三章導(dǎo)數(shù)應(yīng)用

高考數(shù)學(xué)

(山東專用)§3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(2016山東,20,13分)已知f(x)=a(x-lnx)+

,a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)a=1時(shí),證明f(x)>f'(x)+

對(duì)于任意的x∈[1,2]成立.考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性A組山東省卷、課標(biāo)Ⅰ卷題組五年高考解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=a-

-

+

=

.當(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,1)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.當(dāng)a>0時(shí),f'(x)=

.①0<a<2時(shí),

>1,當(dāng)x∈(0,1)或x∈

時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.②a=2時(shí),

=1,在x∈(0,+∞)內(nèi),f'(x)≥0,f(x)單調(diào)遞增.③a>2時(shí),0<

<1,當(dāng)x∈

或x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減;當(dāng)0<a<2時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在

內(nèi)單調(diào)遞減,在

內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a=2時(shí),f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a>2時(shí),f(x)在

內(nèi)單調(diào)遞增,在

內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)證明:由(1)知,a=1時(shí),f(x)-f'(x)=x-lnx+

-

=x-lnx+

+

-

-1,x∈[1,2].設(shè)g(x)=x-lnx,h(x)=

+

-

-1,x∈[1,2].則f(x)-f'(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=

≥0,可得g(x)≥g(1)=1.當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取得等號(hào).又h'(x)=

.設(shè)φ(x)=-3x2-2x+6,則φ(x)在x∈[1,2]內(nèi)單調(diào)遞減.因?yàn)棣?1)=1,φ(2)=-10,所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)時(shí),φ(x)>0,x∈(x0,2)時(shí),φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,2)內(nèi)單調(diào)遞減.由h(1)=1,h(2)=

,可得h(x)≥h(2)=

,當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí)取得等號(hào).所以f(x)-f'(x)>g(1)+h(2)=

,即f(x)>f‘(x)+

對(duì)于任意的x∈[1,2]成立.思路分析(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù),對(duì)a進(jìn)行分類討論,求f(x)的單調(diào)性;(2)要證f(x)>f'(x)+

對(duì)于任意的x∈[1,2]成立,即證f(x)-f'(x)>

,根據(jù)單調(diào)性求解.評(píng)析

本題主要考查導(dǎo)數(shù)的計(jì)算、應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值.本題覆蓋面廣,對(duì)學(xué)生

計(jì)算能力要求較高,是一道難題.解答本題,準(zhǔn)確求導(dǎo)數(shù)是基礎(chǔ),恰當(dāng)分類討論是關(guān)鍵,易錯(cuò)點(diǎn)是

分類討論不全面、不徹底、不恰當(dāng),或因復(fù)雜式子變形能力差,而錯(cuò)漏百出.本題考查邏輯思維

能力、基本計(jì)算能力、分類討論思想等.1.(2015山東,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.(1)討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù),并說明理由;(2)若?x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范圍.考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值解析(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-1,+∞),f'(x)=

+a(2x-1)=

.令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).①當(dāng)a=0時(shí),g(x)=1,此時(shí)f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增,無極值點(diǎn).②當(dāng)a>0時(shí),Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).a.當(dāng)0<a≤

時(shí),Δ≤0,g(x)≥0,f'(x)≥0,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增,無極值點(diǎn).b.當(dāng)a>

時(shí),Δ>0,設(shè)方程2ax2+ax-a+1=0的兩根為x1,x2(x1<x2),因?yàn)閤1+x2=-

,所以x1<-

,x2>-

.由g(-1)=1>0,可得-1<x1<-

.所以當(dāng)x∈(-1,x1)時(shí),g(x)>0,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x1,x2)時(shí),g(x)<0,f'(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x2,+∞)時(shí),g(x)>0,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.因此函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn).③當(dāng)a<0時(shí),Δ>0,由g(-1)=1>0,可得x1<-1.當(dāng)x∈(-1,x2)時(shí),g(x)>0,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x2,+∞)時(shí),g(x)<0,f'(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.所以函數(shù)有一個(gè)極值點(diǎn).綜上所述,當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)f(x)有一個(gè)極值點(diǎn);當(dāng)0≤a≤

時(shí),函數(shù)f(x)無極值點(diǎn);當(dāng)a>

時(shí),函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn).(2)由(1)知,①當(dāng)0≤a≤

時(shí),函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,因?yàn)閒(0)=0,所以x∈(0,+∞)時(shí),f(x)>0,符合題意.②當(dāng)

<a≤1時(shí),由g(0)≥0,得x2≤0,所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)時(shí),f(x)>0,符合題意.③當(dāng)a>1時(shí),由g(0)<0,可得x2>0.所以x∈(0,x2)時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.因?yàn)閒(0)=0,所以x∈(0,x2)時(shí),f(x)<0,不合題意.④當(dāng)a<0時(shí),設(shè)h(x)=x-ln(x+1).因?yàn)閤∈(0,+∞)時(shí),h'(x)=1-

=

>0,所以h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.因此當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,當(dāng)x>1-

時(shí),ax2+(1-a)x<0,此時(shí)f(x)<0,不合題意.綜上所述,a的取值范圍是[0,1].方法總結(jié)

參數(shù)的取值范圍往往從三個(gè)角度求解:一是直接求解,通過對(duì)參數(shù)a的分類討論來

研究函數(shù)的單調(diào)性,進(jìn)一步確定參數(shù)的取值范圍;二是分離參數(shù)法,求相應(yīng)函數(shù)的最值或取值范

圍以達(dá)到解決問題的目的;三是憑借函數(shù)的單調(diào)性確定參數(shù)的取值范圍,然后對(duì)參數(shù)取值范圍

以外的部分進(jìn)行分析驗(yàn)證其不符合題意,即可確定所求.2.(2014山東,20,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=

-k

(k為常數(shù),e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).(1)當(dāng)k≤0時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn),求k的取值范圍.解析(1)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).f'(x)=

-k

=

-

=

.由k≤0可得ex-kx>0,所以當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f'(x)<0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),f'(x)>0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞).(2)由(1)知,當(dāng)k≤0時(shí),函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn);當(dāng)k>0時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).則g'(x)=ex-k=ex-elnk,當(dāng)0<k≤1時(shí),當(dāng)x∈(0,2)時(shí),g'(x)=ex-k>0,y=g(x)單調(diào)遞增,故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個(gè)極值點(diǎn);當(dāng)k>1時(shí),得x∈(0,lnk)時(shí),g'(x)<0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞減,x∈(lnk,+∞)時(shí),g'(x)>0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)y=g(x)的最小值為g(lnk)=k(1-lnk).要使函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn),則

解得e<k<

.綜上所述,函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí),k的取值范圍為

.1.(2019課標(biāo)全國Ⅰ文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2sinx-xcosx-x,f'(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).(1)證明:f'(x)在區(qū)間(0,π)存在唯一零點(diǎn);(2)若x∈[0,π]時(shí),f(x)≥ax,求a的取值范圍.考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用解析(1)設(shè)g(x)=f'(x),則g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)<0,所以g(x)在

單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減.又g(0)=0,g

>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點(diǎn).(2)由題設(shè)知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個(gè)零點(diǎn),設(shè)為x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時(shí),f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減.又f(0)=0,f(π)=0,所以,當(dāng)x∈[0,π]時(shí),f(x)≥0.又當(dāng)a≤0,x∈[0,π]時(shí),ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范圍是(-∞,0].2.(2019課標(biāo)全國Ⅰ理,20,12分)已知函數(shù)f(x)=sinx-ln(1+x),f'(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).證明:(1)f'(x)在區(qū)間

存在唯一極大值點(diǎn);(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).證明本題考查了初等函數(shù)求導(dǎo)和導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則,導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系以及利用

導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值和函數(shù)零點(diǎn);考查學(xué)生的推理論證、運(yùn)算求解能力以及靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思

想去分析、解決問題的能力;考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算.(1)設(shè)g(x)=f'(x),則g(x)=cosx-

,g'(x)=-sinx+

.當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)單調(diào)遞減,而g'(0)>0,g'

<0,可得g'(x)在

有唯一零點(diǎn),設(shè)為α.則當(dāng)x∈(-1,α)時(shí),g'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減,故g(x)在

存在唯一極大值點(diǎn),即f'(x)在

存在唯一極大值點(diǎn).(2)f(x)的定義域?yàn)?-1,+∞).(i)當(dāng)x∈(-1,0]時(shí),由(1)知,f'(x)在(-1,0)單調(diào)遞增,而f'(0)=0,所以當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),f'(x)<0,故f(x)在(-1,

0)單調(diào)遞減.又f(0)=0,從而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零點(diǎn).(ii)當(dāng)x∈

時(shí),由(1)知,f'(x)在(0,α)單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減,而f'(0)=0,f'

<0,所以存在β∈

,使得f'(β)=0,且當(dāng)x∈(0,β)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0.故f(x)在(0,β)單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減.又f(0)=0,f

=1-ln

>0,所以當(dāng)x∈

時(shí),f(x)>0.從而,f(x)在

沒有零點(diǎn).(iii)當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0,所以f(x)在

單調(diào)遞減.而f

>0,f(π)<0,所以f(x)在

有唯一零點(diǎn).(iv)當(dāng)x∈(π,+∞)時(shí),ln(x+1)>1,所以f(x)<0,從而f(x)在(π,+∞)沒有零點(diǎn).綜上,f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).思路分析

(1)寫出函數(shù)f'(x)的表達(dá)式,利用其導(dǎo)函數(shù)研究單調(diào)性及極值點(diǎn).(2)以x為主元進(jìn)行分類討論,分別在各個(gè)區(qū)間上,由導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性判斷f'(x)與0的關(guān)系,得到f(x)的單調(diào)性,從而求得在各個(gè)區(qū)間的零點(diǎn)個(gè)數(shù).3.(2018課標(biāo)全國Ⅰ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=

-x+alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,證明:

<a-2.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=-

-1+

=-

.(i)若a≤2,則f'(x)≤0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時(shí),f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減.(ii)若a>2,令f'(x)=0,得x=

或x=

.當(dāng)x∈

∪

時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在

,

單調(diào)遞減,在

單調(diào)遞增.(2)證明:由(1)知,f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨設(shè)x1<x2,則x2>1,由于

=-

-1+a

=-2+a

=-2+a

,所以

<a-2等價(jià)于

-x2+2lnx2<0.設(shè)函數(shù)g(x)=

-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減,又g(1)=0,從而當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g(x)<0,所以

-x2+2lnx2<0,即

<a-2.方法總結(jié)

利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的常用方法(1)證明f(x)<g(x),x∈(a,b)時(shí),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,則F(x)在(a,b)上是減函數(shù),同

時(shí)若F(a)≤0,由減函數(shù)的定義可知,x∈(a,b)時(shí),有F(x)<0,即證明了f(x)<g(x).(2)證明f(x)>g(x),x∈(a,b)時(shí),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,則F(x)在(a,b)上是增函數(shù),同

時(shí)若F(a)≥0,由增函數(shù)的定義可知,x∈(a,b)時(shí),有F(x)>0,即證明了f(x)>g(x).4.(2017山東,20,13分)已知函數(shù)f(x)=x2+2cosx,g(x)=ex(cosx-sinx+2x-2),其中e=2.71828…是自然

對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(π,f(π))處的切線方程;(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時(shí)求出極值.解析(1)由題意f(π)=π2-2,又f'(x)=2x-2sinx,所以f'(π)=2π,因此曲線y=f(x)在點(diǎn)(π,f(π))處的切線方程為y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.(2)由題意得h(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)-a(x2+2cosx),因?yàn)閔'(x)=ex(cosx-sinx+2x-2)+ex(-sinx-cosx+2)-a(2x-2sinx)=2ex(x-sinx)-2a(x-sinx)=2(ex-a)(x-sinx),令m(x)=x-sinx,則m'(x)=1-cosx≥0,所以m(x)在R上單調(diào)遞增.因?yàn)閙(0)=0,所以當(dāng)x>0時(shí),m(x)>0;當(dāng)x<0時(shí),m(x)<0.①當(dāng)a≤0時(shí),ex-a>0,當(dāng)x<0時(shí),h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x>0時(shí),h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=0時(shí)h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1;②當(dāng)a>0時(shí),h'(x)=2(ex-elna)(x-sinx),由h'(x)=0得x1=lna,x2=0.a.當(dāng)0<a<1時(shí),lna<0,當(dāng)x∈(-∞,lna)時(shí),ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(lna,0)時(shí),ex-elna>0,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=lna時(shí)h(x)取到極大值,極大值為h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],當(dāng)x=0時(shí)h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1;b.當(dāng)a=1時(shí),lna=0,所以當(dāng)x∈(-∞,+∞)時(shí),h'(x)≥0,函數(shù)h(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;c.當(dāng)a>1時(shí),lna>0,所以當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),ex-elna<0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(0,lna)時(shí),ex-elna<0,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(lna,+∞)時(shí),ex-elna>0,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=0時(shí)h(x)取到極大值,極大值是h(0)=-2a-1;當(dāng)x=lna時(shí)h(x)取到極小值,極小值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].綜上所述:當(dāng)a≤0時(shí),h(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)有極小值,極小值是h(0)=-2a

-1;當(dāng)0<a<1時(shí),函數(shù)h(x)在(-∞,lna)和(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(lna,0)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值,

也有極小值,極大值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2],極小值是h(0)=-2a-1;當(dāng)a=1時(shí),函數(shù)h(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;當(dāng)a>1時(shí),函數(shù)h(x)在(-∞,0)和(lna,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,lna)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值,也有極小值,極大值是h(0)=-2a-1,極小值是h(lna)=-a[(lna)2-2lna+sin(lna)+cos(lna)+2].考點(diǎn)一導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性B組課標(biāo)卷、其他自主命題省(區(qū)、市)卷題組1.(2015福建,10,5分)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1,其導(dǎo)函數(shù)f'(x)滿足f'(x)>k>1,則下列結(jié)

論中一定錯(cuò)誤的是

()A.f

<

B.f

>

C.f

<

D.f

>

答案

C構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-kx+1,則g'(x)=f'(x)-k>0,∴g(x)在R上為增函數(shù).∵k>1,∴

>0,則g

>g(0).而g(0)=f(0)+1=0,∴g

=f

-

+1>0,即f

>

-1=

,所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤,故選C.2.(2015四川,15,5分)已知函數(shù)f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).對(duì)于不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,設(shè)m=

,n=

.現(xiàn)有如下命題:①對(duì)于任意不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,都有m>0;②對(duì)于任意的a及任意不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,都有n>0;③對(duì)于任意的a,存在不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,使得m=n;④對(duì)于任意的a,存在不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,使得m=-n.其中的真命題有

(寫出所有真命題的序號(hào)).答案①④解析①f(x)=2x是增函數(shù),∴對(duì)任意不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,都有

>0,即m>0,∴①成立.②由g(x)=x2+ax的圖象可知,當(dāng)x∈

時(shí),g(x)是減函數(shù),∴當(dāng)不相等的實(shí)數(shù)x1、x2∈

時(shí),

<0,即n<0,∴②不成立.③若m=n,則有

=

,即f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2),f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),令h(x)=f(x)-g(x),則h(x)=2x-x2-ax,h'(x)=2xln2-2x-a,令h'(x)=2xln2-2x-a=0,得2xln2=2x+a.由y=2xln2與y=2x+a的圖象知,存在a使對(duì)任意x∈R恒有2xln2>2x+a,此時(shí)h(x)在R上是增函數(shù).若h(x1)=h(x2),則x1=x2,∴③不成立.④若m=-n,則有

=-

,f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),令φ(x)=f(x)+g(x),則φ(x)=2x+x2+ax,φ'(x)=2xln2+2x+a.令φ'(x)=0,得2xln2+2x+a=0,即2xln2=-2x-a.由y1=2xln2與y2=-2x-a的圖象可知,對(duì)任意的a,存在x0,使x>x0時(shí)y1>y2,x<x0時(shí)y1<y2,故對(duì)任意的a,存在x0,使x>x0時(shí),φ'(x)>0,x<x0時(shí),φ'(x)<0,故對(duì)任意的a,φ(x)在R上不是單調(diào)函數(shù).故對(duì)任意的a,存在不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,使m=-n,∴④成立.綜上,①④正確.3.(2018浙江,22,15分)已知函數(shù)f(x)=

-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,證明:對(duì)于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點(diǎn).解析本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其應(yīng)用,同時(shí)考查邏輯思維能力和綜合應(yīng)用

能力.(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=

-

,由f'(x1)=f'(x2)得

-

=

-

,因?yàn)閤1≠x2,所以

+

=

.由基本不等式得

=

+

≥2

,因?yàn)閤1≠x2,所以x1x2>256.由題意得f(x1)+f(x2)=

-lnx1+

-lnx2=

-ln(x1x2).設(shè)g(x)=

-lnx,則g'(x)=

(

-4),所以g(x)在[256,+∞)上單調(diào)遞增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)證明:令m=e-(|a|+k),n=

+1,則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n

≤n

<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,對(duì)于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直線y=kx+a與曲線y=f(x)有公共點(diǎn).由f(x)=kx+a得k=

.設(shè)h(x)=

,則h'(x)=

=

,x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗其中g(shù)(x)=

-lnx.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1個(gè)實(shí)根.綜上,當(dāng)a≤3-4ln2時(shí),對(duì)于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點(diǎn).一題多解

(1)f'(x)=

-

,且f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2).設(shè)f'(x1)=t,則

-

=t的兩根為x1,x2.即2t(

)2-

+2=0有兩個(gè)不同的正根x1,x2.∴

即

∴f(x1)+f(x2)=

+

-ln(x1x2)=

+2lnt

.設(shè)g(t)=

+2lnt

,則g'(t)=-

+

=

<0,∴g(t)在

上為減函數(shù),∴g(t)>g

=8-8ln2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)設(shè)h(x)=f(x)-kx-a=

-lnx-kx-a,只需證明:當(dāng)a≤3-4ln2時(shí),對(duì)于任意的k>0,函數(shù)h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零點(diǎn).取m=e-|a|-k,則h(m)=

+|a|+k-ke-|a|-k-a≥

+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0時(shí),

-kx<

-k·

=

.即h(x)<

-a-lnx,取n=

,則h(n)<

-a-lnn=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+

,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一個(gè)零點(diǎn),即h(x)在(0,+∞)上至少有一個(gè)零點(diǎn).∵h(yuǎn)'(x)=

-

-k≤

×

-

-k=

-k,∴當(dāng)k≥

時(shí),h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,即當(dāng)k≥

時(shí),h(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn).當(dāng)0<k<

時(shí),h'(x)=0有兩個(gè)不同的正根α,β(其中α<β).此時(shí)h(x)在(0,α)上為減函數(shù),在(α,β)上為增函數(shù),在(β,+∞)上為減函數(shù).∵h(yuǎn)'(x)=0,∴k=

-

,則h(α)=

-lnα-kα-a=

-lnα+1-a,h'(α)=

-

=

,∴h(α)在(0,16)上為減函數(shù),在(16,+∞)上為增函數(shù),∴h(α)≥h(16)=3-ln16-a=3-4ln2-a≥0.當(dāng)α=16時(shí),k=

,又0<k<

,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]時(shí),h(x)>0.即h(x)在(0,β]上沒有零點(diǎn),但h(x)在(β,+∞)上有一個(gè)零點(diǎn).∴當(dāng)0<k<

時(shí),h(x)在(0,+∞)上也只有一個(gè)零點(diǎn),∴對(duì)于任意的k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一的公共點(diǎn).4.(2017課標(biāo)全國Ⅰ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍.解析本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算和應(yīng)用、函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點(diǎn),考查學(xué)生的運(yùn)算求解能

力、推理論證能力以及對(duì)分類討論思想的應(yīng)用能力.(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).(i)若a≤0,則f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞減.(ii)若a>0,則由f'(x)=0得x=-lna.當(dāng)x∈(-∞,-lna)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(-lna,+∞)時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,-lna)單調(diào)遞減,在(-lna,+∞)單調(diào)遞增.(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).(ii)若a>0,由(1)知,當(dāng)x=-lna時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(-lna)=1-

+lna.①當(dāng)a=1時(shí),由于f(-lna)=0,故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn);②當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí),由于1-

+lna>0,即f(-lna)>0,故f(x)沒有零點(diǎn);③當(dāng)a∈(0,1)時(shí),1-

+lna<0,即f(-lna)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-lna)有一個(gè)零點(diǎn).設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln

,則f(n0)=

(a

+a-2)-n0>

-n0>

-n0>0.由于ln

>-lna,因此f(x)在(-lna,+∞)有一個(gè)零點(diǎn).綜上,a的取值范圍為(0,1).方法總結(jié)(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的原理:若f'(x)>0,x∈D恒成立,則在區(qū)間D上函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;若f'(x)<0,x∈D恒成立,則在區(qū)間D上函

數(shù)f(x)單調(diào)遞減.(2)利用導(dǎo)數(shù)解函數(shù)零點(diǎn)問題的常用思路:首先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值,然后根據(jù)單調(diào)性、極值和最值,畫出函數(shù)的大

致圖象,進(jìn)而數(shù)形結(jié)合解決問題.考點(diǎn)二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值1.(2017課標(biāo)全國Ⅱ,11,5分)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點(diǎn),則f(x)的極小值為

()A.-1

B.-2e-3

C.5e-3

D.1答案

A由題意可得f'(x)=ex-1[x2+(a+2)x+a-1].∵x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點(diǎn),∴f'(-2)=0,∴a=-1,∴f(x)=(x2-x-1)ex-1,f'(x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)·(x+2),∴x∈(-∞,-2),(1,+∞)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;x∈(-2,1)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.∴f(x)極小值=f(1)=-1.故選A.思路分析由x=-2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)可知f'(-2)=0,從而求出a的值,將a的值代入導(dǎo)函數(shù)f'(x),

求出f(x)的單調(diào)區(qū)間,判斷極小值點(diǎn),從而求出函數(shù)的極小值.方法總結(jié)已知函數(shù)極值點(diǎn)和極值求參數(shù)值的兩個(gè)要領(lǐng):(1)列式:根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值列方程組進(jìn)行求解.(2)驗(yàn)證:因?yàn)閷?dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)不一定是函數(shù)的極值點(diǎn),所以求解后必須進(jìn)行驗(yàn)證.2.(2018江蘇,11,5分)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),則f(x)在[-1,1]

上的最大值與最小值的和為

.答案-3解析本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值.∵f(x)=2x3-ax2+1,∴f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).若a≤0,則x>0時(shí),f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),又f(0)=1,∴f(x)在(0,+∞)上沒有零點(diǎn),∴a>

0.當(dāng)0<x<

時(shí),f'(x)<0,f(x)為減函數(shù);當(dāng)x>

時(shí),f'(x)>0,f(x)為增函數(shù),∴x>0時(shí),f(x)有極小值,為F

=-

+1.∵f(x)在(0,+∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn),∴f

=0,∴a=3.∴f(x)=2x3-3x2+1,則f'(x)=6x(x-1).x-1(-1,0)0(0,1)1f'(x)

+

-

f(x)-4增1減0∴f(x)在[-1,1]上的最大值為1,最小值為-4.∴最大值與最小值的和為-3.3.(2016北京,14,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=

①若a=0,則f(x)的最大值為

;②若f(x)無最大值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

.答案①2②(-∞,-1)解析①若a=0,則f(x)=

當(dāng)x>0時(shí),f(x)=-2x<0;當(dāng)x≤0時(shí),f'(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),當(dāng)x<-1時(shí),f'(x)>0,f(x)是增函數(shù),當(dāng)-1<x<0時(shí),f'(x)<0,f(x)是減函數(shù),∴f(x)≤f(-1)=2.∴f(x)的最大值

為2.②在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出y=-2x和y=x3-3x的圖象,如圖所示,當(dāng)a<-1時(shí),f(x)無最大值;當(dāng)-1

≤a≤2時(shí),f(x)max=2;當(dāng)a>2時(shí),f(x)max=a3-3a.綜上,當(dāng)a∈(-∞,-1)時(shí),f(x)無最大值.

4.(2018課標(biāo)全國Ⅲ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的極大值點(diǎn),求a.解析本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值.(1)證明:當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-

.設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x)=ln(1+x)-

,則g'(x)=

.當(dāng)-1<x<0時(shí),g'(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),g'(x)>0.故當(dāng)x>-1時(shí),g(x)≥g(0)=0,當(dāng)x=0時(shí),g(x)=0,從而f'(x)≥0,當(dāng)x=0時(shí),f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增.又f(0)=0,故當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點(diǎn)矛盾.(ii)若a<0,設(shè)函數(shù)h(x)=

=ln(1+x)-

.由于當(dāng)|x|<min

時(shí),2+x+ax2>0,故h(x)與f(x)符號(hào)相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點(diǎn).h'(x)=

-

=

.如果6a+1>0,則當(dāng)0<x<-

,且|x|<min

時(shí),h'(x)>0,故x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).如果6a+1<0,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當(dāng)x∈(x1,0),且|x|<min

時(shí),h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).如果6a+1=0,則h'(x)=

.則當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),h'(x)>0;當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h'(x)<0.所以x=0是h(x)的極大值點(diǎn),從而x=0是f(x)的極大值點(diǎn).綜上,a=-

.思路分析

(1)a=0時(shí),寫出f(x)的解析式,對(duì)f(x)求導(dǎo).易得f(0)=0,結(jié)合單調(diào)性可將問題解決.(2)對(duì)a進(jìn)行分類討論,分析各類情況下的極大值點(diǎn),進(jìn)而得參數(shù)a的值.易錯(cuò)警示

容易忽略函數(shù)定義域.函數(shù)解析式中含有對(duì)數(shù)型的式子,則其真數(shù)部分應(yīng)大于零.解后反思

1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,大多數(shù)情況下歸結(jié)為對(duì)含有參數(shù)的一元二次不等

式的解集的情況的討論,在能夠通過因式分解求出不等式對(duì)應(yīng)方程的根時(shí),依據(jù)根的大小進(jìn)行

分類討論;在不能通過因式分解求出根的情況下,根據(jù)不等式對(duì)應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論,

討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的.2.利用導(dǎo)數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性和極值后,可以畫出草圖,進(jìn)行觀察分析,研究滿足條件的參數(shù)

值或范圍.考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.(2019江蘇,19,16分)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零點(diǎn)均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的極小值;(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的極大值為M,求證:M≤

.解析本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì),考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問

題以及邏輯推理能力.(1)因?yàn)閍=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因?yàn)閒(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因?yàn)閎=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,從而f'(x)=3(x-b)

.令f'(x)=0,得x=b或x=

.因?yàn)閍,b,

都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,不妨設(shè)b<a,則b<

<a,所以

=1,a=3,b=-3.此時(shí),f(x)=(x-3)(x+3)2,f'(x)=3(x+3)(x-1).令f'(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)的極小值為f(1)=(1-3)×(1+3)2=-32.(3)因?yàn)閍=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b.因?yàn)?<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0,則f'(x)有2個(gè)不同的零點(diǎn),設(shè)為x1,x2(x1<x2).由f'(x)=0,得x1=

,x2=

.列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以f(x)的極大值M=f(x1).解法一:M=f(x1)=

-(b+1)

+bx1=[3

-2(b+1)x1+b]

-

x1+

=

+

+

(

)3=

-

+

[

]3≤

+

≤

.因此M≤

.解法二:因?yàn)?<b≤1,所以x1∈(0,1).當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),則g'(x)=3

(x-1).令g'(x)=0,得x=

.列表如下:所以當(dāng)x=

時(shí),g(x)取得極大值,且是最大值,故g(x)max=g

=

.所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)≤g(x)≤

.因此M≤

.x

g'(x)+0-g(x)↗極大值↘2.(2019天津文,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,討論f(x)的單調(diào)性;(2)若0<a<

:(i)證明f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn);(ii)設(shè)x0為f(x)的極值點(diǎn),x1為f(x)的零點(diǎn),且x1>x0,證明3x0-x1>2.解析本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、不等式證明、運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和

方法.考查函數(shù)思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力,體現(xiàn)了邏輯推理

和數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).(1)由已知,f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),且f'(x)=

-[aex+a(x-1)ex]=

.因此當(dāng)a≤0時(shí),1-ax2ex>0,從而f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)證明:(i)由(1)知,f'(x)=

.令g(x)=1-ax2ex,由0<a<

,可知g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,又g(1)=1-ae>0,且g

=1-a

=1-

<0,故g(x)=0在(0,+∞)內(nèi)有唯一解,從而f'(x)=0在(0,+∞)內(nèi)有唯一解,不妨設(shè)為x0,則1<x0<ln

.當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f'(x)=

>

=0,所以f(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f'(x)=

<

=0,所以f(x)在(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,因此x0是f(x)的唯一極值點(diǎn).令h(x)=lnx-x+1,則當(dāng)x>1時(shí),h'(x)=

-1<0,故h(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,從而當(dāng)x>1時(shí),h(x)<h(1)=0,所以lnx<x-1.從而f

=ln

-a

=ln

-ln

+1=h

<0,又因?yàn)閒(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)內(nèi)有唯一零點(diǎn).又f(x)在(0,x0)內(nèi)有唯一零點(diǎn)1,從而,f(x)在(0,+∞)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn).(ii)由題意,

即

從而lnx1=

,即

=

.因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí),lnx<x-1,又x1>x0>1,故

<

=

,兩邊取對(duì)數(shù),得ln

<ln

,于是x1-x0<2lnx0<2(x0-1),整理得3x0-x1>2.思路分析

(1)求出導(dǎo)函數(shù),結(jié)合a≤0判定f'(x)>0,從而得f(x)在(0,+∞)上遞增;(2)(i)利用導(dǎo)數(shù)的

零點(diǎn)判斷f(x)的單調(diào)區(qū)間,結(jié)合零點(diǎn)存在性定理判斷f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù);(ii)由極值點(diǎn)x0及零點(diǎn)x1建

立方程組

從而得到

=

,又由x>1時(shí),lnx<x-1,得到

<

=

,兩邊取對(duì)數(shù)即可得結(jié)論.3.(2019課標(biāo)全國Ⅲ文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)0<a<3時(shí),記f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為M,最小值為m,求M-m的取值范圍.解析本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的基礎(chǔ)知識(shí),考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系以及利

用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力、推理論證能力以及分類討論思想的應(yīng)

用.(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=

.若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪

時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),

單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減;若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增;若a<0,則當(dāng)x∈

∪(0,+∞)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0.故f(x)在

,(0,+∞)單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減.(2)當(dāng)0<a<3時(shí),由(1)知,f(x)在

單調(diào)遞減,在

單調(diào)遞增,所以f(x)在[0,1]的最小值為f

=-

+2,最大值為f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-

+2,M=

所以M-m=

當(dāng)0<a<2時(shí),可知2-a+

單調(diào)遞減,所以M-m的取值范圍是

.當(dāng)2≤a<3時(shí),

單調(diào)遞增,所以M-m的取值范圍是

.綜上,M-m的取值范圍是

.高次項(xiàng)系數(shù)是否等于0;(2)方程f‘(x)=0是否有實(shí)數(shù)解;(3)方程f’(x)=0的解是否在定義域內(nèi);(4)f'(x)

=0的解x1,x2之間的大小比較.規(guī)律總結(jié)

含參函數(shù)單調(diào)性的討論,關(guān)鍵在于確定參數(shù)的分界值,確定分界值的順序:(1)f'(x)最易錯(cuò)警示解題時(shí),易犯以下兩個(gè)錯(cuò)誤:①對(duì)參數(shù)a未討論或?qū)分類討論不全面,尤其易忽略a

=0的情形而導(dǎo)致失分;②當(dāng)a>0時(shí),f(x)在(-∞,0),

單調(diào)遞增,將這兩個(gè)區(qū)間合并表示為f(x)在(-∞,0)∪

單調(diào)遞增導(dǎo)致錯(cuò)誤,從而失分.4.(2019課標(biāo)全國Ⅲ理,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)是否存在a,b,使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為-1且最大值為1?若存在,求出a,b的所有值;若不

存在,說明理由.解析本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性以及求函數(shù)的最值問題,通過導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考查

學(xué)生的運(yùn)算求解能力以及分類討論思想,考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=

.若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,0)∪

時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0),

單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減.若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增.若a<0,則當(dāng)x∈

∪(0,+∞)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈

時(shí),f'(x)<0.故f(x)在

,(0,+∞)單調(diào)遞增,在

單調(diào)遞減.(2)滿足題設(shè)條件的a,b存在.(i)當(dāng)a≤0時(shí),由(1)知,f(x)在[0,1]單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)=

2-a+b.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.(ii)當(dāng)a≥3時(shí),由(1)知,f(x)在[0,1]單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)=

2-a+b.此時(shí)a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.(iii)當(dāng)0<a<3時(shí),由(1)知,f(x)在[0,1]的最小值為f

=-

+b,最大值為b或2-a+b.若-

+b=-1,b=1,則a=3

,與0<a<3矛盾.若-

+b=-1,2-a+b=1,則a=3

或a=-3

或a=0,與0<a<3矛盾.綜上,當(dāng)且僅當(dāng)a=0,b=-1或a=4,b=1時(shí),f(x)在[0,1]的最小值為-1,最大值為1.思路分析

(1)求出f'(x)=0的兩根,比較根的大小并分類討論.(2)利用(1)中的單調(diào)區(qū)間討論f(x)在[0,1]上的最值,最終確定參數(shù)a,b的值.疑難突破

第(2)問中分類討論的標(biāo)準(zhǔn)是單調(diào)區(qū)間的端點(diǎn)與0,1的大小關(guān)系,從而確定函數(shù)在[0,

1]上的最值.5.(2019天津理,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=excosx,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)x∈

時(shí),證明f(x)+g(x)

≥0;(3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)=f(x)-1在區(qū)間

內(nèi)的零點(diǎn),其中n∈N,證明2nπ+

-xn<

.解析本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、不等式證明、運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和

方法.考查函數(shù)思想和化歸與轉(zhuǎn)化思想.考查抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力.(1)由已知,有f'(x)=ex(cosx-sinx).因此,當(dāng)x∈

(k∈Z)時(shí),有sinx>cosx,得f'(x)<0,則f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈

(k∈Z)時(shí),有sinx<cosx,得f'(x)>0,則f(x)單調(diào)遞增.所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為

(k∈Z),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為

(k∈Z).(2)證明:記h(x)=f(x)+g(x)

.依題意及(1),有g(shù)(x)=ex(cosx-sinx),從而g'(x)=-2exsinx.當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)<0,故h'(x)=f'(x)+g'(x)

+g(x)(-1)=g'(x)

<0,因此,h(x)在區(qū)間

上單調(diào)遞減,進(jìn)而h(x)≥h

=f

=0.所以,當(dāng)x∈

時(shí),f(x)+g(x)

≥0.(3)證明:依題意,u(xn)=f(xn)-1=0,即

cosxn=1.記yn=xn-2nπ,則yn∈

,且f(yn)=

cosyn=

cos(xn-2nπ)=e-2nπ(n∈N).由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0.由(2)知,當(dāng)x∈

時(shí),g'(x)<0,所以g(x)在

上為減函數(shù),因此g(yn)≤g(y0)<g

=0.又由(2)知,f(yn)+g(yn)

≥0,故

-yn≤-

=-

≤-

=

<

.所以,2nπ+

-xn<

.思路分析

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間,只需求出f'(x)>0和f'(x)<0時(shí)x的范圍.(2)記h(x)=f(x)+g(x)

,求h'(x),從而得到函數(shù)h(x)在

上的單調(diào)性,轉(zhuǎn)化為求h(x)的最小值,驗(yàn)證最小值非負(fù)即可.(3)記u(x)在區(qū)間

內(nèi)的零點(diǎn)為xn,則xn∈

,則有yn=xn-2nπ∈

.與(2)聯(lián)系知f(yn)+g(yn)

≥0,此時(shí)要先確定g(yn)的符號(hào),再將上式轉(zhuǎn)化為

-yn≤-

,然后進(jìn)一步證明-

<

.6.(2019課標(biāo)全國Ⅱ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-x-1.證明:(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn);(2)f(x)=0有且僅有兩個(gè)實(shí)根,且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù).解析本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點(diǎn)及方程根的問題,考查推理論證能力、運(yùn)算

求解能力,考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算.(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).f'(x)=

+lnx-1=lnx-

.因?yàn)閥=lnx單調(diào)遞增,y=

單調(diào)遞減,所以f'(x)單調(diào)遞增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-

=

>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.又當(dāng)x<x0時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>x0時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.因此,f(x)存在唯一的極值點(diǎn).(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞)內(nèi)存在唯一根x=α.由α>x0>1得

<1<x0.又f

=

ln

-

-1=

=0,故

是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.綜上,f(x)=0有且僅有兩個(gè)實(shí)根,且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù).思路分析

(1)求函數(shù)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù),實(shí)質(zhì)是求導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù),注意應(yīng)用零點(diǎn)存在性定理;

(2)由第(1)問易知方程f(x)=0在(x0,+∞)上存在唯一根α,根據(jù)所要證明的結(jié)論,只需求出f

=0即可.7.(2019浙江,22,15分)已知實(shí)數(shù)a≠0,設(shè)函數(shù)f(x)=alnx+

,x>0.(1)當(dāng)a=-

時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)對(duì)任意x∈

均有f(x)≤

,求a的取值范圍.注:e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).解析本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其應(yīng)用,同時(shí)考查邏輯思維能力和綜合應(yīng)用

能力.考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)當(dāng)a=-

時(shí),f(x)=-

lnx+

,x>0.f'(x)=-

+

=

,所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3),單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+∞).(2)由f(1)≤

,得0<a≤

.當(dāng)0<a≤

時(shí),f(x)≤

等價(jià)于

-

-2lnx≥0.令t=

,則t≥2

.設(shè)g(t)=t2

-2t

-2lnx,t≥2

,則g(t)=

-

-2lnx.(i)當(dāng)x∈

時(shí),

≤2

,則g(t)≥g(2

)=8

-4

-2lnx.記p(x)=4

-2

-lnx,x≥

,則p'(x)=

-

-

=

=

.故所以,p(x)≥p(1)=0.因此,g(