2020年全國版高考數(shù)學必刷題：第六單元導數(shù)在函數(shù)中的應用

1、第六單元導數(shù)在函數(shù)中的應用考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值1. (2017 年全國n卷)若x=-2 是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點，則f(x)的極小值為().A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1【解析】函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1,則f(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=ex-1 x2+(a+2)x+a-1.由x=-2 是函數(shù)f(x)的極值點，得f(-2)=e-3 (4-2a-4+a-1)=(-a-1)e-3=0,所以a=-1.所以f(x)=(x2-x-1)ex-1,f(x)=ex-1 (x2+x-2).由 ex-10 恒成立，得當x

2、=-2 或x=1 時,f(x)=0,且當x0;當-2x1 時,f(x)1 時,f(x)0.所以x=1 是函數(shù)f(x)的極小值點.所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)=-1.故選 A.【答案】A2.(2013 年全國I卷)已知函數(shù)f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線方程為y=4x+4.(1) 求a,b的值;(2) 討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值.【解析】(1)f(x)=ex(ax+a+t)-2x-4,由已知得f(0)=4,f(0)=4，故b=4,a+b=8,從而a=4,b=4.(2)由(1)知,f(x)=4eX(x+1)-x2-4x,f(x

3、)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(e?1).令f(x)=0,得x=-In 2 或x=-2,從而當x匕(-g,-2)U(-In 2，+%)時,f(x)0;當x (-2,-ln 2 )時,f(x)0.故f(x)在(-g,-2),(-In 2，+g)上單調(diào)遞增，在 (-2,-ln 2 )上單調(diào)遞減，當x=-2 時，函數(shù)f(x)取得極大值，極大值為f(-2)=4(1-e-2).3.(2015 年全國n卷)已知函數(shù)f(x)=lnx+a(1-x).(1) 討論f(x)的單調(diào)性；(2) 當f(x)有最大值，且最大值大于 2a-2 時，求a的取值范圍.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+g),

4、f(x)=?a.若a0,所以f(x)在(0,+g)上單調(diào)遞增.11 11若a0 則當x (0,?時,f(x)0;當x(勿+g)時,f(x)0.所以f(x)在(0,?上單調(diào)遞增，在 (刁+g)上單調(diào)遞減.(2)由(1)知，當a0 時,f(x)在x=?處取得最大值，最大值為1 1 1f(?=ln (?+a(1 -?=-lna+a-1.1因此f(刃2a-2 等價于 lna+a-10.令g(a)=lna+a-1，得g(a)在(0,+g)上單調(diào)遞增，且g(1)=0.于是，當 0a1 時,g(a)1 時,g(a)0.因此,a的取值范圍是(0,1).4. (2017 年全國皿卷)已知函數(shù)f(x)=x-1-a

5、lnx.(1) 若f(x) 0,求a的值；1 1 1(2) 設m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù) n,(1 + -) (1 +歹).(1 +2?m求m的最小值.【解析】(1)f(x)的定義域為(0,+X),若aw0,因為f(2)=-1+aln 20,由f(x)=1-?=-?知,當x (0,a)時,f(x)0.所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+%)上單調(diào)遞增 故x=a是f(x)在(0,+x)的唯一最小值點.因為f(1)=0 所以當且僅當a=l 時,f(x) 0, 故a=l.由(1)知，當x (1,+x)時,x-1-lnx0.1i i令x=1堺?得 In (1 +2?)2?1 1 1從而 In

6、 (1 +2)+ln (1 +尸)+ln (1 +2?故(1 +) (1 +22) . (1 +2?2,m為整數(shù),所以m的最小值為 3.5.(2013 年全國H卷)已知函數(shù)f(x)=ex-In (x+n.(1) 設x=0 是f(x)的極值點，求n并討論f(x)的單調(diào)性；(2) 當nw2 時，證明f(x)0.【解析】(1)f(x)=ex-?+?由x=0 是f(x)的極值點，得f(0)=0,所以m=.于是f(x)=ex-ln (x+1),定義域為(-1,+x),f(x)=ex-?+1x1函數(shù)f(x)=e-茹在(-1,+x)上單調(diào)遞增，且f(0)=0,因此當x (-1,0)時,f(x)0.一1 12

7、2+所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增.(2)當me2,X (-m,+8)時,in (x+n)0.xi當m=2 時，函數(shù)f(x)=e-?(-2,+8)上單調(diào)遞增.又f(-1 )0,故f(x)=0 在(-2,+8)上有唯一實根xo,且xo (-1,0).當x (-2,X0)時,f(x)0,從而當X=X0時,f(x)取得最小值.由f(x0)=0 得 e?=?1；2,ln (X0+2)=-x。，2故f(x)愉戶爲+滬欝耳綜上，當me2 時,f(x)0.考點二利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和不等式6.(2016 年全國I卷)若函數(shù)f(x)=x-?sin 2x+asinx在(-8,

8、+8)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是().A.-1,1【解析】取a=-1,則f(x)=xsin 2x-sinx,f(x)=1-cos 2x-cosx,但f(0)=1-1=-0 時,xf(x)-f(x)0 成立的x的取值范 圍是().A. (-8,-1)U(0,1)B.(-1,0)U(1,+8)C.(-8,-1)U(-1,0)D.(0,1)U(1 ,+8)?(?)?(?(?)【解析】設y=g(x)=(x工 0),則g(x)=詢 ，當x0 時,xf(x)-f(x)0,.g(x)O,g(x)R 時,f(x)0,0 x1,當xO,g(x)O,x0 成立的x的取值范圍是(-a,-1)U(0,1),故選 A

9、【答案】A8.(2015年全國I卷)設函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整數(shù)X。使得f(x)0,則a的取值范圍是().?！局?)【解析】vf(0)=-i+a2e.又Ta,.2wa 1，使得f(X0)?，求a的取值范圍?【解析】(1)f(x)=?+(1-a)x-b.由題設知f(1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定義域為(0,+),A.-2e,i)33B._2e,4)1-?2由(1)知,f(x)=alnx+亍x-x.? 1-? ?f(x)科+(1-處-1=予(?？存?(x-1).1 ?若aO,f(x)在(1,+s)上單調(diào)遞增.2 1 -? ? 1 ? ? _ _所

10、以存在xo 1,使得f(xo)務的充要條件為f(1)務，即身？1莎解得-辺-1a邁-1.1 ? ? ? ? ?若產(chǎn)a1,故當x (1,而？時,f(x)O,所以f(x)在(1,而?上單調(diào)遞減，在(喬？+叼上單調(diào)遞，亠心?所以存在xo1，使得f(Xo)藥的充要條件為f(1?1，則f(1 )=亍-1=).1O.(2O16 年全國H卷)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(1)當a=4 時,求曲線y=f(x)在(1,f(1)處的切線方程；若當x (1,+時,f(x)O,求a的取值范圍.【解析】(1)f(x)的定義域為(O,+*).當a=4 時,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),1

11、f(1)=O,f(x)=lnx+?3,f(1)=-2.故曲線y=f(x)在(1 ,f(1)處的切線方程為 2x+y-2=O.當xe(1,+g)時,f(x)O 等價于 lnx-2?+1O.設g(x)=lnx-?+p12?+2(1 -a)x+1、g(x)=?(?+1)2-?(?+1當ax2-2x+1O,故g(x)O,即g(x)在(1,+)上單調(diào)遞增，因此g(x)O；,g(1)=O.當a2 時，令g(x)=0 得xi=a-1-V(?1)2-i ,x2=a-1+V(?1)2-i.由x21 和X1X2=1 得x11,故當x (1,X2)時,g(x)0,即g(x)在(1 刈上單調(diào)遞減，因此g(x)0.綜上

12、可知,a的取值范圍是(-g,2.11.(2016 年全國皿卷)設函數(shù)f(x)=lnx-x+1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；?1(2)證明當x (1,+時,11，證明當x (0,1)時,1+(C-1)xcx.1【解析】(1)由題設,f(x)的定義域為(0,+g),f(x)=?1,令f(x)=o,解得x=1.當 0 x0,f(x)單調(diào)遞增；當x1 時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞減.(2)由(1)知,f(x)在x=1 處取得最大值,最大值為f(1)=0.所以當x工 1 時,lnxx-1.1 1故當x (1，+g)時,lnxx-1,ln?1,?1即1m?1,設g(x)=1+(c-1)x-cx, 則g(

13、x)=c-1-cxlnc.用？令g(x)=0,解得x0%?：當x0,g(x)單調(diào)遞增；當xx。時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞減.由知 1c,故 0X01.又g(0)=g(1)=0,故當 0 x0.所以當x (0,1)時,1+(c-1)xcx.考點三禾U用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題12.(2017 年全國i卷)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.【解析】(1)f(x)的定義域為(-3+，f(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).若a 0,則f(x)0,則由f(x)=0 得x=-lna.當x (

14、-g,-lna)時,f(x)0.所以f(x)在(-g，-ina)上單調(diào)遞減，在(-lna,+g)上單調(diào)遞增.(2)若a0,由(1)知，當x=-lna時,f(x)取得最小值，最小值為f(-lna)=1-+lna.當a=1 時，由于f(-lna)=0,故f(x)只有一個零點;1當a (1,+g)時，由于 1-?+lna0,IPf(-lna)0,故f(x)沒有零點；當a (0,1)時,1-?+lna0,即f(-lna)-2e-2+20,故f(x)在(-g,-lna)有一個零點.設正整數(shù)n。滿足n0ln(?1 則f(n0)=e?(ae?)+a-2)-ne?-n2?-n0.由于 ln(3-1L-lna,

15、因此f(x)在(-lna,+g)有一個零點.綜上可知,a的取值范圍為(0,1).蕉舸疊能搭舸嗣谿鯉尉滋舸疊空 研Lm高頻考點：利用導數(shù)判斷函數(shù)的圖象，求單調(diào)區(qū)間、極值、最值，根據(jù)參數(shù)的范圍證明不等式、判斷函數(shù)的零點.命題特點：各類題型均有，都是與函數(shù)結(jié)合考查，此類題目的壓軸試題難度較大、邏輯性強，對考生運算能力要求較高.備考時 應注意總結(jié)規(guī)律、強化訓練，突破難關. 6.1 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用必備知識7一F函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)在(a,b)內(nèi)的可導函數(shù)f(x),f (x)在(a,b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0.f(x)0?f(x)在(a，b)上為_.f(x)w0?f(x)在(a，b)上為_.函數(shù)的

16、極值與導數(shù)1.函數(shù)的極小值函數(shù)y=f(x)在點x=a的函數(shù)值f(a)比它在點x=a附近的其他點的函數(shù)值都小，f (a)=0,而且在點x=a附近的左側(cè)_右側(cè)_,則點a叫作函數(shù)y=f(x)的極小值點,f(a)叫作函數(shù)y=f(x)的極小值.2.函數(shù)的極大值函數(shù)y=f(x)在點x=b的函數(shù)值f(b)比它在點x=b附近的其他點的函數(shù)值都大極小值點和極大值點統(tǒng)稱為極值點，極小值和極大值統(tǒng)稱為極值,f (b)=0,而且在點x=b附近的左側(cè) _ ,右側(cè) _ ,則點b叫作函數(shù)y=f(x)的極大值點,f(b)叫作函數(shù)y=f(x)的極大值.函數(shù)的最值與導數(shù)1.在閉區(qū)間a,b上連續(xù)的函數(shù)f(x)必有最大值與最小值.2

17、._若函數(shù)f(x)在a,b上單調(diào)遞增則為函數(shù)的最小值, 為函數(shù)的最大值若函數(shù)f(x)在a,b上單調(diào)遞減 則_ 為函數(shù)的最大值，_為函數(shù)的最小值3.設函數(shù)f(x)在a,b上連續(xù)且在(a,b)內(nèi)可導，求f(x)在a,b上的最大值和最小值的步驟如下(1)求f(x)在(a,b)內(nèi)的_;將f(x)的各極值與 _ 進行比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值?左學右考1判斷下列結(jié)論是否正確，正確的在括號內(nèi)畫“V”，錯誤的畫“X(1)f(x)R是f(x)為增函數(shù)的充要條件.(2) 函數(shù)的極大值不一定比極小值大.閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定有最大值和最小值(4)函數(shù)f(x)=x2-1,其極值點為(2,0).

18、2如圖所示的是函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f(x)的圖象，則下面判斷正確的是().A在區(qū)間(-2,1)上,f(x)是增函數(shù)B.在區(qū)間(1,3)上 ,f(x)是減函數(shù)C 在區(qū)間(4,5)上,f(x)是增函數(shù)D 當x=2 時,f(x)取到極小值()()()()3設函數(shù)f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a0.當 0a4 時,0X21,(1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性；當x 0,1時，求f(x)取得最大值和最小值時的x的值.知識清單一、增函數(shù) 減函數(shù)二、1.f(x)0f(x)0,得f(x)為增函數(shù)，反之不一定成立，如y=x3在 R 上單調(diào)遞增，但f(x)=3x20.(2) 正確，一個函

19、數(shù)的極大值、極小值沒有確定的大小關系，極大值可能比極小值小.(3) 正確，由最值的定義可知，閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定有最大值和最小值(4) 錯誤，極值點是實數(shù)，不是點.【答案】(1)x(2)V(3)V(4)X2.【解析】A、B 錯誤，由導函數(shù)與函數(shù)的關系可知f(x)在區(qū)間(-2,1)和(1,3)上有增，有減;C 正確,在區(qū)間(4,5)上f(x)0 所以f(x)是 增函數(shù);D 錯誤，當x=2 時,f(x)取到極大值.【答案】C3.解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為 R,f(x)=1+a-2x-3x2.令f(x)=0,不妨設X1V%,得 為=-1-育+3?淤2=-1+；+3?,.f(x)=-3(x-

20、x1)(x-X2).當xX2時,f(x)0.-1 - v4+3?-1+ v4+3?-1 -V4+3?-1+ v4+3?即f(X)在(-8,3)和 w，+g上單調(diào)遞減，在(一3,-3)上單調(diào)遞增.(2)丁a,.x10.由(1)知f(x)在0,X2上單調(diào)遞增，在X2,1上單調(diào)遞減，.f(x)在X=X2處取得最大值當a4 時,X2 1,由(1)知f(x)在0,1上單調(diào)遞增，/.f(x)在x=0 和x=1 處分別取得最小值和最大值;由(1)知f(x)在0,X2上單調(diào)遞增，在X2,1上單調(diào)遞減，.f(x)在X=X2處取得最大值又f(0)=1,f(1 )=a,若 0a1,f(x)在x=1 處取得最小值 若

21、a=1,f(x)在x=0 和x=1 處同時取得最小值若 1a4,f(x)在x=0 處取得最小值.曲戲蹩酬能能罔鯉酬滋牌了矣力:題型一利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【例 1】已知函數(shù)f(x)=ln (eX+1)-ax.(1)討論函數(shù)y=f(x)的單調(diào)性；若函數(shù)y=f(x)在0,+a)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為 R,e?1由已知得f(x)=e?1-a=仁e?+7-a.當a0,函數(shù)y=f(x)在R上單調(diào)遞增.當a 1 時,f(x)0,函數(shù)y=f(x)在 R 上單調(diào)遞減.當 0a0,得(1-a)(eX+1)1,即 e-1+?解得xln石?？由f(x)0,得(1-a)(

22、eX+1)1,即 eXv-1+?解得xvln而當ae(0,1)時，函數(shù)y=f(x)在(In*?+叼上單調(diào)遞增，在 k-a,in?上單調(diào)遞減綜上可知，當a 1 時,f(x)在 R 上單調(diào)遞減;? ?當 0a0,即aw【解析】(1)當a=0 時,f(x)=lnx+x,e?令h(x)=評1，由h(x)0,得h(x)在0,+上單調(diào)遞增h(x)min=h(0)=2，.aW1,1故實數(shù)a的取值范圍是(-吃.(1) 研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性時，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響分類討論.(2) 劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，不僅要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導數(shù)為 0 的點和函數(shù)的間斷點【變式訓練 1】設函數(shù)f(x)=a

23、f-a-Inx,其中a Re=2.718為自然對數(shù)的底數(shù)(1)討論f(x)的單調(diào)性;e(2)已知g(x)=2ax-f以)-尹?證明：當x1 時,g(x)0.1 2?1【解析】(1)由題意得f(x)=2ax-?j?-(x0).若a 0,則f(x)上單調(diào)遞減.若a0,由f(x)=0 得 當x (0,冷?？時,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.1 e 1 e _ _1 e(2)由已知得g(x)=2ax-2ax+?e?=?評要證g(x)0,只需證。?了.因為x1，即證 ex-1x.令s(x)=ex-1-x,則s(x)=ex-1-1.當x1 時,s(x)0,s(x)在(1,+x)上單調(diào)遞增,s(x)s(1)

24、=0,所以 ex-1x,從而g(x)=?為刃.題型二利用導數(shù)研究函數(shù)的極值_ 1 2【例 2】(2017 湖南懷化市一模)已知函數(shù)f(x)=lnxpax+xaER(1) 當a=0 時,求函數(shù)f(x)在(1,f(1)處的切線方程；【解析】(1)當a=0 時,f(x)=lnx+x,(2) 令g(x)=f(x)-(ax-1),求函數(shù)g(x)的極值.當xe(0,a)時,f(x)0,則f(1)=1,所以切點為(1,1).又f(x)=1+1,則切線斜率k=f(1 )=2,故切線方程為y-1=2(x-1),即 2x-y-1=0.12(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-ax+(1-a)x+1,所以

25、g(x)gax+(1-a)尹?嚴1.若ao,所以g(x)0.所以g(x)在(0,+a)上是單調(diào)遞增函數(shù)，無極值.1-?(x+1)若a0,g(x)=方,1令g(x)=0，得x=?1 1所以當xe(0,?時,g(x)0；當x(?+a)時,g(x)0,1 1因此函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,?,單調(diào)遞減區(qū)間是(1?+a),1 1 1所以當x=?時,g(x)有極大值g(?=27?lna.綜上可知，當a0 時，函數(shù)g(x)有極大值2?lna,無極小值.求可導函數(shù)f(x)的極值的步驟:(1)確定函數(shù)的定義域，求導函數(shù)f(x);(2)求方程f(x)=0 的根;(3)檢驗極值點左右兩側(cè)的符號 已知極值求參

26、數(shù)時，要注意檢驗所求是否有極值的條件.【變式訓練 2】求函數(shù)f(x)=x-a(lnx+1)(aeR)的極值.?【解析】由f(x)=1-?=石,x0 知,若a0,函數(shù)f(x)為(0,+a)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值.若a0,由f(x)=0,解得x=a.從而函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值，且極小值為f(a)=-alna,無極大值.綜上可知，當a0 時，函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值-alna,無極大值.題型三 利用導數(shù)研究函數(shù)的最值?【例 3】已知aGR 函數(shù)f(x)=?+lnx-1.(1) 當a=1 時,求曲線y=f(x)在點(2,f(2)處的切線方程；求 f(x)在區(qū)間(0,e上的最小

27、值.1【解析】(1)當a=1 時,f(x)=?+|nx-1,xG(0,+),1 1 ?-?1所以f(x)=-?+?=?-,xG(0,+x).1 1所以f冷,即曲線y=f(x)在點(2,f(2)處的切線斜率為4.1 1 1又因為f(2)=ln 2-2,所以曲線y=f(x)在點(2,f(2)處的切線方程為y-(ln2二)=4(x-2),即x-4y+4ln 2-4=0.?(2) 因為f(x)=?+lnx-1,? 1 ?所以f(x)=-?+?=-?,xG(0,e.令f(x)=0，得x=a.若a0,f(x)在區(qū)間(0,e上單調(diào)遞增，此時函數(shù)f(x)無最小值.若 0ae,則當xG(0,a)時,f(x)0,

28、函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,e上單調(diào)遞增，所 以當x=a時，函數(shù)f(x)取得最小值 lna.若ae,則當xG(0,e時,f(x) 0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,e上單調(diào)遞減，?所以當x=e 時，函數(shù)f(x)取得最小值綜上可知，當a 0 時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,e上無最小值；當 0va e 時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,e上的最小值為 g在熟練掌握求函數(shù)最值的步驟的基礎上，還要注意正確求導，準確確定極值、端點處的函數(shù)值，比較極值與端點處函數(shù)值的大 小，有時需要通過作差或作商來比較.【變式訓練 3】已知函數(shù)f(x)=x-eax(a0).(1) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；1 2(2) 求函數(shù)f(x)在?

29、上的最大值.【解析】(1)f(x)=1-ae：令f(x)=1-aeax=0，則x=?n1?當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表：x“ 1 1(-a,-?a a11In -aa“1 1(?, +a)a af (x)+0-f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減1111故函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(-s，?n?,減區(qū)間為(?n？+a).1 1 2 1 1 2 2 22由(1)知，當?n?孑?即 0a 訂時,f(x)在?上單調(diào)遞增，所以f(x)max=f(?=?e;當?n?即ae時，f(x) 在【?上單調(diào)遞減，所以f(X)max=f(?=?e.1 22綜上所述，當 0ae?時,f(x)max=?e;當e

30、2ae時，f(x)max=?e.方法一分類討論，不重不漏利用導數(shù)研究函數(shù)問題時，遇到題目中含有參數(shù)，常常要結(jié)合參數(shù)的意義及對結(jié)果的影響進行分類討論，此類題目為含參型，應全面分析參數(shù)變化引起結(jié)論的變化情況.參數(shù)有幾何意義時還要考慮運用數(shù)形結(jié)合思想，分類討論要做到分類標準明確，不重不漏.【突破訓練 1】已知函數(shù)f(x)=x-alnx(a R).(1)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的極值點的個數(shù)；?+1設g(x)=-帀,若不等式f(x)g(x)對任意x1,e恒成立，求a的取值范圍.? ?-?【解析】(1)f(x)=x-alnx(x0)，f(x)=1-芳帀,當aO,f(x)單調(diào)遞增，f(x)無極值；當a0

31、 時，令f(x)0,解得xa,令f(x)0,解得 0 xg(x)對任意x 1,e恒成立，令h(x)=f(x)-g(x),即h(x)最小值0在1，e上恒成立，? ?+1_(?+1)?(?+1)h (x)=1-?帀一當 1+aw1,即aw0 時,h(x)在1 ,e上為增函數(shù),h(x)min=h( 1)=1+1+a0,解得a-2,即-20 時，當 1+a e, 即a e-1 時,h(x)在1 ,e上單調(diào)遞減，h(x)min=h(e)=e+?-+1-a0,解得ae-1,.e-1wa -e-1則h(x)=x-aln?+1x+(aR),?.e2+1e-1當 11+ae,即 0ae-1 時,h(x)min=

32、h(1+a),/0ln (1+a)1,0aln (1+a)2,此時h(1+a)成立.時,不等式f(x)g(x)對任意x 1,e恒成立.方法二巧用轉(zhuǎn)化思想，妙解導數(shù)題轉(zhuǎn)化思想在導數(shù)研究函數(shù)中應用廣泛，如根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般方法是轉(zhuǎn)化為集合間的包含關系，建立不等式處理或轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題解決，即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f(x) 0;若函數(shù)單調(diào)遞減，則f(x) 0 在1,+s)上恒成立，即a-2x2-2x在區(qū)間1,+)上恒成立.-2X2-2X在1,+)上的最大值為-4,.-4.經(jīng)檢驗：當a=-4 時,f(x)=2?：；-4=2?；：+?F0,x匕【化+).實數(shù)a的取值范圍是-4,+p.1.(

33、2017安徽江淮十校三模)若函數(shù)f(x)=2x2-9lnx在區(qū)間a-1，a+1上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是().A14Ca2D.0a0,由f(x)=x-9 0,得 0 x 3.函數(shù)f(x)=V-9lnx在區(qū)間a-1,a+1上單調(diào)遞減,2綜上可知，當-2a 0?合 1 丄 3 解得3a4【答案】A1 12.(2017 唐山一模)已知函數(shù)f(x)=lnx-x+?若a=f(3),b=f(n),c=f(5),則().AcbaB.cabC.bcaD.acb【解析】?12+3f(x)的定義域是(0,+s),f(x)=?1-?2=-匕2二5n；.f(5)vf(n)f(：),即cb0,b R)的一個極值點

34、，則 Ina與b-1 的大小關系是().A.Inab-1 B.lna0),11-3?貝寸g (a)=?6=?.1令g(a)0,解得 0a-;1令g(a)3,1 1故g(a)在(0,3)上單調(diào)遞增,在(3,+呵上單調(diào)遞減,V4V4令f(X)0,解得 OVXF；令f(X)0,解得X.f(x)在0,J)上單調(diào)遞增，在 ( ,+上單調(diào)遞減，3故g(a)max=g(3)=1-ln 30,所以 lna0,解得xa+1;令f(x)a+1.故f(x)在(-ya+1)上單調(diào)遞增，在(a+1,+上單調(diào)遞減，故x=a+1 是函數(shù)f(x)的極大值點.由題意得,0a+l2,解得-la0)上的最小值.【解析】(1)f(x

35、)_nx+x?_lnx+1，當x_1時,f(1)_1,f(1)_0. f (x)在x_1 處的切線方程是y_x-1,1若x (0,詁,則f(x)0,f(x)單調(diào)遞增.7消去y得,x +(1-a)x+1_0,由題意得,A=(1-a)2-4_0,解得a_3 或a_-1.(2)由 (1)知,f(x)_nx+1,4 4 1 11 1 |1當 0tt+4We，即 0te-4時,f(x)在 ?,?4上單調(diào)遞減,.f(X)min=f(?+4)= t+41 111 1 1 1當0tet+4,即e-4te時,f (x)min=f(e)=-e;111 1當eWt 目時,f(x)在?,?4上單調(diào)遞增，.f(X)mi

36、n=f(t)=tlnt.1 1 1 1(?+4) ln (?+4) ,0 tW-4,1 111綜上可知,f(x)min=-e,e-4 t 0 且函數(shù)f(x)在(1,e)上有極小值時，求實數(shù)a的取值范圍.1【解析】(1)當a=0 時,f(x)=xlnx+b：f(x)=1+lnx 0 在-,+8)上恒成立,f(X)在1,+8)上單調(diào)遞增，1 1 f(X)min=f(e)=-e+b.1 1當-e+b 0,即bo,即be時,函數(shù)沒有零點.?(2)Tf(x)=lnX+T?,X(1,e),令g(x)=lnx+?(a).d 77g(x)=?+?0 恒成立，.g(x)在(1 ,e)上單調(diào)遞增.?/g(x)g(

37、1 )=1-a,g(x)g(e)=2-e函數(shù)f(x)在(1,e)上有極小值,?(1)= 1-? 0 解得1a0).(1)當m=時,求曲線y=f(x) g(x)在x=1 處的切線方程(2)討論函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)在(0,+X)上的單調(diào)性.?ln?【解析】(1)當m=時，曲線y=f(x) g(x)=?+j,y=(1+ln?)(?+1)- ?ln?=ln?+?+1 (?+1)2(?+1)2當x=1 時,切線的斜率為1.又切線過點(1,0),1故切線方程為y=2(x-1),即x-2y-1=0.? 1(2)f以)訥)=聞,F(x)=f(X)-g儀)=務J壬空半? (?+1)2?(?+12若

38、me o,則F(x)4時,k(x)0,此時F(x) 0,函數(shù)F(x)在(0,+X)上單調(diào)遞增.1當 A0,即卩 0m2,XiX2=1,? ?.Ovxi1 X2,此時，函數(shù)F(x)在(0,xi),(X2,+x)上單調(diào)遞增，在(xi,X2)上單調(diào)遞減綜上所述，當me0 時,F(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,+*);當 0m4時,F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+a).I0.設a為實數(shù)，函數(shù)f(x)=ex-2x+2a,xeR(1) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.(2) 求證:當an 2-1 且x0 時,exx2-2ax+i.【解析】(i)由f(x)=ex-2x+2a,xeR 知f(x)=ex-2,x R令f

39、(x)=0,得x=ln 2 ,當x變化時,f(x),f(x)的變化情況如下表：x (-a,ln 2 )ln 2f (x)-0f(x)極小值故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-a,ln 2 ,單調(diào)遞增區(qū)間是In 2，+a),f(x)在x=ln 2 處取得極小值，極小值為f(ln 2 )=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a).(2)設g(x)=ex-x2+2ax-1,xeR于是g(x)=ex-2x+2a,xeR.由(1)知當aln 2-1 時,g(x)的最小值為g(ln 2 )=2(1-ln 2+a)0.于是對任意xeR 都有g(x)0,所以g(x)在 R 上單調(diào)遞增.于是當aln 2-

40、1 時,(1-2?)-vT47?2?,X2=(1-2?)+ vT-4?2?(ln 2 ,+a)+/對任意x (0,+X),都有g(x)g(O).而g(0)=0,從而對任意x (0,+x),g(x)0.即 ex-x2+2ax-10,故ex-2ax+1.6.2 導數(shù)的綜合應用、必備知識一利用導數(shù)證明不等式的基本步驟1.作差或變形.2.構(gòu)造新的函數(shù)h(x).3.對h(x)求導.4.利用h(x)判斷h(x)的單調(diào)性或最值.5.下結(jié)論.二一元三次方程根的個數(shù)問題令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a0),則f(x)=3ax2+2bx+c.2方程f(x)=0的判別式A =(2b)-12ac.1.當Aw0

41、,即b2w3ac時,f(x)0恒成立,f(x)在R上為增函數(shù),又易知存在x,xR,使f(x)f(x)0,即b23ac時，方程f(x)=0有兩個實根，設為X1,X2(X1m(1)當m時方程f(x)=0有_ 個實根；當m=0時方程f(x)=0有_個實根；當ma,則實數(shù)a的取值范圍是 _.324若函數(shù)f(x)=2x -9x +12x-a恰好有兩個不同的零點，則a的值為_.5已知函數(shù)f(x)=x3-3x+c的圖象與x軸有三個交點，求c的取值范圍.知識清單 二、1.一2.(1)(2)兩三(4)兩(5)基礎訓練1.解析】y=-x2+81=-(x-9)(x+9),由已知得當(0,9)時,函數(shù)單調(diào)遞增；當x(

42、9,+x)時，函數(shù)單調(diào)遞減.所以當x=9 時，該生產(chǎn)廠 家獲得年利潤最大.答案】C2.解析】y=ex+a,由已知得x=ln (-a)0,解得aa,則a0,解得-2c2.題型一不等式恒成立問題例 1】已知函數(shù)f(x)=ax+xlnx(a R).(1) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間e,+x)上為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2) 當a=1 且k Z 時,不等式k(x-1) 0 在e,+x)上恒成立，即 lnx+a+1 0 在e,+x)上恒成立，即a-(Inx+1)在e,+上恒成立.又-(Inx+1 )max=-(ln e+1 )=-2,. .a-2.故a的取值范圍是卜 2,+*)(2)vf(x)=x+xlnx

43、,x (1,+x).?(?L?+? In?.k1 恒成立.1 ?-1令h(x)=x-lnx-2(x1),則h(x)=1-,?=?0,h(x)在(1,+x)上單調(diào)遞增.vh(3)=1-In 30,存在X。e(3,4)使h(x)=0.即當 1xxo時,h(x)0,即g(x)xo時,h(x)0,即g(x)0. g(x)在(1 ,x0)上單調(diào)遞減，在(x0,+x)上單調(diào)遞增.由h(X0)=X0-lnX0-2=O，得 InX0=X0-2,g(x)min=g(X0)=? ?(；：?0)=?(：? f2)=X0e(3,4),k0.(1) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間；2(2) 求所有的實數(shù)a,使 e-1 f(x)0

44、,因為a0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,a),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,+.令g(x)=?+? In?w則“、？ln?2g (x)W.所以f(x)=?-2x+a=-(爲.丿要使 e-1f(x)e-1,得a-1 e-1,即ae.?(1)= ?1 e-1由(1)知f(x)在 1,e上單調(diào)遞增，只要?(e)= ?e2.aeve2解得a=e.?(e)= ?-e + ae 0,都有f(x)ex.e?【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+g),f(X)=e蒔，當a0,f(x)在(0,+百上單調(diào)遞增.?當a0 時，令f(x)0,解得xe.?令f(x)0,解得 0 xe；? ?故f(x)在(0,e)上單

45、調(diào)遞減，在(云，+a)上單調(diào)遞增；綜上可知，當a0 時,f(X)在(0,e)上單調(diào)遞減，在( , +a)上單調(diào)遞增.-X21(2)要證明f(x)e 即證明 eln%+?尹，構(gòu)造函數(shù)h(x)=e-x,h(x)=e-1,令h(x)=0,得x=1.故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在 (1,+a)上單調(diào)遞增./h(x)h(1)=0，于是有 ex-1x,x0,從而-4?,益-.e-1?21 1下面只需證明 elnx+護？?即證 elnx+?歹 0.令F(x)=elnx+如0),則F1 1 1故F(x)在(0,；)上單調(diào)遞減，在(e，+a)上單調(diào)遞增，即FX)F(y=o.1 7x-111.2 1-當x=

46、e時,ex, 0e?te?.利用導數(shù)證明不等式的方法：一般是構(gòu)造輔助函數(shù)，并求此函數(shù)的導數(shù)，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等證明，如證明f(x)vg(x),x (a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),如果F(x)0,那么Rx)在(a,b)上是減函數(shù)，同時若F(a)0,由減函數(shù)的定義可知，當x (a,b)時，有F(x)0，即證明了f(x)g(x).n?【變式訓練 2】當 0 xx+y.?1222【解析】設f(x)=tanx-(?+可),則f(x)=_-1-x =tanx-x =(tanx-x)(tanx+x).3COS x1令g(x)=x-tanx則g(x)=1-co亦.n因為

47、0 x2-,所以g(x)0,n所以g(x)在(0, R 上單調(diào)遞減,g(x)g(0)=0,所以x0,f(x)為增函數(shù),f(x)f(0).?而f(0)=0,所以f(x)0,即 tanx-(x+y)0,故 tanxx+3.題型三利用導數(shù)研究函數(shù)的零點問題【例 3】已知函數(shù)f(x)=(2-a)x-2(1+lnx)+a.(1) 當a=1 時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；1(2) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0, J 上無零點，求a的最小值.【解析】(1)當a=1 時,f(x)=x-1-2lnx,則f(x)=1-?定義域為(0,+*).由f(x)0,得x2;由f(x)0,得 0 x2.故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0

48、,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+X).(2)f(x)=(2_a)(x_1)_2lnx,令m(x)=(2-a)(x-1),h(x)=2lnx,則f(x)=m(x)-h(x).1 11當ah(2),即(2-a)(2-1) 2ln/.a2-4ln 2 ,.2-4ln 2 a2 時,在區(qū)間(0,-)上,m(x)0,h(x)2-4ln 2 ,.amin=2-4ln 2.利用導數(shù)研究方程的根(函數(shù)的零點)的策略:研究方程的根或曲線的交點個數(shù)問題，可構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的零點個數(shù)問題.可利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值、單調(diào)性、變化趨勢等，從而畫岀函數(shù)的大致圖象，然后根據(jù)圖象判斷函數(shù)的零點個數(shù)【變式訓練 3】

49、已知x=1 是函數(shù)f(x)=3ax3-|x2+(a+1)x+5 的一個極值點.(1) 求函數(shù)f(x)的解析式；(2) 若曲線y=f(x)與直線y=2x+m有三個交點，求實數(shù)m的取值范圍.【解析】(1)f(x)=ax-3x+a+1,由f(1)=0,得a=1,y=3x3-3x2+2x+5.(2)曲線y=f(x)與直線y=2x+m有三個交點，即g(x)=1x3-3x2+2x+5-2x-m=0 有三個根，即有三個零點.由g(x)=x2-3x=0，得x=0 或x=3.由g(x)0 得x3;由g(x)0 得 0 x 01只需?；) 0,解得產(chǎn) m1故實數(shù)m的取值范圍為(p5).題型四 利用導數(shù)研究生活中的

50、優(yōu)化問題【例 4】某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位汗克)與銷售價格x(單位:元/千克)滿足關系式?2y=_+10(x-6)，其中 3x6,a為常數(shù).已知銷售價格為 5 元/千克時，每日可售出該商品 11 千克.(1) 求a的值；(2) 若該商品的成本為 3 元/千克，試確定銷售價格x的值,使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大【解析】(1)因為當x=5 時,y=11,所以2+10=11,解得a=2.22由(1)知,該商品每日的銷售量丫=至+10&-6),22 2所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)=(x-3) + 10(x-6)2=2+10(x-3)(x-

51、6) ,3x0)千米/時的燃料費用為Q元，則Q=kx.由6=kx10,可得k=00，.Q=0X3.二總費用尸(爲?？+ 96) ?=500 x26? 96 -y =而-詢,令y=0,得x=20,x(3,4)f (x)+4(4,6)0 -f(x)單調(diào)遞增極大值 42 單調(diào)遞減，解決這類問題要明確自變量的意義以及最值問題所研當xG(0,20)時,yv0,此時函數(shù)單調(diào)遞減當xG(20,+*)時,y0,此時函數(shù)單調(diào)遞增.當x=20 時,y取得最小值，此輪船以 20 千米/時的速度行駛時，每千米的費用總和最小方法一構(gòu)造函數(shù)法解決數(shù)學問題的方法有很多，構(gòu)造函數(shù)法是其中的一種基本方法.所謂構(gòu)造函數(shù)法就是根據(jù)

52、問題的條件或結(jié)論所具有的特征 通過構(gòu)造一個相關的新函數(shù)，實現(xiàn)問題的轉(zhuǎn)化，使轉(zhuǎn)化后的問題比原問題更易理解，更富啟發(fā)性，從而使問題得以解決.構(gòu)造輔助函 數(shù)的方法很多，在選擇構(gòu)造方法的過程中要注意根據(jù)實際需要，使構(gòu)造的輔助函數(shù)為問題的解決起到橋梁的作用?(?)【突破訓練 1】(2017 武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=lnx-?(aGR).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；證明:不等式(x+1)lnx2(x-1)對任意xG(1,2)恒成立.?-?【解析】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+ if(x)=?當a0,f(x)在(0,+%)上為增函數(shù)；當a0 時,f(x)在(a,+%)上為增函數(shù)，在(o,a)上

53、為減函數(shù).x G(1,2),則$(X)在(1,2)為增函數(shù)，$(x)$(1)=0，即xG(1,2),F(x)0,.F(x)在(1,2)上為增函數(shù)F(x)H1)=0,.(x+1)lnx2(x-1)對任意xG(1,2)恒成立.方法二分離參數(shù)法分離參數(shù)法是解決含參問題的基本思想之一，對待含參不等式問題在能夠判斷出參數(shù)的系數(shù)正負的情況下，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離岀來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，只要研究變量表達式的性質(zhì)就可以解決問題.【突破訓練 2】當xG-2,0時，不等式ax3-x2+4x+30 恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.令F(x)=(x+1)lnx-2(x-1 ),F(

54、x)=lnx+fln?-?1x-p?.令$(x)=n?x-帀，由 (1)知當a=1 時,$(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1,+%)上為增函數(shù)【解析】當x=0 時,ax3-x2+4x+3 0 變?yōu)?3 0 恒成立，即aGR當xe -2,-1)時Mx)0.當x=-1 時,$(x)有極小值，即為最小值.而$(X)min=$(-1)=-2,.a w-2.-1綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為(-8,-2.1.(2017 湖北聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ax8 9-4ax-lnx,則f(x)在(1,3)上不單調(diào)的一個充分不必要條件是().8【解析】由已知f(x)=2ax-4a-?當a=0 時,f(x)0,f(

55、x)在 (0,+8)上單調(diào)遞減.當a 0 時，要使f(x)在 (1,3)上不單調(diào)，則f(x)=2ax-4a-?=)在(1,3)上有解.此方程可化為 2ax2-4ax-仁 0,得X1+%=2，因此方程的兩個解不可能都大于1,從而它在(1,3)上只有1 1一個解.又充要條件是(2a-4a-1)(18a-12a-1)0,解得a6,因此選項 D 是滿足要求的一個充分不必要條件.故選 D【答案】D2.(2017 廣西一模)若函數(shù)f(x)在 R 上可導，且滿足f(x)f(2)C.2f(1)=f(2) Df(1)=f(2)【解【解析】設g(x)=?則g(x)=?(?)fx)vxf(x),.g(x)0,即g(

56、x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，.2?1)誓),即 2f(1)vf(2).【答案】A當xe-2,0)時,a0,函數(shù)是增函數(shù)，排除 AD;當x=1 時,f(-1)0)在區(qū)間(1,1)內(nèi)有極大值,則a的取值范圍是().1A ( , +8)B. (1,+x)eC.(1,2)D (2,+8)1若f(x)在(2,1)內(nèi)有極大值?(_) 0則，解得 1a2.?(1) 0,【答案】C5.(2017 天津市紅橋區(qū)期中)已知函數(shù)y_f(x)的導函數(shù)y_f(x)的圖象如圖所示，給出下列命題0 是函數(shù)y_f(x)的一個極值點1函數(shù)y_f(x)在x_-2處的切線斜率小于零3f(-1)f(0)；4當-2x0.其中正確的是

57、 _.(寫岀所有正確命題的序號)1【解析】當x0 時,f(x)0；當x_0 時,f(x)_0;當-2x0,.0 是函數(shù)y_f(x)的一個極值點，故正確.Tf( -)0,L/ JA13【解析】2 ?(2a+1)x+2f(x)=ax-(1+2a)+?=? -_(?)(?-2) ?(a0,x0),1函數(shù)y_f(x)在x_-2處切線的斜率大于零，故錯誤.當-2x0, f(-1)vf(0),故正確.當-2x0,不確定f(x)0,故錯誤.【答案】6.(2017 天津市紅橋區(qū)一模)已知定義在 R 上的函數(shù)f(x)滿足:f(2)=1,且對任意的x R,都有f(x)W,則不等式f(log2x)92X+1的解33

58、集為_.1 1【解析】設F(x)=f(x)-gX,則F(x)=f(x)-3g3+1，得f(log2x)-1g2x3.由f(2)-：X2=3，得F(log2X)F(2)(X0),則 log2X2,解得 0 x4. /.不等式的解集為x|0 x4.33【答案】x|0 x0.(1) 當a=2 時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2) 若關于x的不等式f(x)w0 在1,+*)上有解，求實數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)當a=2 時，函數(shù)f(x)=x3+2x2-4x-1,f(x)=3x2+4x-4=(3x-2)(x+2).299當? 1,即a 3 時,f(x)在區(qū)間1,+x)上單調(diào)遞增， fx)在1,+x)

59、上的最小值為f(1),由f(1) 0,得 1+a-a2-1 1 或a 0(舍去),Ka 3.11由f(x)0,解得-2x0，x2=-a0,解得x3或x1,即a3 時,f(x)在區(qū)間(1,?)上單調(diào)遞減，在(3?+上單調(diào)遞增rr f(X)在1,+8)上的最小值為f(3).33?亨？亨3273)=27+9-石-10,解得a_-侖，-綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是1,+8.(2017 株洲市醴陵二中月考)已知函數(shù)f(x)=af+bx-lnx(a,b R).(1)當a=8,b=-6 時，求f(x)的零點個數(shù);設a0,且x=1 是f(x)的極小值點，試比較 Ina與-2b的大小.1 1當 0 x2時,f(

60、x)2時,f(x)0.1 1f(x)在(0,-)上單調(diào)遞減，在(2，+ 上單調(diào)遞增f(x)的極小值是f(1).又.f(2)=-1+|n 20),則g(a)=；1?4=,1當 0a0,g(a)單調(diào)遞增；1當a-時,g(a)0,g(a)單調(diào)遞減.1因此g(a)g(4)=1-ln 40,故 lna0 時，若f(x)在區(qū)間1,e上的最小值為-2,求a的取值范圍；a3.【解析】(1廠a=i,b=-(2?1)(8?+1)?(x0),(2)若對任意X1，X2(0,+X),X1X2，且f(xj+2x10 時,f(x)=2ax-(a+2)+?=?(x0).”=2?(a+2)x+1(2?1)(?)小11令f(x)=0,得