2014-2023年高考数学真题专题分类--3.2　导数的应用(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
3.2　导数的应用
考点一　导数与函数的单调性
1.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.[-1,1]　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　C　f'(x)=1-cos2x+acosx=1-(2cos2x-1)+acosx=-cos2x+acosx+,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-t2+at+≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,
令g(t)=4t2-3at-5,则解得-≤a≤,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Ⅱ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.(-∞,-2]　　　　B.(-∞,-1]
C.[2,+∞)　　　　D.[1,+∞)
答案　D　依题意得f'(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,
∵x>1,∴0<<1,
∴k≥1,故选D.
3.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则 (　　)
A.a>0>b　　　　B.a>b>0　　　　C.b>a>0　　　　D.b>0>a
答案　A　由9m=10可得m=log910>1,令f(x)=xm-(x+1),则f '(x)=mxm-1-1,易知当x>1时, f '(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(8)0>b,故选A.
4.(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　　)
A.aC.c答案　C　a=0.1e0.1=e0.1,b=,则e0.1,构造f(x)=(1-x)ex,则 f '(x)=-xex,当x>0时, f '(x)<0, f(x)单调递减,∴f(0.1)下面比较a与c.
令g(x)=xex+ln(1-x),0令H(x)=(1-x2)ex-1,00,则H(x)在上为增函数,
∴H(x)>H(0)=0.
∴g(x)在上为增函数,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln 0.9>0,∴a>c,∴b>a>c.
5.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=-1,则 (　　)
A.a答案　B　解题指导:注意到a,b为同底的对数值,考虑用对数函数的单调性比较大小,c与a、b的结构不同,可构造与ln x相关的不等式,放缩后再比较大小.
解析　解法一:a=ln 1.012,
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02,
所以a>b,排除选项A与选项D.
设f(x)=ln x-(x>1),则f '(x)=>0,
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,
从而f(x)>f(1)=0,即ln x>.
故a=2ln 1.01>2×.
c=,
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04,
所以1.01<,所以2.01<+1,
所以,即a>c,排除选项C.
故选B.
解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1,
所以a>b,
下面比较a与c的大小.
令f(x)=2ln(1+x)-+1,x∈[0,1),
则f '(x)=,
∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)),
∴f '(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上为增函数,
∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c.
再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=-1,
令g(x)=-1-ln(1+x),x∈[0,1),
则g'(x)=,
而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0,
∴g(x)在[0,1)上为增函数,∴g(0.02)>g(0)=0,
∴c>b.
综上,a>c>b,故选B.
拓展延伸:关于ln x的重要不等式
(1)1-≤ln x≤x-1(x>0).
(2)ln x≥,0(3)ln x≥,x≥1;ln x≤,0(4)ln(x+1)≥x-,x≥0.
(5)ln x≤,x≥1.
(6)(x1≠x2,x1>0,x2>0).
6.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为 (　　)
A.e2　　B.e　　C.e-1　　D.e-2
答案　C　∵f(x)在(1,2)内单调递增,∴f '(x)≥0在(1,2)内恒成立,
即f '(x)=aex-≥0(1令g(x)=xex(10,
∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2),
∴∈,∴a≥,即a的最小值为,故选C.
7.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (　　)
A.(-∞,-2)　　　　B.(-∞,-3)
C.(-4,-1)　　　　D.(-3,0)
答案　B　f '(x)=3x2+a,当a≥0时,f '(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零点,不合题意,∴a<0.
令f '(x)=0,得x1=-,x2=,
当x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)时, f '(x)>0,
当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
∵f(x)存在3个零点,∴f(x)的极大值f(x1)=f +2>0①,
且f(x)的极小值f(x2)=f+2<0②,
解①得a<0,解②得a<-3.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-3),故选B.
8.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是　　　　.
答案　
解析　由题意得, f '(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
∵a∈(0,1),∴a+1∈(1,2),∴ln(1+a)>0,ln a<0,
∴y=axln a与y=(1+a)xln(1+a)在(0,+∞)上均为增函数,
∴y=f '(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f '(0)≥0,即ln a+ln(a+1)≥0,即ln(a2+a)≥ln 1 a2+a≥1,
解得a≤或a≥,又a∈(0,1),
∴a∈.
9.(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　　　　.
①f(x)=2-x　②f(x)=3-x　③f(x)=x3　④f(x)=x2+2
答案　①④
解析　对于①,f(x)的定义域为(-∞,+∞),ex·f(x)=ex·2-x=,∵函数y=在(-∞,+∞)上单调递增,∴①符合题意.
对于②,f(x)的定义域为(-∞,+∞),ex·f(x)=ex·3-x=,∵函数y=在(-∞,+∞)上单调递减,∴②不符合题意.
对于③,f(x)的定义域为(-∞,+∞),ex·f(x)=ex·x3,令y=ex·x3,则y'=(ex·x3)'=ex·x2(x+3),当x∈(-∞,-3)时,y'<0,函数y=ex·f(x)单调递减,故③不符合题意.
对于④,f(x)的定义域为(-∞,+∞),ex·f(x)=ex(x2+2),令y=ex(x2+2),则y'=[ex(x2+2)]'=ex(x2+2x+2)>0,∴函数y=ex(x2+2)在(-∞,+∞)上单调递增,∴④符合题意.
∴符合题意的为①④.
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:①确定函数的定义域;②当f'(x)>0时,f(x)为增函数,当f'(x)<0时,f(x)为减函数,注意写单调区间时不能用“∪”连接.
10.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=alnx+,x>0.
(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈均有f(x)≤,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=-时,f(x)=-lnx+,x>0.
f'(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)≤,得0当0令t=,则t≥2.设g(t)=t2-2t-2lnx,t≥2,则g(t)=--2lnx.
(i)当x∈时,≤2,
则g(t)≥g(2)=8-4-2lnx.
记p(x)=4-2-lnx,x≥,
则p'(x)=--=
=.
故
Aw 1 (1,+∞)
p'(x) - 0 +
p(x) p 单调递减 极小值p(1) 单调递增
所以,p(x)≥p(1)=0.Z
因此,g(t)≥g(2)=2p(x)≥0.
(ii)当x∈时,
g(x)≥g=.
令q(x)=2lnx+(x+1),x∈,
则q'(x)=+1>0,
故q(x)在上单调递增,
所以q(x)≤q.
由(i)得,q=-p<-p(1)=0.
所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g=->0.
由(i)(ii)知对任意x∈,t∈[2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈,
均有f(x)≤.
综上所述,所求a的取值范围是.
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.
11.(2017课标Ⅰ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).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>0,则由f'(x)=0得x=lna.
当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0;
当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln.
当x∈时,f'(x)<0;
当x∈时,f'(x)>0.
故f(x)在单调递减,在单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,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-a2lna≥0,即a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln时,f(x)取得最小值,最小值为f=a2.
从而当且仅当a2≥0,
即a≥-2时,f(x)≥0.
综上,a的取值范围是[-2,1].
12.(2021全国甲文,20,12分)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f '(x)=,根据a>0,x>0,可以判断f '(x)的正负,即可判断出f(x)的单调性.
(2)根据题意得到函数f(x)在(0,+∞)上没有零点.由(1)可得f(x)min=f,使f>0,即可求出a的取值范围.
解析　(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),
∴f '(x)=2a2x+a-.
∵a>0,x>0,∴>0,
当x∈时, f '(x)<0;
当x∈时, f '(x)>0,
∴函数f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,
由(1)可得函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f(x)min=f=3+3ln a>0,
∴ln a>-1,解得a>,
故实数a的取值范围是.
关键点拨　利用导数求函数的单调性时,要注意:①题目中函数的定义域是否有限制;②多个同单调性的区间不能用并集符号相连;③在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重不漏、层次分明”.
13.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.
解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f '(x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点P(x0,y0),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x0的方程,进而求解.
解析　(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f '(x)=3x2-2x+a,
对于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.
①当a≥时,Δ≤0,即f '(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.
②当a<时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=,x2=,故当x∈∪,+∞时, f '(x)>0,当x∈时, f '(x)<0,
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),
则切线的斜率为f '(x0)=3-2x0+a,
故以点P为切点的切线方程为y=(3-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=+ax0+1,且切线过原点,得2-1=0,即(x0-1)(2+x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a).
所以切线方程为y=(1+a)x,联立
消去y得x3-x2-x+1=0,
即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,
∴公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a).
疑难点拨:单调性问题的本质为解不等式,利用导函数的图象确定符号,当参数影响到导函数的符号时,对其分类讨论;切线问题的核心是切点,而切线与曲线的公共点不一定只有切点,这是一个易错点.
14.(2021全国乙理,20,12分)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
(2)设函数g(x)=.证明:g(x)<1.
解析　(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
∴y'=ln(a-x)+x··(-1)=ln(a-x)-,x∈(-∞,a),
∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,
∴ln(a-0)-=0,可得a=1.
当a=1时,y'=ln(1-x)-,x∈(-∞,1),
令p(x)=ln(1-x)-,
则p'(x)=,
易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立.
∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;
当x∈(0,1)时,p(x)<0,
∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.
∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.
(2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),
当x∈(0,1)时, f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0,
当x∈(-∞,0)时, f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0,
∴要证g(x)=<1,只需证x+f(x)>xf(x).
只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),
只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),
则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),
∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,
∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.
∴g(x)<1.
名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最值达到解决问题的目的.
15.(2021新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2<解题指导:(1)首先确定函数f(x)的定义域,然后求其导数f '(x),再分别令f '(x)>0与f '(x)<0,解不等式,进而得出函数f(x)的单调性;(2)先将已知条件进行等价转化,得到f,设x1=,x2=,将条件转化为方程f(x)=k的两个实根为x1,x2,然后结合函数的单调性分别证明x1+x2>2和x1+x2解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得01,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:由bln a-aln b=a-b得(1+ln a)=(1+ln b),
即,
令x1=,x2=,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且f(1)=1,故k∈(0,1),
不妨令x1∈(0,1),x2∈(1,e),则2-x1>1,e-x1>1,
先证明x1+x2>2,即证x2>2-x1,即证f(x2)=f(x1)令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)为增函数,∴h(x)∴f(x2)2-x1,
∴x1+x2>2.
再证x1+x2f(e-x1).
令φ(x)=f(x)-f(e-x),x∈(0,1),
则φ'(x)=-ln[x(e-x)],
∵x→0+时,φ'(x)→+∞,φ'(1)=-ln(e-1)<0,φ'(x)在(0,1)上单调递减,
∴在(0,1)上必存在唯一x0,使φ'(x0)=0,
且当x∈(0,x0)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
当x∈(x0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
又x→0+时, f(x)→0+,且f(e)=0,
∴x→0+时,φ(x)→0+,又φ(1)=f(1)-f(e-1)>0,
∴φ(x)>0恒成立,∴f(x2)>f(e-x1),∴x2综上,2<方法总结:利用导数证明不等式时,首先要转化为函数的单调性问题,然后结合函数的最值、函数的零点问题解决,注意构造函数在证明过程中的应用.
16.(2021全国甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间.
(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势,进而求解参数的范围.
解析　(1)当a=2时, f(x)==x2·2-x(x>0),
则f '(x)=2x·2-x+x2·(-ln 2·2-x)=x·2-x(2-xln 2).
令f '(x)=0,则x=,
f '(x), f(x)的情况如下:
x
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)令f(x)=1,则=1,所以xa=ax,
两边同时取对数,可得aln x=xln a,即,
根据题意可知,方程有两个实数解.
设g(x)=,则g'(x)=,
令g'(x)=0,则x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
又知g(1)=0,g(x)=0,g(x)max=g(e)=,
所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需,即g(a)=,所以a∈(1,e)∪(e,+∞).
综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
17.(2021北京,19,15分)已知函数f(x)=.
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.
解析　(1)当a=0时, f(x)=,∴f(1)=1,又f '(x)=,故f '(1)=-4,故曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0.
(2)由题意得f '(x)=,且f '(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,
故f(x)=,x∈R,f '(x)=,
令f '(x)>0,解得x>4或x<-1;令f '(x)<0,解得-1故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).
所以f(x)的极大值为f(-1)=1, f(x)的极小值为f(4)=-.
又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1, f(x)min=f(4)=-.
解题指导:(1)当a=0时,求出f(1)与f '(1)的值,再写出切线方程;(2)由f '(-1)=0求出a的值,再通过导函数的符号求出f(x)的单调区间和最值.
18.(2022北京,20,15分)已知函数f(x)=exln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
解析　(1)∵f '(x)=exln(1+x)+=exln(1+x)+,∴f '(0)=e0ln(1+0)+=1,
又f(0)=e0ln 1=0,
∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)易得g(x)=f '(x)=exln(1+x)+,
∴g'(x)=exln(1+x)+=exln(1+x)+,
∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,>0,≥0,
又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(2)知g(x)=f '(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f '(x)≥f '(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),
则h'(x)=f '(x)-f '(x+s)<0.
因此h(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴h(0)>h(t),
∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),
又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).
19.(2022新高考Ⅱ,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:>ln(n+1).
解析　(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex,
当x∈(-∞,0)时,f '(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(0,+∞)时,f '(x)>0,f(x)单调递增.
(2)当x>0时,f(x)<-1,即xeax-ex<-1在(0,+∞)上恒成立,
令F(x)=xeax-ex+1(x>0),则F(x)<0在(0,+∞)上恒成立.
易得F(0)=0,F'(x)=eax+axeax-ex,F'(0)=0,
F″(x)=aeax+aeax+a2xeax-ex,F″(0)=2a-1.
若F″(0)>0,则F'(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0),
又F'(0)=0,∴F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x'0).
于是F(x)>F(0)=0在(0,x'0)上恒成立,与F(x)<0矛盾,
∴F″(0)≤0,∴a≤.
∵eax≤在(0,+∞)上成立,∴F(x)≤x-ex+1在(0,+∞)上成立,
故只需证x-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
令G(x)=x-ex+1(x>0),
则G'(x)=.
∵ex>x+1在(0,+∞)上成立,∴+1在(0,+∞)上成立.
∴G'(x)<0,故G(x)在(0,+∞)上单调递减,∴G(x)∴x-ex+1<0在(0,+∞)上成立.
故当a≤时,xeax-ex<-1在(0,+∞)成立.
∴a的取值范围为.
(3)证明:构造函数h(x)=x--2ln x(x>1),
则h'(x)=1+,
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴h(x)>h(1)=0,∴x->2ln x,
令x=,则有,
∴,
∴=ln(n+1).
原式得证.
20.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+.
解析　(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,
f '(x)=aex-1.
①当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;
②当a>0时,令f '(x)=0,则x=ln ,
当x当x>ln 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增,则f(x)min=f=a-ln =1+a2+ln a.
要证明f(x)>2ln a+,只需证明1+a2+ln a>2ln a+,
即证a2-ln a->0.
令g(x)=x2-ln x-(x>0),则g'(x)=2x-=.
当0当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g=-ln -=-ln =ln >0,
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a->0,
∴f(x)>2ln a+.
21.(2023全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=ax-,x∈.
(1)当a=8时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)解析　(1)当a=8时, f(x)=8x-,
∴f '(x)=8-=8-===,x∈,
令f '(x)>0,得cos x>,又x∈,∴x∈,
令f '(x)<0,得cos x<,又x∈,∴x∈,
∴f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)令g(x)=sin 2x-f(x)=sin 2x-ax+,x∈,
∴g'(x)=2cos 2x-a+
=4cos2x+-a-2,
令t=cos2x,∵x∈,∴t∈(0,1),
令h(t)=4t+-a-2,
∴h'(t)=4+==,
又∵t∈(0,1),∴h'(t)<0在(0,1)上恒成立,
∴h(t)在(0,1)上单调递减,
又t=cos2x在上单调递减,
∴g'(x)在上单调递增,
且g'(0)=4+1-a-2=3-a,
①当a≤3时,g'(x)>g'(0)=3-a≥0在上恒成立,
∴g(x)在上为增函数,又g(0)=0,∴g(x)>0在上恒成立,即f(x)②当a>3时,由于g'(x)在上单调递增,且g'(0)=3-a<0,
∴ x0∈,使得g'(x0)=0,
则g'(x)在(0,x0)上恒小于0,故g(x)在(0,x0)上单调递减,
∴当x∈(0,x0)时,g(x)综上,实数a的取值范围为(-∞,3].
22.(2023全国乙文,20,12分,难)已知函数f(x)=ln(1+x).
(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.
解析　(1)当a=-1时, f(x)=ln(x+1),则f(1)=0,且f '(x)=-ln(x+1)+,
故f '(1)=-ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln 2,即xln 2+y-ln 2=0.
(2)∵f '(x)=,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f '(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即在(0,+∞)上恒成立,
其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x),
则g'(x)=2ax-ln(1+x),
令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-,
令H(x)=h'(x),则H'(x)=>0,
故h'(x)在(0,+∞)上为增函数,
因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立.
①当2a-1≥0,即a≥时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
此时g'(x)在(0,+∞)上为增函数,又g'(0)=0,
∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上为增函数,
因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当2a-1<0,即a<时,必存在x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0,
因此,当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x0)上为减函数,
又g'(0)=0,从而有当x∈(0,x0)时,g'(x)<0恒成立,
此时g(x)在(0,x0)上为减函数,又g(0)=0,故有g(x)<0在(0,x0)上恒成立,从而有f '(x)<0在(0,x0)上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不合题意.
综上所述,a≥.
23.(2023全国甲文,20,12分,难)已知函数f(x)=ax-,x∈.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.
解析　(1)当a=1时, f(x)=x-,x∈,
f '(x)=1-==<0,
所以函数f(x)在上单调递减.
(2)令g(x)=-sin x===,
则g'(x)==,
因为x∈,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在上单调递增,
g(0)=0,当x→时,g(x)→+∞,
因为f(x)+sin x<0恒成立,所以-sin x>ax在上恒成立,
即直线y=ax在0由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].
24.(2023全国甲文,21,12分,难)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,|AB|=4.
(1)求p;
(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,且·=0,求△MFN面积的最小值.
解析　(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去x得y2-4py+2p=0,
∵直线与抛物线有两个交点A,B,∴Δ=16p2-8p>0,
解得p>或p<0(舍).
由根与系数的关系可知,
y1+y2=4p,y1y2=2p,∴|AB|=|y1-y2|=·=·=4.
解得p=2或p=-(舍).
∴p=2.
(2)由(1)知,抛物线的焦点为F(1,0).
由题意知直线MN的斜率不可能为0,
∴设MN的方程为x=my+t,M(x3,y3),N(x4,y4),
联立消去x得y2-4my-4t=0,
∴Δ=16m2+16t>0,即m2+t>0,
由根与系数的关系得y3+y4=4m,y3y4=-4t,
∵·=0,∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,
即(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+t-1)(my4+t-1)+y3y4
=(m2+1)y3y4+m(t-1)(y3+y4)+(t-1)2
=(m2+1)(-4t)+m(t-1)·4m+(t-1)2=0,
即-4m2t-4t+4m2t-4m2+t2-2t+1=0,
即4m2=t2-6t+1.
设F到MN的距离为d,则d=,
又|MN|=|y3-y4|=·=·=4·,
∴S△MFN=|MN|·d=×4··=2·|t-1|=·|t-1|
=|t-1|=(t-1)2.
∵4m2=t2-6t+1≥0,解得t≤3-2或t≥3+2,
∴当且仅当t=3-2时,S△MFN取得最小值12-8.
即△MFN面积的最小值为12-8.
考点二　导数与函数的极（最）值
1.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f '(2)=(　　)
A.-1　　　　B.-　　　　D.1
答案　B　f '(x)=,
由题可知x=1为f(x)的极大值点,
∴∴a=b=-2,
∴f '(x)=,∴f '(2)=-,故选B.
解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值.
2.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=(　　)
A.-4　　　　B.-2　　　　C.4　　　　D.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.
3.(2014课标Ⅱ理,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2A.(-∞,-6)∪(6,+∞)　　　　B.(-∞,-4)∪(4,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)　　　　D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
答案　C　f'(x)=cos,
∵f(x)的极值点为x0,
∴f'(x0)=0,∴cos=0,
∴x0=kπ+,k∈Z,
∴x0=mk+,k∈Z,
又∵+[f(x0)]2∴+即m2+3∵m≠0,∴<,k∈Z,
又∵存在x0满足+[f(x0)]2∴>,
∴>,∴m2-3>,∴m2>4,∴m>2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.
4.(2013课标Ⅱ,理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. x0∈R,f(x0)=0
B.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(x1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.
5.(2022全国乙文,11,5分)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 (　　)
A.-
C.-+2
答案　D　　 f '(x)=(x+1)cos x,x∈[0,2π],令f '(x)=0得x=或x=.
当x在[0,2π]上变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表所示:
x 0 ,2π 2π
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 2 ↗ 极大值 +2 ↘ 极小值 - ↗ 2
由表可知, f(x)在[0,2π]上的最大值为+2,最小值为-,故选D.
6.(2021全国乙理,10,5分)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 (　　)
A.ab　　　　C.aba2
答案　D　解题指导:求出f '(x)=0的两根,根据已知条件x=a为函数f(x)的极大值点,分类讨论比较根的大小,得出满足条件的不等式即可.
解析　f(x)=a(x-a)2(x-b)
=a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b],
∴f '(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2]
=a(x-a)[3x-(a+2b)].
令f '(x)=0,得x1=a,x2=.
(i)若a>0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,
则需f(x)在(-∞,a)上单调递增,在上单调递减,此时需a<,得0(ii)若a<0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,此时需满足a>,得b解题通法　求解析式中含有参数的函数极值问题时,需要用分类讨论的思想才能解决,讨论的依据有两种:一是看参数是否对f '(x)的零点有影响,若有影响,则需要分类讨论;二是看f '(x)在其零点附近的符号的确定是否与参数有关,若有关,则需分类讨论.
7.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分)已知函数 f(x)=x3-x+1,则 (　　)
A. f(x)有两个极值点
B. f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
答案　AC　∵f(x)=x3-x+1,∴f '(x)=3x2-1,令f '(x)=0,得x=±,当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f '(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)有两个极值点,故选项A正确.
∵f>0,∴f(x)的极小值大于0,∴f(x)仅有一个零点.故选项B错误.
由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确.
曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f '(x)=2,得x=±1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x-1或y=2x+3,故选项D错误.故选AC.
8.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　.
答案　1
解题指导:先分类讨论去掉绝对值符号,然后用函数的单调性分析其最小值.
解析　①当x>时, f(x)=2x-1-2ln x,∴f '(x)=2-,∴当x∈时, f '(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,
∴f(x)在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=1.
②当0此时f '(x)=-2-<0恒成立,
∴f(x)在上单调递减,
∴f(x)min=f=2ln 2.
∵2ln 2>1,
∴f(x)min=1.
方法总结:绝对值问题的常见处理策略:1.分类讨论去掉绝对值符号;2.利用绝对值的几何意义画图分析.
9.(2022全国乙理,16,5分)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1答案　
解析　∵f(x)=2ax-ex2,
∴f '(x)=2axln a-2ex.
根据题意,得x1,x2是f '(x)=0的两个不相等的实根.
由f '(x)=0得,axln a=ex.
由题意得函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点.
当a>1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图①所示,
当x∈(-∞,x1)时,f '(x)=2axln a-2ex>0,
f(x)在(-∞,x1)上单调递增;
当x∈(x1,x2)时,f '(x)=2axln a-2ex<0,
f(x)在(x1,x2)上单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,f '(x)=2axln a-2ex>0,
f(x)在(x2,+∞)上单调递增.
∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.∴当a>1时,不满足题意,舍去.
图①
图②
当0设过原点的切线l与y=axln a的图象相切于点(x0,ln a),而y'=ax(ln a)2,此时切线l的斜率k=· (ln a)2,∴(ln a)2=,可得=e.
∴k=e(ln a)2,要使函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点,则k即-1综上所述,a的取值范围是.
10.(2022全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x.
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
解析　 (1)当a=0时, f(x)=--ln x(x>0),
∴f '(x)=(x>0),
令 f '(x)=0,得x=1,
x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x)max=f(1)=-1.
(2)解法一:f '(x)=a+.
(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,
∴00,f(x)单调递增,
x>1时,f '(x)<0,f(x)单调递减,
∴f(x)max=f(1)=a-1<0.
此时f(x)无零点,不合题意.
(ii)当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1或x=,
①当0∴10时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
∴f(x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.
②当a=1时,1=, f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.
③当a>1时,<1, f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,
f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时,f(x)→-∞,
∴f(x)恰有1个零点.
综上所述,a>0.
解法二: f(x)=ax--(a+1)ln x只有一个零点,
即a(x-ln x)=+ln x在(0,+∞)上只有一个解.
由ln x≤x-1,得x-ln x≥1,
∴a=,令g(x)=,
则g'(x)=
=,
令h(x)=1--ln x,
则h'(x)=,h'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0,
∴在(0,1)上,h(x)>0,在(1,+∞)上,h(x)<0,
故在(0,1)上,g'(x)<0,在(1,+∞)上,g'(x)<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)→0,
∴g(x)>0,
∴a>0时,a(x-ln x)=+ln x恰有一解.
故a>0.
11.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
解析　 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a-.
当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x=.
易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,
g(x)min=g=1+ln a,
∴a-aln a=1+ln a,即ln a=①.
令h(x)=ln x-(x>0),
则h'(x)=>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.
又h(1)=ln 1-=0,
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;
当01时,g(x)单调递增.
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,
且x1则-x2=x2-ln x2=x3-ln x3,
∴-ln x2.
易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0),
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=.
又-x2=x2-ln x2,∴ln x2+=2x2.
∴x1+x3=ln x2+=2x2.
∴x1,x2,x3成等差数列.
12.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)=-ln x+x-a.
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
解析　 (1)∵f(x)=-ln x+x-a,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=.
令f '(x)=0,得x=1,
f(x), f '(x)的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ ↗
∴当x=1时, f(x)min=e+1-a.
∵f(x)≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1.
(2)f(x)=-ln x+x-a=ex-ln x+x-ln x-a,
设t=x-ln x,则y=et+t-a,y'=et+1.
∵f(x)有两个零点x1,x2,∴由(1)知a>e+1.
∵y'=et+1>0,∴y=et+t-a为增函数,
∴x1-ln x1=x2-ln x2.
由t=x-ln x得t'=1-,令t'=0,得x=1,
t,t'的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
t' - 0 +
t ↘ 1 ↗
证法一:不妨设0∴x2-x1=ln x2-ln x1.
可以证明:,则有<1,所以x1x2<1.
证明如下:∵,
∴只需证.
设m=(m>1),
从而只要证>ln m(m>1).
设g(m)=-ln m(m>1),
则g'(m)=,
∵g'(m)>0,∴g(m)在(1,+∞)上单调递增,
∴g(m)>g(1)=0,
∴成立.
故x1x2<1.
证法二:不妨设0则F'(x)=f '(x)+(ex+x)+(ex+x-1-x).
设φ(x)=ex+x-1-x,x∈(0,1),
则φ'(x)=ex+1-.
∵00,∴φ(x)在(0,1)上单调递增,
∴φ(x)<φ(1)=0,又<0,∴F'(x)>0,
∴F(x)在(0,1)上单调递增.
∴F(x)∴f(x2)=f(x1)由(1)可知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,
∵x2>1,>1,∴x2<,
∴x1x2<1.
13.(2019课标Ⅱ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)=+lnx-1=lnx-.
因为y=lnx单调递增,y=单调递减,所以f'(x)单调递增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-=>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.
又当xx0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)又f(e2)=e2-3>0,
所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得<1又f=ln--1==0,
故是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α,根据所要证明的结论,只需求出f=0即可.
14.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;
(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的极小值;
(3)若a=0,0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)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).
令f'(x)=0,得x=b或x=.
因为a,b,都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,
所以=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)=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(x1由f'(x)=0,得x1=,x2=.
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)=-(b+1)+bx1
=[3-2(b+1)x1+b]-x1+
=++()3
=-+[]3
≤+≤.
因此M≤.
解法二:
因为0当x∈(0,1)时,f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.
令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),则g'(x)=3(x-1).
令g'(x)=0,得x=.列表如下:
x
g'(x) + 0 -
g(x) ↗ 极大值 ↘
所以当x=时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g=.
所以当x∈(0,1)时,f(x)≤g(x)≤.因此M≤.
15.(2018北京,理18,文19,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.
(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)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,
所以f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.
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)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.
若a>,则当x∈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≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-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.
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,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.
16.(2017课标Ⅱ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-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-,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1-.
当0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)由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx.
设h(x)=2x-2-lnx,则h'(x)=2-.
当x∈时,h'(x)<0;
当x∈时,h'(x)>0.
所以h(x)在单调递减,在单调递增.
又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在有唯一零点x0,在有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(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)<.
因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2方法总结　利用导数解决不等式问题的一般思路:
(1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类讨论.
(2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.
17.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)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:b2>3a;
(3)若f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于-,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=3+b-.
当x=-时,f'(x)有极小值b-.
因为f'(x)的极值点是f(x)的零点,
所以f=-+-+1=0,又a>0,故b=+.
因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.
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a>3时,f'(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.
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a>3.
因此b=+,定义域为(3,+∞).
(2)证明:由(1)知,=+.
设g(t)=+,则g'(t)=-=.
当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.
因为a>3,所以a>3,
故g(a)>g(3)=,即>.
因此b2>3a.
(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,
且x1+x2=-a,+=.
从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1
=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+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-=-a2+,
所以h(a)=-a2+,a>3.
因为h'(a)=-a-<0,
于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.
因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6].
易错警示　(1)函数f(x)的极值点x0满足f'(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f'(x)的极值点x0应满足f″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.
18.(2016山东文,20,13分)设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
解析　(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,
可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).
则g'(x)=-2a=.
当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,x∈时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
x∈时,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)的单调增区间为,单调减区间为.
(2)由(1)知,f'(1)=0.
①当a≤0时,f'(x)单调递增,
所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当x∈(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.
②当01,由(1)知f'(x)在内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在内单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=时,=1,f'(x)在(0,1)内单调递增,
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.
④当a>时,0<<1,
当x∈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f(x)在x=1处取极大值,合题意.
综上可知,实数a的取值范围为a>.
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.
19.(2016课标Ⅱ理,21,12分)
(1)讨论函数f(x)=ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0;
(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(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)==≥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)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.(4分)
(2)g'(x)==(f(x)+a).(5分)
由(1)知,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xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0.(6分)
当0当x>xa时,f(x)+a>0,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)===.(8分)
于是h(a)=,由'=>0,得y=单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得=因为y=单调递增,对任意λ∈,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是.
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.(12分)
疑难突破　本题求解的关键是“设而不求”方法的运用,另外,注意将对g'(x)符号的判断灵活地转化为对f(x)+a符号的判断.
评析　本题主要考查导数的运用,求单调区间及最值,考查不等式的证明.属难题.
20.(2016天津理,20,14分)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;
(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值.
解析　(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a.
下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f'(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
②当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1+或x=1-.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x -∞,1- 1- 1-,1+ 1+ 1+,+∞
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,单调递增区间为,.
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.
由题意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0),且3-2x0≠x0,
由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,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,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:
①当a≥3时,1-≤0<2≤1+,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)|}
=
所以M=a-1+|a+b|≥2.
②当≤a<3时,1-≤0<1-<1+<2≤1+,由(1)和(2)知f(0)≥f=f,f(2)≤f=f,
所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为,
因此M=max
=max
=max
=+|a+b|≥××=.
③当0由(1)和(2)知f(0)f(2)>f=f,
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|>.
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于.
易错警示　(1)对参数a讨论时易忽略a≤0的情形,导致忽略f(x)在R上递增的情况.(3)讨论0评析　本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
21.(2015课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=lnx+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f=ln+a=-lna+a-1.
因此f>2a-2等价于lna+a-1<0.
令g(a)=lna+a-1,
则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.
于是,当01时,g(a)>0.
因此,a的取值范围是(0,1).
22.(2014课标Ⅱ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x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.4142<<1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).
解析　(1)f'(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足2综上,b的最大值为2.
(3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln2.
当b=2时,g(ln)=-4+6ln2>0,
ln2>>0.6928;
当b=+1时,ln(b-1+)=ln,
g(ln)=--2+(3+2)ln2<0,
ln2<<0.6934.
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.
23.(2013课标Ⅱ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.
解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f'(x)=-e-xx(x-2).①
当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f'(x)<0;当x∈(0,2)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-=t+=t-2++3.
由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).
令h(x)=x+(x≠0),则当x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[2,+∞);当x∈(-∞,-2)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)∪[2+3,+∞).
综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[2+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.
24.(2012课标理,21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+x2.
(1)求f(x)的解析式及单调区间;
(2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.
解析　(1)由已知得f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x,
所以f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f'(1)e-1,所以f'(1)=e.
从而f(x)=ex-x+x2.
由于f'(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;
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)x≥b.①
(i)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x<时,可得ex-(a+1)x(ii)若a+1=0,则(a+1)b=0.
(iii)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1).
当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;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)≥x2+ax+b等价于b≤a+1-(a+1)ln(a+1).②
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,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,故h(a)在a=-1处取得最大值.
从而h(a)≤,即(a+1)b≤.
当a=-1,b=时,②式成立,故f(x)≥x2+ax+b.
综合得,(a+1)b的最大值为.
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.
25.(2013课标Ⅰ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).
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(-∞,-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Ⅰ理,12,5分)设函数f(x)=ex(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.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
答案　D　由f(x0)<0,即(2x0-1)-a(x0-1)<0得(2x0-1)当x0=1时,得e<0,显然不成立,所以x0≠1.
若x0>1,则a>.
令g(x)=,则g'(x)=.
当x∈时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
当x∈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)因为x0<1,所以a<.
易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,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)≤a得≤a<1(满足a<1).故选D.
评析　本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题.
2.(2020课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=2lnx+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=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)=-2.
(1)当00;当x>1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-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
(2)g(x)==,x∈(0,a)∪(a,+∞).
g'(x)==.
取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,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,b∈R)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(0<|t|≤),D=[m,n] [-,],求证:n-m≤.
解析　本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)由条件f(x)≥h(x)≥g(x),得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x,
取x=0,得0≥b≥0,所以b=0.
由x2+2x≥kx,得x2+(2-k)x≥0,此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立,
所以(2-k)2≤0,则k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立,
所以h(x)=2x.
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-lnx),x∈(0,+∞).
令u(x)=x-1-lnx,则u'(x)=1-,令u'(x)=0,得x=1.
x (0,1) 1 (1,+∞)
u'(x) - 0 +
u(x) ↘ 极小值 ↗
所以u(x)min=u(1)=0.则x-1≥lnx恒成立,
所以当且仅当k≥0时,h(x)≥g(x)恒成立.
另一方面,f(x)≥h(x)恒成立,即x2-x+1≥kx-k恒成立,
也即x2-(1+k)x+1+k≥0恒成立.
因为k≥0,对称轴为x=>0,
所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3.
因此,k的取值范围是0≤k≤3.
(3)证明:①当1≤t≤时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+≤0.(*)
令Δ=[-(t3-t)]2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤),
则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,
所以φ(t)在[1,]上是减函数,则φ()≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7.
所以不等式(*)有解,设解的范围为x1≤x≤x2,
因此n-m≤x2-x1=≤.
②当0设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,
v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),
令v'(t)=0,得t=.
当t∈时,v'(t)<0,v(t)是减函数;
当t∈时,v'(t)>0,v(t)是增函数.
v(0)=-1,v(1)=0,则当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] [-,],所以n-m≤+1<.
③当-≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤也成立.
综上所述,n-m≤.
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x∈时,证明f(x)+g(x)≥0;
(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间内的零点,其中n∈N,证明2nπ+-xn<.
解析　本小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.满分14分.
(1)由已知,有f'(x)=ex(cosx-sinx).
因此,当x∈(k∈Z)时,有sinx>cosx,得f'(x)<0,则f(x)单调递减;
当x∈(k∈Z)时,有sinx0,则f(x)单调递增.
所以,f(x)的单调递增区间为(k∈Z),f(x)的单调递减区间为(k∈Z).
(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x).依题意及(1),有g(x)=ex(cosx-sinx),
从而g'(x)=-2exsinx.
当x∈时,g'(x)<0,
故h'(x)=f'(x)+g'(x)+g(x)(-1)
=g'(x)<0,
因此,h(x)在区间上单调递减,进而h(x)≥h=f=0.
所以,当x∈时,f(x)+g(x)≥0.
(3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即cosxn=1.记yn=xn-2nπ,则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,当x∈时,g'(x)<0,所以g(x)在上为减函数,因此g(yn)≤g(y0)-yn≤-=-≤-=<.所以,2nπ+-xn<.
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),求h'(x),从而得到函数h(x)在上的单调性,转化为求h(x)的最小值,验证最小值非负即可.
(3)记u(x)在区间内的零点为xn,
则xn∈,则有yn=xn-2nπ∈.与(2)联系知f(yn)+g(yn)≥0,此时要先确定g(yn)的符号,再将上式转化为-yn≤-,然后进一步证明-<.
5.(2018课标Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,证明:当-10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)-.
设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,
则g'(x)=.
当-1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)==ln(1+x)-.
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)=-
=.
如果6a+1>0,则当00,故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,
故当x∈(x1,0),且|x|所以x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1=0,则h'(x)=.
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=-.
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Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
解析　本题考查导数的几何意义、导数的综合应用.
(1)f'(x)=,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a≥1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)<0,g(x)单调递减;
当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
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,b的大小证明.
7.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-lnx.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;
(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,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)=-,
由f'(x1)=f'(x2)得-=-,
因为x1≠x2,所以+=.
由基本不等式得=+≥2,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=-lnx1+-lnx2=-ln(x1x2).
设g(x)=-lnx,则g'(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=+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,
所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.
由f(x)=kx+a得k=.
设h(x)=,
则h'(x)==,
其中g(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,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,
因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.
综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
一题多解　(1)f'(x)=-,且f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2).
设f'(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.
即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.
∴即
∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)
=+2lnt.
设g(t)=+2lnt,
则g'(t)=-+=<0,
∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln2,
∴f(x1)+f(x2)>8-8ln2.
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-lnx-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln2时,对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a
≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.
又x>0时,-kx<-k·=.
即h(x)<-a-lnx,取n=,
则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)上至少有一个零点,
即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.
∵h'(x)=--k≤×--k=-k,
∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,
即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
当0此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.
∵h'(x)=0,∴k=-,
则h(α)=-lnα-kα-a=-lnα+1-a,
h'(α)=-=,
∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,
∴h(α)≥h(16)=3-ln16-a=3-4ln2-a≥0.
又当α=16时,k=,又0故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.
即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.
∴当0∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.
8.(2017课标Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-alnx.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…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=-+aln2<0,所以不满足题意;
②若a>0,由f'(x)=1-=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-lnx>0.
令x=1+,得ln<.
从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.
故…而>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-lnx>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.
一题多解　(1)f'(x)=1-=(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-alna≥0①,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(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.
9.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|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)=x3-6x2-3a(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a<4-a.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,a) (a,4-a) (4-a,+∞)
f'(x) + - +
f(x) ↗ ↘ ↗
所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).
(2)(i)证明:因为g'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由题意知所以
解得
所以,f(x)在x=x0处的导数等于0.
(ii)因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,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+1<4-a,
由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.
由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,
得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.
令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],
所以t'(x)=6x2-12x,
令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.
因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,
因此,t(x)的值域为[-7,1].
所以,b的取值范围是[-7,1].
思路分析　(1)求出函数f(x)的导函数及极值点,通过列表判断函数的单调性,求出单调区间即可.
(2)(i)对函数y=g(x)和y=ex求导,根据已知条件得方程组解方程组可得出f'(x0)=0.
(ii)不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,由ex>0,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,-1≤a≤1,利用导数即可求出b的取值范围.
10.(2017天津理,20,14分)设a∈Z,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(x)为f(x)的导函数.
(1)求g(x)的单调区间;
(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;
(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],满足≥.
解析　本小题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-1)
g'(x) + - +
g(x) ↗ ↘ ↗
所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),,单调递减区间是.
(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).
令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,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x∈[1,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x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)所以,h(m)h(x0)<0.
(3)证明:对于任意的正整数p,q,且∈[1,x0)∪(x0,2],令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,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)-f=0.
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0=.
因为当x∈[1,2]时,g(x)>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≠x0,故f≠0.又因为p,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≥.所以,只要取A=g(2),就有≥.
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.
(3)对于任意的正整数p,q,令m=,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得=≥=,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.
11.(2016课标Ⅱ文,20,12分)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时,
f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f'(x)=lnx+-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->0.(4分)
设g(x)=lnx-,则
g'(x)=-=,g(1)=0.(6分)
(i)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;(8分)
(ii)当a>2时,令g'(x)=0得
x1=a-1-,x2=a-1+.(10分)
由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g'(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)<0.(11分)
综上,a的取值范围是(-∞,2].(12分)
评析　本题主要考查了导数的几何意义及导数的综合运用,对分类讨论的思想方法考查到位,属难题.
12.(2016四川文,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-lnx,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当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-=(x>0).
当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.
当a>0时,由f'(x)=0有x=.
当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.
当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=->0.
(3)由(2),当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当01.
由(1)有f0,
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈.
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Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=αcos2x+(α-1)(cosx+1),其中α>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)=-2αsin2x-(α-1)sinx.(2分)
(2)当α≥1时,
|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
因此A=3α-2.(4分)
当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.
设t=cosx,则t∈[-1,1],
令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得最小值,最小值为g=--1=-.
令-1<<1,解得α<-(舍去),或α>.(5分)
(i)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.
(ii)当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g.
又-|g(-1)|=>0,
所以A==.
综上,A=(9分)
(3)由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1|.
当0<α≤时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.
当<α<1时,A=++>1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.
当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-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Ⅲ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,1<(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
解析　(1)由题设知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1,令f'(x)=0,解得x=1.
当00,f(x)单调递增;当x>1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x≠1时,lnx故当x∈(1,+∞)时,lnx(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0,
解得x0=.
当x0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.(9分)
由(2)知1<又g(0)=g(1)=0,故当00.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(12分)
疑难突破　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Ⅱ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m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.
所以,f(x)在(-∞,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
即①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.
当t<0时,g'(t)<0;当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-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
16.(2015天津理,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.
(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|<+2.
解析　(1)由f(x)=nx-xn,可得f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.
下面分两种情况讨论:
①当n为奇数时.
令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞)
f'(x) - + -
f(x) ↘ ↗ ↘
所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.
②当n为偶数时.
当f'(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;
当f'(x)<0,即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=,f'(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为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x1≤x2.
由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.
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)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)设方程h(x)=a的根为x'1,可得x'1=.因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)由此可得x2-x1因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+=1+n-1=n,
故2≥=x0.
所以,|x2-x1|<+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Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=alnx+x2-bx(a≠1),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x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.
解析　(1)f'(x)=+(1-a)x-b.
由题设知f'(1)=0,解得b=1.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=alnx+x2-x,f'(x)=+(1-a)x-1=(x-1).
(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1(ii)若1,故当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.
而f=aln++>,所以不合题意.
(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.
综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).
评析　本题考查导数的几何意义,导数在解函数问题中的应用等知识,同时考查了转化和分类讨论的数学思想,对运算能力及推理能力的要求较高.
18.(2014课标Ⅰ理,21,12分)设函数f(x)=aexlnx+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)>1.
解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aexlnx+ex-ex-1+ex-1.
由题意可得f(1)=2,f'(1)=e.故a=1,b=2.
(2)由(1)知,f(x)=exlnx+ex-1,从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-.
设函数g(x)=xlnx,则g'(x)=1+lnx.
所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,
g'(x)>0.
故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.
设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x).
所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.
综上,当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.(2013课标Ⅰ理,21,12分)设函数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(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).
由题设可得F(0)≥0,即k≥1.
令F'(x)=0,得x1=-lnk,x2=-2.
(i)若1≤k0.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--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,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(iii)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上,k的取值范围是[1,e2].
评析　本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性,考查了分类与整合、函数与方程的思想;结合特值限定参数的范围,可减少分类的情况,有利于提高效率,掌握利用两根大小作为讨论的分界是解题关键.
20.(2013课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
解析　(1)f'(x)=ex-.
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-.
函数f'(x)=ex-在(-1,+∞)上单调递增,且f'(0)=0,因此当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;当x∈(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m≤2,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-在(-2,+∞)上单调递增.
又f'(-1)<0,f'(0)>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;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0得=,ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.
综上,当m≤2时,f(x)>0.
21.(2011课标,21,12分)已知函数f(x)=+,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x>0,且x≠1时,f(x)>+,求k的取值范围.
解析　(1)f'(x)=-.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),
故即
解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=+,所以
f(x)-
=.
考虑函数h(x)=2lnx+(x>0),则h'(x)=.
(i)设k≤0.
由h'(x)=知,
当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
可得h(x)>0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,即f(x)>+.
(ii)设00,故h'(x)>0.
而h(1)=0,故当x∈时,
h(x)>0,可得h(x)<0.与题设矛盾.
(iii)设k≥1.此时h'(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,
可得h(x)<0.与题设矛盾.
综上,k的取值范围为(-∞,0].
评析　本题考查导数及其应用,导数的几何意义,考查分类讨论的数学思想方法,考查学生综合分析问题的逻辑思维能力,难度较大.
二、利用导数研究函数的零点问题
1.(2014课标Ⅰ,理11,文12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>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a≠0时,f'(x)=3ax2-6x,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=.
当a>0时,>0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.
当a<0时,<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+∞)上为减函数,在上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f>0,即a·-3·+1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-∞,-2).选C.
2.(2019课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x,f'(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.
解析　(1)设g(x)=f'(x),则g(x)=cosx+xsinx-1,g'(x)=xcosx.
当x∈时,g'(x)>0;当x∈时,g'(x)<0,
所以g(x)在单调递增,
在单调递减.
又g(0)=0,g>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.
所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;
当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.
又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
3.(2018江苏,19,16分)记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f'(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;
(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=lnx存在“S点”,求实数a的值;
(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,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