f(t)(x-t)+f(t).所以l在x轴上的截距为m(t)=t-f(t)f (t)=t+tt-2=t-2+2t-2+3.由已知和得t(-,0)(2,+).令h(x)=x+2x(x0),则当x(0,+)时,h(x)的取值范围为22,+);当x(-,-2
33、)时,h(x)的取值范围是(-,-3).所以当t(-,0)(2,+)时,m(t)的取值范围是(-,0)22+3,+).综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-,0)22+3,+).评析本题考查了导数的应用,均值定理求最值,考查了综合解题的能力,正确地求导是解题的关键.15.(2012课标理,21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f(1)ex-1-f(0)x+12x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间;(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(
34、1)e-1,所以f(1)=e.从而f(x)=ex-x+12x2.由于f(x)=ex-1+x,故当x(-,0)时,f(x)0.从而,f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)由已知条件得ex-(a+1)xb.(i)若a+10,则对任意常数b,当x0,且x1-ba+1时,可得ex-(a+1)x0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g(x)=ex-(a+1).当x(-,ln(a+1)时,g(x)0.从而g(x)在(-,ln(a+1)上单调递减,在(ln(a+1),+)上单调递增.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
35、等价于ba+1-(a+1)ln(a+1).因此(a+1)b(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),则h(a)=(a+1)1-2ln(a+1).所以h(a)在(-1,e12-1)上单调递增,在(e12-1,+)上单调递减,故h(a)在a=e12-1处取得最大值.从而h(a)e2,即(a+1)be2.当a=e12-1,b=e122时,式成立,故f(x)12x2+ax+b.综合得,(a+1)b的最大值为e2.评析本题考查了函数与导数的综合应用,难度较大,考查了分类讨论和函数与方程的思想方法,直线斜率以零为分界点进行分类是解题关键.16.(201
36、3课标文,20,12分)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.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.从而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-12.令f(x)=0,得x=-ln2或x=-2.从而当x(-,-2)(-ln2,+)时,f(x)0;当x(-2,-ln2)时,f(x)0.故f(x)在(-
37、,-2),(-ln2,+)上单调递增,在(-2,-ln2)上单调递减.当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).评析本题考查导数的运算及几何意义、利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识,考查了运算求解能力.考点三导数的综合应用一、利用导数解决不等式的问题1.(2015课标理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A.-32e,1B.-32e,34C.32e,34D.32e,1答案D由f(x0)0,即ex0(2x0-1)-a(x0-1)0得ex0(2x0-1)a(x0-1).
38、当x0=1时,得e1,则aex0(2x0-1)x0-1.令g(x)=ex(2x-1)x-1,则g(x)=2xexx-32(x-1)2.当x1,32时,g(x)0,g(x)为增函数,要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)ag(3),得3e2a52e3,与a1矛盾,所以x01.因为x01,所以a0,g(x)为增函数,当x(0,1)时,g(x)0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)ag(0),得32ea1(满足a0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.解析设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,其定义域为(0,+),h(x)
39、=2x-2.(1)当0x0;当x1时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c0,即c-1时,f(x)2x+c.所以c的取值范围为-1,+).(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a,x(0,a)(a,+).g(x)=2x-ax+lna-lnx(x-a)2=21-ax+lnax(x-a)2.取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x1时,h(x)0,即1-x+lnx0.故当x(0,a)(a,+)时,1-ax+lnax0
40、,从而g(x)0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+)单调递减.3.(2020江苏,19,16分)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,bR)在区间D上恒有f(x)h(x)g(x).(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-,+),求h(x)的表达式;(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=klnx,h(x)=kx-k,D=(0,+),求k的取值范围;(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(00,所以(1+k)2-4(1+k)0,解得-1k3.因此,k的取值范围是0k3.(3)证明
41、:当1t2时,由g(x)h(x),得4x2-84(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+3t4-2t2-840.(*)令=-(t3-t)2-(3t4-2t2-8),则=t6-5t4+3t2+8.记(t)=t6-5t4+3t2+8(1t2),则(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)0恒成立,所以(t)在1,2上是减函数,则(2)(t)(1),即2(t)7.所以不等式(*)有解,设解的范围为x1xx2,因此n-mx2-x1=7.当0t1时,f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v(t)=1
42、2t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v(t)=0,得t=33.当t0,33时,v(t)0,v(t)是增函数.v(0)=-1,v(1)=0,则当0t1时,v(t)0.(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)0)则f(-1)-h(-1)0,因此-1(m,n).因为m,n-2,2,所以n-m2+17.当-2t0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m7也成立.综上所述,n-m7.4.(2019天津理,20,14分)设函数f(x)=excosx,g(x)为f(x)的导函数.(1)求f(x)的单调区间;(2)当x4,2时,证明f(x)+g(x)2-x0;(3)设
43、xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2n+4,2n+2内的零点,其中nN,证明2n+2-xncosx,得f(x)0,则f(x)单调递减;当x2k-34,2k+4(kZ)时,有sinx0,则f(x)单调递增.所以,f(x)的单调递增区间为2k-34,2k+4(kZ),f(x)的单调递减区间为2k+4,2k+54(kZ).(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cosx-sinx),从而g(x)=-2exsinx.当x4,2时,g(x)0,故h(x)=f(x)+g(x)2-x+g(x)(-1)=g(x)2-x0,因此,h(x)在区间4,2上单调递减,进
44、而h(x)h2=f2=0.所以,当x4,2时,f(x)+g(x)2-x0.(3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncosxn=1.记yn=xn-2n,则yn4,2,且f(yn)=eyncosyn=exn-2ncos(xn-2n)=e-2n(nN).由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x4,2时,g(x)0,所以g(x)在4,2上为减函数,因此g(yn)g(y0)g4=0.又由(2)知,f(yn)+g(yn)2-yn0,故2-yn-f(yn)g(yn)=-e-2ng(yn)-e-2ng(y0)=e-2ney0(siny0-cosy0)e-2
45、nsinx0-cosx0.所以,2n+2-xn0和f(x)0时x的范围.(2)记h(x)=f(x)+g(x)2-x,求h(x),从而得到函数h(x)在4,2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2n+4,2n+2内的零点为xn,则xn2n+4,2n+2,则有yn=xn-2n4,2.与(2)联系知f(yn)+g(yn)2-yn0,此时要先确定g(yn)的符号,再将上式转化为2-yn-f(yn)g(yn),然后进一步证明-e-2ng(yn)e-2nsinx0-cosx0.5.(2018课标理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)
46、-2x.(1)若a=0,证明:当-1x0时,f(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-1x0时,g(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-1x0时,f(x)0时,f(x)0.(2)(i
47、)若a0,由(1)知,当x0时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|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+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+10,则当0x-6a+14a,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+10,则a
48、2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,故当x(x1,0),且|x|min1,1|a|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.解后反思1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对
49、应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.6.(2018课标文,21,12分)已知函数f(x)=ax2+x-1ex.(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;(2)证明:当a1时,f(x)+e0.解析本题考查导数的几何意义、导数的综合应用.(1)f(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f(0)=2.因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.(2)当
50、a1时,f(x)+e(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g(x)=2x+1+ex+1.当x-1时,g(x)-1时,g(x)0,g(x)单调递增.所以g(x)g(-1)=0.因此f(x)+e0.方法总结构造函数证明不等式的策略:(1)转化为f(x)C(C为常数)型,证明f(x)min或临界值大于或等于C.(2)转化为f(x)g(x)型,利用导数判断f(x),g(x)的单调性,进而求出函数f(x)、g(x)的最值或临界值,用原不等式成立的充分条件证明.(3)转化为f(a)+g(a)f(b)+g(b)型,构造函数h(x)=f(x)+g(x),利用h(x)单调性及a
51、,b的大小证明.7.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=x-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)8-8ln2;(2)若a3-4ln2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.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.(1)函数f(x)的导函数f(x)=12x-1x,由f(x1)=f(x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,因为x1x2,所以1x1+1x2=12.由基本不等式得12x1x2=x1+x224x1x2,因为x1x2,所以x1x2256.由题意
52、得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1x2-ln(x1x2).设g(x)=12x-lnx,则g(x)=14x(x-4),所以x(0,16)16(16,+)g(x)-0+g(x)2-4ln2所以g(x)在256,+)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-an1n-an-kn|a|+1n-k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f(x)=12x-1x,且f(x1)=f(x2)
53、(x1x2).设f(x1)=t,则12x-1x=t的两根为x1,x2.即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.=1-16t0,x1+x2=12t0,x1x2=1t0,即0t116,x1+x2=12t,x1x2=1t2.f(x1)+f(x2)=x1+x2-ln(x1x2)=12t+2lnt0t116.设g(t)=12t+2lnt0t116,则g(t)=-12t2+2t=4t-12t2g116=8-8ln2,f(x1)+f(x2)8-8ln2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=x-lnx-kx-a,只需证明:当a3-4ln2时,对于任意的k0,函数h(x)在(0,+)上只有唯一的
54、零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=e-|a|-k+|a|+k-ke-|a|-k-ae-|a|-k+k(1-e-|a|-k)k(1-e-|a|-k)0.又x0时,x-kx12k-k12k2=14k.即h(x)14k-a-lnx,取n=e14k-a,则h(n)14k-a-lnn=0,而-|a|-k-a-km0.由于h(m)0,h(n)0,h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+)上至少有一个零点.h(x)=12x-1x-k1214-142-k=116-k,当k116时,h(x)在(0,+)上单调递减,即当k116时,h(x)在(0,+)上只有一个零点.当0k116时,h(x
55、)=0有两个不同的正根,(其中).此时h(x)在(0,)上为减函数,在(,)上为增函数,在(,+)上为减函数.h(x)=0,k=12-1,则h()=-ln-k-a=12-ln+1-a,h()=14-1=-44,h()在(0,16)上为减函数,在(16,+)上为增函数,h()h(16)=3-ln16-a=3-4ln2-a0.又当=16时,k=116,又0k0,x(0,时,h(x)0.即h(x)在(0,上没有零点,但h(x)在(,+)上有一个零点.当0k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.8.(2017课标理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)0,
56、求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+1221+12nm,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,+).若a0,因为f12=-12+aln20,由f(x)=1-ax=x-ax知,当x(0,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-lnx0.令x=1+12n,得ln1+12n12n.从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n12+122+12n=1-12n
57、1.故1+121+1221+12n2,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x1时,x-1-lnx0.令x=1+12n,换元后可求出1+121+1221+12n的范围.一题多解(1)f(x)=1-ax=x-ax(x0).当a0时,f(x)0,而f(1)=0,不合题意,a0,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-alna0,记h(x)=x-1-xlnx,则h(x)=1-lnx-1=-lnx.h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(
58、1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)0,当且仅当a=1时,式成立.a=1.9.(2017天津文,19,14分)设a,bR,|a|1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)ex在区间x0-1,x0+1上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-
59、3a(a-4)x+b,可得f(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)x-(4-a).令f(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|1,得a0,可得f(x)1.又因为f(x0)=1,f(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|1,故a+10,可得f(x)1.根据(1)可知f(x)f(a)=1在a-1,a+1上恒成立.由f(a)=1,得b=2a3-6a2+1,-1a1,利用导数即可求出b的取值范围.10.(2017天津理,20,14分)设aZ,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(
60、x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m1,x0)(x0,2,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)0,故当x1,x0)时,H1(x)0,H1(x)单调递增.因此,当x1,x0)(x0,2时,H1(x)H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)0,即h(m)0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在1,2上单调递增,故当x1,x0)时,H2(x)0,H2(x)单调递增;当x(x0,2时,H2(x)0,H2(x)单调递减.因此,当x1,x0)(x0,2时,H2(x)H2
61、(x0)=0,可得H2(m)0,即h(x0)0.所以,h(m)h(x0)0.(3)证明:对于任意的正整数p,q,且pq1,x0)(x0,2,令m=pq,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2) 知,当m1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m(x0,2时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)pq-x0-fpq=0.由(1)知g(x)在1,2上单调递增,故0g(1)g(x1)0,故f(x)在1,2上单调递增,所以f(x)在区间1,2上除x0外没有其他的零点,而pqx0,故fpq0.又因为p
62、,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|1.所以pq-x01g(2)q4.所以,只要取A=g(2),就有pq-x01Aq4.思路分析(1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可.(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1(x),H2(x),由此可推出h(m)h(x0)0,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义
63、域为(0,+).当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f(x)=lnx+1x-3,f(1)=-2,f(1)=0.曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程为2x+y-2=0.(3分)(2)当x(1,+)时,f(x)0等价于lnx-a(x-1)x+10.(4分)设g(x)=lnx-a(x-1)x+1,则g(x)=1x-2a(x+1)2=x2+2(1-a)x+1x(x+1)2,g(1)=0.(6分)(i)当a2,x(1,+)时,x2+2(1-a)x+1x2-2x+10,故g(x)0,g(x)在(1,+)上单调递增,因此g(x)0;(8分)(ii)当a2时,令g(x)=0得x1=a
64、-1-(a-1)2-1,x2=a-1+(a-1)2-1.(10分)由x21和x1x2=1得x11,故当x(1,x2)时,g(x)0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)1时,g(x)0;(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)g(x)在区间(1,+)内恒成立.解析(1)f(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x0).当a0时,f(x)0时,由f(x)=0有x=12a.当x0,12a时,f(x)0,f(x)单调递增.(2)令s(x)=ex-1-x,则s(x)=ex-1-1.当x1时,s(x)0,所以ex-1x,从而g(x)=1x-1ex-10.(3)由(2),当x1时,g(x)0.当a
65、0,x1时,f(x)=a(x2-1)-lnxg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有a0.当0a1.由(1)有f12a0,所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当a12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x1).当x1时,h(x)=2ax-1x+1x2-e1-xx-1x+1x2-1x=x3-2x+1x2x2-2x+1x20.因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即f(x)g(x)恒成立.综上,a12,+.方法总结含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,讨论时要注意定义域和参数范围,不重不漏,证明不等式可转化为求
66、函数最值问题,对于(3)中的恒成立问题要想到前后之间的联系.评析本题考查了函数的单调性问题,利用导数证明不等式及恒成立问题,有较强的综合性.13.(2016课标理,21,12分)设函数f(x)=cos2x+(-1)(cosx+1),其中0,记|f(x)|的最大值为A.(1)求f(x);(2)求A;(3)证明|f(x)|2A.解析(1)f(x)=-2sin2x-(-1)sinx.(2分)(2)当1时,|f(x)|=|cos2x+(-1)(cosx+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此A=3-2.(4分)当01时,将f(x)变形为f(x)=2cos2x+(-1)cosx-1.设t=cosx,
67、则t-1,1,令g(t)=2t2+(-1)t-1,则A是|g(t)|在-1,1上的最大值,g(-1)=,g(1)=3-2,且当t=1-4时,g(t)取得最小值,最小值为g1-4=-(-1)28-1=-2+6+18.令-11-41,解得15.(5分)(i)当015时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=,|g(1)|=2-3,|g(-1)|g(1)|,所以A=2-3.(ii)当150,知g(-1)g(1)g1-4.又g1-4-|g(-1)|=(1-)(1+7)80,所以A=g1-4=2+6+18.综上,A=2-3,015,2+6+18,151,3-2,1.(9分)(3)由(1)得|
68、f(x)|=|-2sin2x-(-1)sinx|2+|-1|.当015时,|f(x)|1+2-42(2-3)=2A.当151,所以|f(x)|1+2A.当1时,|f(x)|3-16-4=2A.所以|f(x)|2A.(12分)评析本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论,本题综合性较强,属于难题.14.(2016课标文,21,12分)设函数f(x)=lnx-x+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明当x(1,+)时,1x-1lnx1,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.解析(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+),f(x)=1x-1,令f(x)
69、=0,解得x=1.当0x0,f(x)单调递增;当x1时,f(x)0,f(x)单调递减.(4分)(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,lnxx-1.故当x(1,+)时,lnxx-1,ln1x1x-1,即1x-1lnx1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g(x)=c-1-cxlnc,令g(x)=0,解得x0=lnc-1lnclnc.当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.(9分)由(2)知1c-1lncc,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.(12分)疑难突
70、破在(3)中,首先要解方程g(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0,1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点.评析本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.15.(2015课标理,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明:f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增;(2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.解析(1)f(x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10,f(x)0.若m0,f(x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以,f(x)在(-,
71、0)单调递减,在(0,+)单调递增.(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是f(1)-f(0)e-1,f(-1)-f(0)e-1,即em-me-1,e-m+me-1.设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1.当t0时,g(t)0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1;当m0,即e-m+me-1.综上,m的取值范围
72、是-1,1.16.(2015天津理,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,xR,其中nN*,且n2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)g(x);(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|0,即x1时,函数f(x)单调递增;当f(x)1时,函数f(x)单调递减.所以,f(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=n1n-1,f(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处
73、的切线方程为y=f(x0)(x-x0),即g(x)=f(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f(x0)(x-x0),则F(x)=f(x)-f(x0).由于f(x)=-nxn-1+n在(0,+)上单调递减,故F(x)在(0,+)上单调递减.又因为F(x0)=0,所以当x(0,x0)时,F(x)0,当x(x0,+)时,F(x)0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)g(x).(3)证明:不妨设x1x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).
74、设方程g(x)=a的根为x2,可得x2=an-n2+x0.当n2时,g(x)在(-,+)上单调递减.又由(2)知g(x2)f(x2)=a=g(x2),可得x2x2.类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x(0,+)时,f(x)-h(x)=-xn0,即对于任意的x(0,+),f(x)h(x).设方程h(x)=a的根为x1,可得x1=an.因为h(x)=nx在(-,+)上单调递增,且h(x1)=a=f(x1)h(x1),因此x1x1.由此可得x2-x1x2-x1=a1-n+x0.因为n2,所以2n-1=(1+1)n-11+Cn-11=1+n-1=n,故2
75、n1n-1=x0.所以,|x2-x1|a1-n+2.评析本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想、函数思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.17.(2014课标文,21,12分)设函数f(x)=alnx+1-a2x2-bx(a1),曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为0.(1)求b;(2)若存在x01,使得f(x0)0,f(x)在(1,+)上单调递增.所以,存在x01,使得f(x0)aa-1的充要条件为f(1)aa-1,即1-a2-1aa-1,解得-2-1a2-1.(ii)若12a1,故当x1,a1-a
76、时,f(x)0.f(x)在1,a1-a上单调递减,在a1-a,+上单调递增.所以,存在x01,使得f(x0)aa-1的充要条件为fa1-aaa-1,所以不合题意.(iii)若a1,则f(1)=1-a2-1=-a-121.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1.由题意可得f(1)=2,f(1)=e.故a=1,b=2.(2)由(1)知,f(x)=exlnx+2xex-1,从而f(x)1等价于xlnxxe-x-2e.设函数g(x)=xlnx,则g(x)=1+lnx.所以当x0,1e时,g(x)0.故g(x)在0,1e上单调递减,在1
77、e,+上单调递增,从而g(x)在(0,+)上的最小值为g1e=-1e.设函数h(x)=xe-x-2e,则h(x)=e-x(1-x).所以当x(0,1)时,h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.评析本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性及最值问题,考查等价转化思想及逻辑推理能力.19.(2014课标文,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k0.当x0时,g(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10时,令h(x
78、)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)xh(x).h(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增,所以g(x)h(x)h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.评析本题主要考查导数的几何意义及导数的应用,考查了分类讨论、函数与方程、等价转化等思想方法.把曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点的问题转化为研究函数g(x)=x3-3x2+(1-k)x+4在R上有唯一实根问题是解决问题的关键.20.(2013课标理,21,12分)设
79、函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x-2时,f(x)kg(x),求k的取值范围.解析(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f(0)=4,g(0)=4.而f(x)=2x+a,g(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则F(x)=2kex
80、(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).由题设可得F(0)0,即k1.令F(x)=0,得x1=-lnk,x2=-2.(i)若1ke2,则-2x10.从而当x(-2,x1)时,F(x)0.即F(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+)上单调递增.故F(x)在-2,+)上的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-x12-4x1-2=-x1(x1+2)0.故当x-2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立.(ii)若k=e2,则F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x-2时,F(x)0,即F(x)在(-2,+)上单调递增.而F(-2)=0,故当x-2时,F(x)0
81、,即f(x)kg(x)恒成立.(iii)若ke2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0.解析(1)f(x)=ex-1x+m.由x=0是f(x)的极值点得f(0)=0,所以m=1.于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+),f(x)=ex-1x+1.函数f(x)=ex-1x+1在(-1,+)上单调递增,且f(0)=0,因此当x(-1,0)时,f(x)0.所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)证明:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)0.当m=2时,函数f(x)=ex-1x+2在(-2
82、,+)上单调递增.又f(-1)0,故f(x)=0在(-2,+)上有唯一实根x0,且x0(-1,0).当x(-2,x0)时,f(x)0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.由f(x0)=0得ex0=1x0+2,ln(x0+2)=-x0,故f(x)f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+20.综上,当m2时,f(x)0.22.(2011课标,21,12分)已知函数f(x)=alnxx+1+bx,曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为x+2y-3=0.(1)求a,b的值;(2)如果当x0,且x1时,f(x)lnxx-1+kx,求k的取值范围.解析(1)f(x)=ax+1x-ln
83、x(x+1)2-bx2.由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),故f(1)=1,f (1)=-12,即b=1,a2-b=-12.解得a=1,b=1.(2)由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,所以f(x)-lnxx-1+kx=11-x22lnx+(k-1)(x2-1)x.考虑函数h(x)=2lnx+(k-1)(x2-1)x(x0),则h(x)=(k-1)(x2+1)+2xx2.(i)设k0.由h(x)=k(x2+1)-(x-1)2x2知,当x1时,h(x)0,可得11-x2h(x)0;当x(1,+)时,h(x)0.从而当x0,且x1时,f(x)-lnxx-1+kx0,即f(
84、x)lnxx-1+kx.(ii)设0k0,故h(x)0.而h(1)=0,故当x1,11-k时,h(x)0,可得11-x2h(x)0,而h(1)=0,故当x(1,+)时,h(x)0,可得11-x2h(x)0,则a的取值范围是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1)答案C(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.(2)当a0时,f(x)=3ax2-6x,令f(x)=0,解得x1=0,x2=2a.当a0时,2a0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)与2a,+上为增函数,在0,2a上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x00,则f(0)0,即10
85、,不成立.当a0时,2a0,则f2a0,即a8a3-34a2+10,解得a2或a-2,又因为a0;当x2,时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点.所以f(x)在(0,)存在唯一零点.(2)由题设知f()a,f()=0,可得a0.由(1)知,f(x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f(x)0;当x(x0,)时,f(x)0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x
86、)=x2+2x-2,则f(x)=1,g(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f(x)=g(x),得x=x2+2x-2,1=2x+2,此方程组无解.因此,f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=lnx,则f(x)=2ax,g(x)=1x,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f(x0)=g(x0),得ax02-1=lnx0,2ax0=1x0,即ax02-1=lnx0,2ax02=1,(*)得lnx0=-12,即x0=e-12,则a=12(e-12)2=e2.当a=e2时,x0=e-12满足方程组(*),即x0为f
87、(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为e2.(3)f(x)=-2x,g(x)=bex(x-1)x2,x0,f(x0)=g(x0)bex0=-2x03x0-10x0(0,1),f(x0)=g(x0)-x02+a=bex0x0=-2x02x0-1a=x02-2x02x0-1,令h(x)=x2-2x2x-1-a=-x3+3x2+ax-a1-x,x(0,1),a0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,则m(0)=-a0m(0)m(1)0,存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能
88、解决问题,第三问中先利用f(x0)=g(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=x02-2x02x0-1,从而转化为研究h(x)=-x3+3x2+ax-a1-x,x(0,1),a0的零点存在性问题,再转化为研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,由m(0)0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.4.(2018课标文,21,12分)已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点.解析(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f(x)=x2-6x-3.
89、令f(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.当x(-,3-23)(3+23,+)时,f(x)0;当x(3-23,3+23)时,f(x)0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)20,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)单调递增.故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-160,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.方法总结利用导数研究函数零点的方法:方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极
90、值;(2)根据函数f(x)的性质作出图象;(3)判断函数零点的个数.方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;(2)分类讨论,判断函数零点的个数.5.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a1.(1)求函数h(x)=f(x)-xlna的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2lnlnalna;(3)证明当ae1e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.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用
91、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,h(x)=ax-xlna,有h(x)=axlna-lna.令h(x)=0,解得x=0.由a1,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)=axlna,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1) 处的切线斜率为ax1lna.由g(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线斜率为1
92、x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1lna=1x2lna,即x2ax1(lna)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logalna=0,所以x1+g(x2)=-2lnlnalna.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1lna(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).要证明当ae1e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ae1e时,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1与l2重合.即只需证明当ae1e时,方程
93、组ax1lna=1x2lna,ax1-x1ax1lna=logax2-1lna,有解.由得x2=1ax1(lna)2,代入,得ax1-x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0.因此,只需证明当ae1e时,关于x1的方程存在实数解.设函数u(x)=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnalna,即要证明当ae1e时,函数y=u(x)存在零点.u(x)=1-(lna)2xax,可知x(-,0)时,u(x)0;x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)=10,u1(lna)2=1-a1(lna)20,使得u(x0)=0,即1-(lna)2x0ax0=0.由此可得u(x)在(-
94、,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为ae1e,故lnlna-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna2+2lnlnalna0.下面证明存在实数t,使得u(t)1lna时,有u(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna,所以存在实数t,使得u(t)1时,令g(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13.易得,g(x)在(-,x1)上单调递增,在x1,x2上单调递
95、减,在(x2,+)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+630.g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63.若g(x2)0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)27,也就是|d|10,此时|d|x2,g(|d|)=|d|+630,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+63-6210+630时,f(x)2a+aln2a.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2e2x-ax(x0).当a0时,f(x)0,f(x)没有零点;当a0时,因为y=e2x单调递增
96、,y=-ax单调递增,所以f(x)在(0,+)上单调递增.又f(a)0,当b满足0ba4且b14时,f(b)0时,f(x)存在唯一零点.(6分)(2)证明:由(1),可设f(x)在(0,+)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)时,f(x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a2a+aln2a.故当a0时,f(x)2a+aln2a.(12分)评析本题主要考查利用导数求函数零点及利用导数研究不等式,考查分类讨论思想,是综合性较强的题,属难题
97、!8.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,bR).(1)试讨论f(x)的单调性;(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,求c的值.解析(1)f(x)=3x2+2ax,令f(x)=0,解得x1=0,x2=-2a3.当a=0时,因为f(x)=3x20(x0),所以函数f(x)在(-,+)上单调递增;当a0时,若x-,-2a3(0,+),则f(x)0,若x-2a3,0,则f(x)0,所以函数f(x)在-,-2a3,(0,+)上单调递增,在-2a3,0上单调递减;当a0,若x0,-
98、2a3,则f(x)0,所以函数f(x)在(-,0),-2a3,+上单调递增,在0,-2a3上单调递减.(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b,f-2a3=427a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)f-2a3=b427a3+b0,-427a3b0或a0,0b0时,427a3-a+c0或当a0时,427a3-a+c0.设g(a)=427a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3)1,3232,+,则在(-,-3)上,g(a)0均恒成立,从而g(-3)=c-10,且g32=c-10,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)
99、x2+(a-1)x+1-a,因函数f(x)有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-30,且(-1)2-(a-1)+1-a0,解得a(-,-3)1,3232,+.综上,c=1.评析本题在考查函数的零点与方程的根的同时,重点考查利用导数研究函数的单调性及函数的极值问题.9.(2015浙江,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,bR).(1)当b=a24+1时,求函数f(x)在-1,1上的最小值g(a)的表达式;(2)已知函数f(x)在-1,1上存在零点,0b-2a1,求b的取值范围.解析(1)当b=a24+1时
100、,f(x)=x+a22+1,故对称轴为直线x=-a2.当a-2时,g(a)=f(1)=a24+a+2.当-22时,g(a)=f(-1)=a24-a+2.综上,g(a)=a24+a+2,a-2,1,-22.(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1t1,则s+t=-a,st=b,由于0b-2a1,因此-2tt+2s1-2tt+2(-1t1).当0t1时,-2t2t+2stt-2t2t+2,由于-23-2t2t+20和-13t-2t2t+29-45,所以-23b9-45.当-1t0时,t-2t2t+2st-2t2t+2,由于-2-2t2t+20和-3t-2t2t+20,所以-3b0.故b的取值范围是-3,9-45.评析本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力,分类讨论等分析问题和解决问题的能力,属较难题.
