２８ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
§ ３．２ 导数的应用
对应学生用书起始页码 Ｐ４６
考点一 导数与函数的单调性 高频考点
导数与函数的单调性
设函数 ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内可导， ｆ ′（ｘ）是 ｆ（ｘ）的导数，则
ｆ ′（ｘ）＞０ ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内单调递增
ｆ ′（ｘ）＜０ ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内单调递减
ｆ ′（ｘ）＝ ０ ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内为常数函数
注：（１）ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内可导为此规律成立的一个前提条件；
（２）对于在（ ａ，ｂ）内可导的函数 ｆ（ ｘ）来说， ｆ ′（ ｘ） ＞ ０ 是
ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）上为递增函数的充分不必要条件； ｆ ′（ｘ）＜０ 是ｆ（ｘ）
在（ａ，ｂ）上为递减函数的充分不必要条件．例如： ｆ（ ｘ）＝ ｘ３ 在整
个定义域 Ｒ 上为增函数，但 ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２， ｆ ′（０）＝ ０，所以在 ｘ ＝ ０
处并不满足 ｆ ′（ｘ）＞０，即并不是在定义域中的任意一点都满足
ｆ ′（ｘ）＞０．
（３） ｆ（ｘ）在 Ｉ 上单调递增，则 ｆ ′（ｘ）≥０ 在 Ｉ 上恒成立；
ｆ（ｘ）在 Ｉ 上单调递减，则 ｆ ′（ｘ）≤０ 在 Ｉ 上恒成立．
考点二 导数与函数的极值和最值 高频考点
１．函数的极值
定义
设函数 ｆ（ｘ）在点 ｘ０ 附近有定义，如果对 ｘ０ 附近的所有的
点，都有 ｆ（ｘ）＜ｆ（ｘ０），则 ｆ（ｘ０）是函数 ｆ（ｘ）的一个极大值，记
作 ｆ（ ｘ）极大值 ＝ ｆ （ ｘ０ ）；如果对 ｘ０ 附近的所有的点，都有
ｆ（ｘ）＞ｆ（ｘ０），则 ｆ （ ｘ０ ） 是函数 ｆ （ ｘ） 的一个极小值，记作
ｆ（ｘ）极小值 ＝ ｆ（ｘ０） ．极大值与极小值统称为极值
续表
结论
设函数 ｆ（ｘ）在点 ｘ０ 处连续．
（１）如果在 ｘ０ 附近的左侧 ｆ ′（ ｘ） ＞０，右侧 ｆ ′（ ｘ） ＜０，那么
ｆ（ｘ０）是极大值；
（２）如果在 ｘ０ 附近的左侧 ｆ ′（ ｘ） ＜０，右侧 ｆ ′（ ｘ） ＞０，那么
ｆ（ｘ０）是极小值；
（３）如果在 ｘ０ 附近的左、右两侧导数值同号，那么ｆ（ｘ０）不是
极值
用导数
求函数
极值的
步骤
（１）求 ｆ ′（ｘ）；
（２）求方程 ｆ ′（ｘ）＝ ０ 的根；
（３）判断 ｆ ′（ｘ）在方程的根的左、右两侧值的符号；
（４）利用结论写出极值
注：（１）在函数的整个定义域内，函数的极值不一定唯一，在
整个定义域内可能有多个极大值和极小值；（２）极大值与极小值
没有必然关系，极大值可能比极小值还小；（３）导数等于零的点
不一定是极值点．
２．函数的最值
（１）函数的最大值与最小值：在闭区间［ａ，ｂ］上连续的函数
ｆ（ｘ），在［ａ，ｂ］上必有最大值与最小值；但在开区间（ａ，ｂ）内连续
的函数 ｆ（ｘ）不一定有最大值与最小值．
（２）设函数 ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上连续，在（ａ，ｂ）内可导，求 ｆ（ｘ）在
［ａ，ｂ］上的最大值与最小值的步骤如下：
①求 ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内的极值；
②将 ｆ（ｘ）的各极值与 ｆ（ａ）、 ｆ（ ｂ）比较，其中最大的一个是
最大值，最小的一个是最小值．
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对应学生用书起始页码 Ｐ４７
一、利用导数解决函数的单调性问题
１．导数法求函数单调区间的一般步骤：
求定义域 → 求导数 ｆ ′（ｘ） →
求 ｆ ′（ｘ）＝ ０ 在
定义域内的根
→
用求得的根
划分定义区间
→
确定 ｆ ′（ｘ）在各个
开区间内的符号
→
得相应开区间
上的单调性
２．导数法判断函数 ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内的单调性的步骤：
（１）求 ｆ ′（ｘ） ．
（２）确定 ｆ ′（ｘ）在（ａ，ｂ）内的符号．
（３）作出结论： ｆ ′（ ｘ） ＞０ 时， ｆ（ ｘ）为增函数， ｆ ′（ ｘ） ＜０ 时，
ｆ（ｘ）为减函数．
注：①ｙ＝ ｆ（ｘ）在某区间上若满足 ｆ ′（ｘ）＞０，那么 ｆ（ｘ）为该区
间上的增函数．
②对于函数 ｆ（ｘ）在某区间上单调递增（或单调递减），则应
有ｆ ′（ｘ）≥０（或 ｆ ′（ｘ）≤０）在该区间上恒成立．
已知函数 ｆ（ｘ）＝ ｘ３－ａｘ－１．
（１）讨论 ｆ（ｘ）的单调性；
（２）若 ｆ（ｘ）在 Ｒ 上为增函数，求实数 ａ 的取值范围．
解析 （１） ｆ（ｘ）的定义域为 Ｒ． ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２－ａ．
①当 ａ≤０ 时， ｆ ′（ｘ）≥０，
所以 ｆ（ｘ）在（－∞ ，＋∞ ）上为增函数．
②当 ａ＞０ 时，令 ３ｘ２－ａ＝ ０，得 ｘ＝±
３ａ
３
，
当 ｘ＞
３ａ
３
或 ｘ＜－
３ａ
３
时， ｆ ′（ｘ）＞０；
当－
３ａ
３
＜ｘ＜
３ａ
３
时， ｆ ′（ｘ）＜０．
因此 ｆ（ ｘ） 在 －∞ ，－
３ａ
３
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è
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÷ ， ３ａ
３
，＋∞
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è
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÷ 上为增函数，在
－ ３ａ
３
，
３ａ
３
?
è
?
?
?
÷ 上为减函数．
综上可知，当 ａ≤０ 时， ｆ（ｘ）在 Ｒ 上为增函数；当 ａ＞０ 时，
ｆ（ｘ） 在 －∞ ，－
３ａ
３
?
è
?
?
?
÷ ， ３ａ
３
，＋∞
?
è
?
?
?
÷ 上 为 增 函 数， 在
－ ３ａ
３
，
３ａ
３
?
è
?
?
?
÷ 上为减函数．
（２）因为 ｆ（ｘ）在（－∞ ，＋∞ ）上是增函数，
所以 ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２－ａ≥０ 在（－∞ ，＋∞ ）上恒成立，
即 ａ≤３ｘ２ 对 ｘ∈Ｒ 恒成立．
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第三章 导数及其应用 ２９
因为 ３ｘ２≥０，所以只需 ａ≤０．
当 ａ＝ ０ 时， ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２≥０， ｆ（ｘ）＝ ｘ３－１ 在 Ｒ 上是增函数．
所以实数 ａ 的取值范围为（－∞ ，０］ ．
１－１ （２０１９ 苏州期中，１４）函数 ｆ（ｘ）＝ ｅｘ ｜ ｘ－ａ ｜在（－１，２）上
单调递增，则实数 ａ 的取值范围是 ．
１－１ 答案 （－∞ ，－１］∪［３，＋∞ ）
解析 因为函数 ｆ（ｘ）在（－１，２）上单调递增， ｆ（ａ）＝ ０，所
以 ａ?（－１，２） ．
（１）ａ≤－１ 时， ｆ（ ｘ）＝ ｅｘ（ ｘ－ａ）， ｆ ′（ ｘ） ＝ ｅｘ（ ｘ－ａ＋１），此时
ｆ ′（ｘ）≥０，即?ｘ∈（－１，２），ｇ（ｘ）＝ ｘ－ａ＋１≥０?ｇ（－１）＝ －ａ≥０?
ａ≤０，因此 ａ≤－１．
（２）ａ≥２ 时， ｆ（ ｘ） ＝ ｅｘ（ａ－ｘ）， ｆ ′（ ｘ） ＝ ｅｘ（ ａ－ｘ－ １），此时
ｆ ′（ｘ）≥０，?ｘ∈（－１，２），ｈ（ｘ）＝ －ｘ＋ａ－１≥０?ｈ（２）＝ ａ－３≥０?ａ
≥３．
综上，ａ∈（－∞ ，－１］∪［３，＋∞ ） ．
一题多解 一题多解一： ｆ（ｘ）＝ ｅａ·ｅｘ－ａ ｜ ｘ－ａ ｜ ，
设 ｔ＝ ｘ－ａ，则 ｙ＝ｅａ·ｅｔ ｜ ｔ ｜ ＝ ｅａ· ｜ ｔｅｔ ｜ ，
由题意可知，ｙ＝ｅａ· ｜ ｔｅｔ ｜在（－１－ａ，２－ａ）上单调递增．
ｙ＝ ｜ ｔｅｔ ｜大致图象如下：
所以，只要 ２－ａ≤－１ 或－１－ａ≥０ 即可，
解得 ａ≤－１ 或 ａ≥３．
故实数 ａ 的取值范围是（－∞ ，－１］∪［３，＋∞ ） ．
一题多解二： ｆ（ｘ）＝ ｅｘ ｜ ｘ－ａ ｜ ＝ ｜ ｅｘ（ｘ－ａ） ｜ ，
令 ｇ（ｘ）＝ ｅｘ（ｘ－ａ），ｇ′（ｘ）＝ ｅｘ（ｘ－ａ＋１），
ｘ＜ａ－１ 时，ｇ′（ｘ）＜０，ｘ＞ａ－１ 时，ｇ′（ｘ）＞０，
所以 ｇ（ｘ）≥ｇ（ａ－１）＝ －ｅａ－１＜０，
所以满足①２≤ａ－１；②ａ≤－１，
故 ａ≤－１ 或 ａ≥３．
综上，ａ∈（－∞ ，－１］∪［３，＋∞ ） ．
１－２ 已知函数 ｆ（ｘ）＝ ｘ３－ａｘ－１．
（１）若 ｆ（ｘ）在区间（１，＋∞ ）上为增函数，求 ａ 的取值范围；
（２）若 ｆ（ｘ）在区间（－１，１）上为减函数，求 ａ 的取值范围；
（３）若 ｆ（ｘ）在区间（－１，１）上不单调，求 ａ 的取值范围．
１－２ 解析 （１）因为 ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２－ａ，且 ｆ（ｘ）在区间（１，＋∞ ）上
为增函数，所以 ｆ ′（ｘ）≥０ 在（１，＋∞ ）上恒成立，即 ３ｘ２ －ａ≥０ 在
（１，＋∞ ）上恒成立，所以 ａ≤３ｘ２ 在（１，＋∞ ）上恒成立，所以 ａ≤
３，即 ａ 的取值范围为（－∞ ，３］ ．
（２）由题意得 ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２－ａ≤０ 在（－１，１）上恒成立，得 ａ≥
３ｘ２ 在（－１，１）上恒成立．因为－１＜ｘ＜１，所以 ３ｘ２ ＜３，所以 ａ≥３．所
以 ａ 的取值范围为［３，＋∞ ） ．
（３）令 ｆ ′（ｘ）＝ ０，得 ｘ＝±
３ａ
３
（ａ≥０） ．
∵ ｆ（ｘ）在区间（－１，１）上不单调，
∴ ０＜
３ａ
３
＜１，得 ０＜ａ＜３，即 ａ 的取值范围为（０，３） ．
１－３ 已知 ａ≥２，函数 ｓｉｎ ｘ· ｆ（ ｘ） ＞ ０ 的解集是 Ｆ（ ｘ） ＝
ｍｉｎ｛ｘ３－ｘ，ａ（ｘ＋１）｝ ．
（１）若 ａ＝ ２，求 Ｆ（ｘ）的单调递减区间；
（２）求函数 Ｆ（ｘ）在［－１，１］上的最大值．
１－３ 解析 （１）若 ａ＝ ２，则 ｘ３－ｘ－ａ（ｘ＋１）＝ ｘ３－ｘ－２（ｘ＋１）＝ （ｘ＋
１）（ｘ２－ｘ－２）＝ （ｘ＋１） ２（ｘ－２），
所以 Ｆ（ｘ）＝
ｘ３－ｘ，ｘ≤２，
２（ｘ＋１），ｘ＞２．{ （３ 分）
当 ｘ≤２ 时，Ｆ′（ｘ）＝ ３ｘ２－１＝ ３ ｘ＋
３
３
?
è
?
?
?
÷ ｘ－
３
３
?
è
?
?
?
÷ ，
由 Ｆ′（ｘ）＜０，得－
３
３
＜ｘ＜
３
３
，所以 Ｆ（ｘ）在区间 － ３
３
，
３
３
?
è
?
?
?
÷ 上
单调递减． （６ 分）
当 ｘ＞２ 时，Ｆ（ｘ）＝ ２ｘ＋２ 在区间（２，＋∞ ）上单调递增，
所以，Ｆ（ｘ）的单调递减区间是 － ３
３
，
３
３
?
è
?
?
?
÷ ． （７ 分）
（２）令 ｇ（ｘ）＝ ｘ３－ｘ－ａ（ｘ＋１）＝ （ｘ＋１）（ｘ２－ｘ－ａ） ． （９ 分）
当－１≤ｘ≤１ 时，ｘ＋１≥０，又 ａ≥２，所以 ｘ２－ｘ－ａ≤０，
故 ｇ（ｘ）≤０，所以 Ｆ（ｘ）＝ ｘ３－ｘ． （１３ 分）
由 Ｆ′（ｘ）＝ ３ｘ２ － １ ＝ ０，得 ｘ ＝ ±
３
３
，所以函数 Ｆ（ ｘ）在区间
－１，－
３
３
?
è
?
?
?
÷ 和 ３
３
，１?
è
?
?
?
÷ 上单调递增，在区间 － ３
３
，
３
３
?
è
?
?
?
÷ 上单调
递减，
所以 Ｆ（ｘ） ｍａｘ ＝ｍａｘ Ｆ －
３
３
?
è
?
?
?
÷ ，Ｆ（１）{ } ＝ ｍａｘ ２ ３９ ，０{ } ＝ ２ ３９ ．
（１５ 分）
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二、利用导数解决函数的极值、最值问题
１．解决函数极值问题的一般思路
求 ｆ（ｘ） 的定义域
求导函数 ｆ ′（ｘ）
↓
↓求
极值
解方程 ｆ ′（ｘ） ＝ ０
↓
验根附近的左右
两侧 ｆ ′（ｘ） 的符号
↓
极值
↓
用
极值
知方程 ｆ ′（ｘ） ＝ ０ 根的情况
↓
得关于参数的
方程（不等式）
↓
参数值（范围）
↓
２．求连续函数 ｙ＝ ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上的最大值与最小值的步骤
（１）求函数 ｙ＝ ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内的极值；
（２）将函数 ｙ＝ ｆ（ｘ）的各极值与端点处的函数值 ｆ（ａ）， ｆ（ｂ）
比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
在闭区间［ａ，ｂ］上连续的函数 ｆ（ ｘ）的最大（小）值，是开区
间（ａ，ｂ）内所有极大（小）值与端点处函数值 ｆ（ａ）、 ｆ（ ｂ）中的最
大（小）值．函数的最大（小）值与函数的单调性密不可分，研究函
数的最值，一般先研究导函数的符号，进而确定函数的单调性，
最后求函数的最值．
已知函数ｆ（ｘ）＝
１
３
ｘ３＋
１
２
ａｘ２＋ｂｘ（ａ，ｂ∈Ｒ） ．
（１）若函数 ｆ（ｘ）在（０，２）上存在两个极值点，求 ３ａ＋ｂ 的取
值范围；
（２）当 ａ ＝ ０，ｂ≥－１ 时，求证：对任意的实数 ｘ∈［０，２］，
｜ ｆ（ｘ） ｜≤２ｂ＋
８
３
恒成立．
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????
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３０ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
解题导引
（１）
由导函数在区间（０，２）上有两个不
同的极值点，得关于 ａ，ｂ 的不等式组
→
由线性规
划得结论
（２）
分 ｂ≥０ 和－１≤ｂ＜０，利用
导数判断函数的单调性
→
利用最值和分析法证明
｜ ｆ（ｘ） ｜ ｍａｘ≤２ｂ＋
８
３
解析 （１） ｆ ′（ｘ）＝ ｘ２＋ａｘ＋ｂ，由已知可得 ｆ ′（ｘ）在（０，２）上
存在两个不同的零点，
故有
ｆ ′（０）＞０，
ｆ ′（２）＞０，
Δ＞０，
－ ａ
２
∈（０，２），
ì
?
í
?
??
?
?
即
ｂ＞０，
２ａ＋ｂ＋４＞０，
ａ２－４ｂ＞０，
ａ∈（－４，０），
ì
?
í
?
?
??
令 ｚ＝ ３ａ＋ｂ，画出不等式组表示的平面区域（如图中阴影部
分所示） ．
由图可知－８＜ｚ＜０，
故 ３ａ＋ｂ 的取值范围为（－８，０） ．
（２）证明：当 ａ＝ ０，ｂ≥－１ 时， ｆ（ ｘ） ＝
１
３
ｘ３ ＋ｂｘ（ ｂ≥－１，ｘ∈
［０，２］），所以 ｆ ′（ｘ）＝ ｘ２＋ｂ，
当 ｂ≥０ 时， ｆ ′（ ｘ）≥０ 在［０，２］上恒成立，则 ｆ（ ｘ）在［０，２］
上单调递增，
故 ０＝ ｆ（０）≤ｆ（ｘ）≤ｆ（２）＝ ２ｂ＋
８
３
，所以 ｜ ｆ（ｘ） ｜≤２ｂ＋
８
３
；
当－１≤ｂ＜０ 时，由 ｆ ′（ｘ）＝ ０，解得 ｘ＝ －ｂ∈（０，２），
则 ｆ（ｘ）在［０， －ｂ ］上单调递减，在（ －ｂ ，２］上单调递增，
所以 ｆ（ －ｂ ）≤ｆ（ｘ）≤ｍａｘ｛ ｆ（０）， ｆ（２）｝ ．
因为 ｆ（０）＝ ０， ｆ（２）＝ ２ｂ＋
８
３
＞０， ｆ（ －ｂ ）＝
２
３
ｂ －ｂ ＜０，
所以要证 ｜ ｆ（ｘ） ｜≤２ｂ＋
８
３
，只需证－
２
３
ｂ －ｂ≤２ｂ＋
８
３
，
即证－ｂ（ －ｂ ＋３）≤４，
因为－１≤ｂ＜０，所以 ０＜－ｂ≤１，３＜ －ｂ ＋３≤４，
所以－ｂ（ －ｂ ＋３）≤４ 成立．
综上所述，对任意的实数 ｘ∈［０，２］， ｜ ｆ（ｘ） ｜≤２ｂ＋
８
３
恒成立．
２－１ 已知函数 ｆ（ｘ）＝ ｘ３＋ａｘ２＋ｂｘ＋ａ２（ａ，ｂ∈Ｒ）在 ｘ ＝ １ 处的
极值为 １０，则 ａ＝ ，ｂ＝ ．
２－１ 答案 ４；－１１
解析 ｆ ′ （ ｘ） ＝ ３ｘ２ ＋ ２ａｘ ＋ ｂ，由题意得
ｆ ′（１）＝ ０，
ｆ（１）＝ １０，{ 即
３＋２ａ＋ｂ＝ ０，
１＋ａ＋ｂ＋ａ２ ＝ １０，{ 解得 ａ
＝－３，
ｂ＝ ３{ 或 ａ
＝ ４，
ｂ＝－１１，{ 所以 ｆ（ ｘ）＝ ｘ３ －３ｘ２ ＋３ｘ
＋９ 或 ｆ（ｘ）＝ ｘ３＋４ｘ２ －１１ｘ＋１６．当 ａ ＝ －３，ｂ ＝ ３ 时， ｆ ′（ ｘ） ＝ ３（ ｘ－
１） ２，则 ｆ ′（ｘ）≥０ 恒成立，则 ｆ（ ｘ）在 Ｒ 上是增函数，没有极值，
则不符合题意，故 ａ＝ ４，ｂ＝－１１．
２－２ 函数 ｆ（ｘ）＝ ｘ３＋ａｘ２＋（ａ＋６）ｘ＋１ 在（－２，２）上既有极大
值又有极小值，则实数 ａ 的取值范围是 ．
２－２ 答案 －
１８
５
＜ａ＜－３
解析 因为函数 ｆ（ｘ）＝ ｘ３＋ａｘ２＋（ａ＋６）ｘ＋１ 在（－２，２）上既
有极大值又有极小值，所以 ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２＋２ａｘ＋（ａ＋６）＝ ０ 在（－２，
２）上有两个不相等的实根，于是有
Δ＝ ４ａ２－１２（ａ＋６）＞０，
－２＜－
ａ
３
＜２，
ｆ ′（－２）＝ １２－４ａ＋ａ＋６＞０，
ｆ ′（２）＝ １２＋４ａ＋ａ＋６＞０，
ì
?
í
?
??
?
?
解得－
１８
５
＜ａ＜－３．
????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????
????
???? ????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????
????
????
???? 对于可导函数，导数为 ０ 的点不一定是极值点．
函数 ｙ＝ ｆ（ｘ）在 ｘ＝ ｘ０ 处取极值的充要条件应为 ｆ ′（ｘ０）＝ ０
且在 ｘ＝ ｘ０ 附近的左、右两侧的导数值的符号相反．
２－３ 已知函数 ｙ ＝
３３－５ｃｏｓ α
ｓｉｎ α
α∈ ０，
π
２( )( ) ，则当角 α 的
余弦值为 时，函数取最小值．
２－３ 答案
５
３３
解析 ｙ′＝
５ｓｉｎ２α－（３３－５ｃｏｓ α）ｃｏｓ α
ｓｉｎ２α
＝ ５
－３３ｃｏｓ α
ｓｉｎ２α
，令 ｔ ＝ｃｏｓ α
α∈ ０，
π
２( )( ) ，则 ｙ′＝５－３３ｔ１－ｔ２ ，令 ｙ′＝０，则 ５－３３ｔ＝０，得 ｔ＝
５
３３
．
当 ｔ＞
５
３３
时，ｙ′＜０；当 ｔ＜
５
３３
时，ｙ′＞０．
因为函数 ｔ＝ｃｏｓ α 在 ０，
π
２( ) 上单调递减，所以当角 α 满足
ｃｏｓ α＝
５
３３
时，ｙ 取得最小值．
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三、利用导数解决函数零点问题
利用导数研究含参函数的零点主要有两种方法：
（１）利用导数研究函数 ｆ（ ｘ）的最值，转化为 ｆ（ ｘ）图象与 ｘ
轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想．
（２）分离参变量，即由 ｆ（ｘ）＝ ０ 分离参变量，得 ａ ＝ φ（ ｘ），研
究 ｙ＝ａ 与 ｙ＝φ（ｘ）图象的交点问题．
已知函数 ｆ（ｘ）＝ （ｘ－１）ｅｘ－
１
２
ａｘ２ ．
（１）讨论 ｆ（ｘ）的单调性；
（２）若 ｆ（ｘ）有两个零点，求实数 ａ 的取值范围．
解题导引
（１） 求定义域，并求导 →
分类讨论，
判断导数符号
→ 结论
（２） 由（１）中单调性分析函数的极值 → 结论
解析 （１） ｆ（ｘ）的定义域为（－∞ ，＋∞ ），
ｆ ′（ｘ）＝ ｅｘ＋（ｘ－１）ｅｘ－ａｘ＝ ｘ（ｅｘ－ａ） ． （１ 分）
（ｉ）若 ａ≤０，则当 ｘ∈（－∞ ，０）时， ｆ ′（ｘ）＜０；
当 ｘ∈（０，＋∞ ）时， ｆ ′（ｘ）＞０，
????
????
????
????
????
????
????
????
????
第三章 导数及其应用 ３１
所以 ｆ（ｘ）在（－∞ ，０）单调递减，在（０，＋∞ ）单调递增．
（２ 分）
（ｉｉ）若 ａ＞０，由 ｆ ′（ｘ）＝ ０ 得 ｘ＝ ０ 或 ｘ＝ ｌｎ ａ．
①若 ａ＝ １，则 ｆ ′（ｘ）＝ ｘ（ｅｘ－１）≥０，
所以 ｆ（ｘ）在（－∞ ，＋∞ ）单调递增． （３ 分）
②若 ０＜ａ＜１，则 ｌｎ ａ＜０，故当 ｘ∈（－∞ ，ｌｎ ａ）∪（０，＋∞ ）时，
ｆ ′（ｘ）＞０；当 ｘ∈（ｌｎ ａ，０）时， ｆ ′（ｘ）＜０，所以 ｆ（ｘ）在（－∞ ，ｌｎ ａ），
（０，＋∞ ）单调递增，在（ｌｎ ａ，０）单调递减． （４ 分）
③若 ａ＞１，则 ｌｎ ａ＞０，故当 ｘ∈（－∞ ，０）∪（ ｌｎ ａ，＋∞ ）时，
ｆ ′（ｘ）＞０；当 ｘ∈（０，ｌｎ ａ）时， ｆ ′（ ｘ） ＜０，所以 ｆ（ ｘ）在（－∞ ，０），
（ｌｎ ａ，＋∞ ）单调递增，在（０，ｌｎ ａ）单调递减． （５ 分）
综上所述，当 ａ≤０ 时， ｆ（ ｘ）在（ －∞ ，０）单调递减，在（０，
＋∞ ）单调递增；当 ０＜ａ＜１ 时， ｆ（ｘ）在（－∞ ，ｌｎ ａ），（０，＋∞ ）单调
递增，在（ｌｎ ａ，０）单调递减；当 ａ ＝ １ 时， ｆ（ ｘ）在（－∞ ，＋∞ ）单调
递增；当 ａ＞１ 时， ｆ（ｘ）在（－∞ ，０），（ ｌｎ ａ，＋∞ ）单调递增，在（０，
ｌｎ ａ）单调递减． （６ 分）
（２）（ｉ）若 ａ≤０，则由（１）知， ｆ（ ｘ）在（ －∞ ，０）单调递减，在
（０，＋∞ ）单调递增．
又 ｆ（０）＝ －１，
ｘ 趋近负无穷时， ｆ（ｘ）值趋近正无穷．
ｘ 趋近正无穷时， ｆ（ｘ）值趋近正无穷．
所以 ｆ（ｘ）有两个零点． （８ 分）
（ｉｉ）若 ａ＝ １，则由（１）知 ｆ（ ｘ）在（－∞ ，＋∞ ）单调递增，所以
ｆ（ｘ）至多有一个零点． （９ 分）
（ｉｉｉ）若 ０＜ａ＜１，则由（１）知， ｆ（ｘ）在（－∞ ，ｌｎ ａ），（０，＋∞ ）单
调递增，在（ｌｎ ａ，０）单调递减，设 ｂ＝ ｌｎ ａ，当 ｘ＝ ｂ 时， ｆ（ｘ）有极大
值 ｆ（ｂ）＝ ａ（ｂ－１）－
１
２
ａｂ２ ＝－
１
２
ａ（ｂ２－２ｂ＋２）＜０，故 ｆ（ ｘ）不存在两
个零点． （１０ 分）
（ｉｖ）若 ａ＞１，则由（１）知， ｆ（ｘ）在（－∞ ，０），（ ｌｎ ａ，＋∞ ）单调
递增，在（０，ｌｎ ａ）单调递减，当 ｘ＝ ０ 时， ｆ（ ｘ）有极大值 ｆ（０）＝ －１
＜０，故 ｆ（ｘ）不存在两个零点． （１１ 分）
综上，ａ 的取值范围为（－∞ ，０） ． （１２ 分）
３－１ 已知函数 ｆ（ｘ）＝ ａｘ２－ｘ－ｌｎ ｘ，ａ∈Ｒ．
（１）若－１≤ａ≤０，证明：函数 ｆ（ｘ）有且只有一个零点；
（２）若函数 ｆ（ｘ）有两个零点，求实数 ａ 的取值范围．
３－１ 解析 （１）证明：由 ｆ（ｘ）＝ ａｘ２－ｘ－ｌｎ ｘ，得
ｆ ′（ｘ）＝ ２ａｘ－１－
１
ｘ
＝ ２ａｘ
２－ｘ－１
ｘ
，ｘ＞０．
所以当 ａ≤０ 时， ｆ ′（ｘ）＝
２ａｘ２－ｘ－１
ｘ
＜０，函数 ｆ（ｘ）在（０，＋∞ ）
上单调递减，
所以当 ａ≤０ 时，函数 ｆ（ｘ）在（０，＋∞ ）上最多有一个零点．
因为当－１≤ａ≤０ 时， ｆ（１）＝ ａ－１＜０，
ｆ
１
ｅ( ) ＝ ｅ
２－ｅ＋ａ
ｅ２
＞０，
所以当－１≤ａ≤０ 时，函数 ｆ（ｘ）在（０，＋∞ ）上有零点．
综上，当－１≤ａ≤０ 时，函数 ｆ（ｘ）有且只有一个零点．
（２）由（１）知，当 ａ≤０ 时，函数 ｆ（ ｘ）在（０，＋∞ ）上最多有一
个零点．
若函数 ｆ（ｘ）有两个零点，则 ａ＞０．
由 ｆ（ｘ）＝ ａｘ２－ｘ－ｌｎ ｘ，得 ｆ ′（ｘ）＝
２ａｘ２－ｘ－１
ｘ
，ｘ＞０，
令 ｇ（ｘ）＝ ２ａｘ２－ｘ－１．
因为 ｇ（０）＝ －１＜０，２ａ＞０，所以函数 ｇ（ ｘ）在（０，＋∞ ）上只有
一个零点，设为 ｘ０ ．
当 ｘ∈（０，ｘ０）时，ｇ（ ｘ） ＜０， ｆ ′（ ｘ） ＜０；当 ｘ∈（ ｘ０，＋∞ ）时，
ｇ（ｘ）＞０， ｆ ′（ｘ）＞０．
所以函数 ｆ（ ｘ）在（０，ｘ０）上单调递减，在（ ｘ０，＋∞ ）上单调
递增．
要使得函数 ｆ（ｘ）在（０，＋∞ ）上有两个零点，
只需要函数 ｆ（ｘ）的极小值 ｆ（ｘ０）＜０，即 ａｘ２０－ｘ０－ｌｎ ｘ０＜０．
又因为 ｇ（ｘ０）＝ ２ａｘ２０－ｘ０－１＝ ０，所以 ２ｌｎ ｘ０＋ｘ０－１＞０，
令 ｈ（ｘ）＝ ２ｌｎ ｘ＋ｘ－１，
因为函数 ｈ（ｘ）＝ ２ｌｎ ｘ＋ｘ－１ 在（０，＋∞ ）上是增函数，且ｈ（１）
＝ ０，
所以 ｘ０＞１，得 ０＜
１
ｘ０
＜１．
由 ２ａｘ２０－ｘ０－１＝ ０，得 ２ａ ＝
１
ｘ０( )
２
＋ １
ｘ０
＝ １
ｘ０
＋ １
２( )
２
－ １
４
，所以
０＜ａ＜１．
以下验证当 ０＜ａ＜１ 时，函数 ｆ（ｘ）有两个零点．
当 ０＜ａ＜１ 时，ｇ（１）＝ ２ａ－２＜０，
ｇ
１
ａ( ) ＝ ２ａａ２ －
１
ａ
－１＝
１－ａ
ａ
＞０，
所以 １＜ｘ０＜
１
ａ
．
因为 ｆ
１
ｅ( ) ＝ ａｅ２ －
１
ｅ
＋１＝
ｅ２－ｅ＋ａ
ｅ２
＞０，且 ｆ（ｘ０）＜０．
所以函数 ｆ（ｘ）在
１
ｅ
，ｘ０( ) 上有一个零点．
又因为 ｆ
２
ａ( ) ＝ ４ａａ２ －
２
ａ
－ｌｎ
２
ａ
≥
２
ａ
－ ２
ａ
－１( ) ＝ １＞０（因为
ｌｎ ｘ≤ｘ－１），且 ｆ（ｘ０）＜０，
所以函数 ｆ（ｘ）在 ｘ０，
２
ａ( ) 上有一个零点．
所以当 ０＜ａ＜１ 时，函数 ｆ（ｘ）在
１
ｅ
，
２
ａ( ) 内有两个零点．
综上，实数 ａ 的取值范围为（０，１） ．
下面证明：ｌｎ ｘ≤ｘ－１．
设 ｔ（ｘ）＝ ｘ－１－ｌｎ ｘ，所以 ｔ′（ｘ）＝ １－
１
ｘ
＝ ｘ
－１
ｘ
（ｘ＞０） ．
令 ｔ′（ｘ）＝ ０，得 ｘ＝ １．
当 ｘ∈（０，１）时，ｔ′（ｘ）＜０；当 ｘ∈（１，＋∞ ）时，ｔ′（ｘ）＞０．
所以函数 ｔ（ ｘ） 在（０，１） 上单调递减，在（ １，＋∞ ） 上单调
递增．
所以当 ｘ＝ １ 时，ｔ（ｘ）有最小值，ｔ（１）＝ ０．
所以 ｔ（ｘ）＝ ｘ－１－ｌｎ ｘ≥０，得 ｌｎ ｘ≤ｘ－１ 成立．
３－２ 设函数 ｆ（ｘ）＝ ｅ２ｘ－ａｌｎ ｘ．
（１）讨论 ｆ（ｘ）的导函数 ｆ ′（ｘ）的零点的个数；
（２）证明：当 ａ＞０ 时， ｆ（ｘ）≥２ａ＋ａｌｎ
２
ａ
．
３－２ 解析 （１） ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞ ）， ｆ ′（ ｘ）＝ ２ｅ２ｘ－
ａ
ｘ
（ ｘ
＞０） ．由 ｆ ′（ｘ）＝ ０ 得 ２ｘｅ２ｘ ＝ａ，令 ｇ（ｘ）＝ ２ｘｅ２ｘ，则 ｇ′（ｘ）＝ （４ｘ＋２）
ｅ２ｘ（ｘ＞０），则 ｇ′（ｘ）＞０，从而 ｇ（ ｘ）在（０，＋∞ ）上单调递增，所以
ｇ（ｘ）＞ｇ（０）＝ ０．
当 ａ＞０ 时，方程 ｇ（ｘ）＝ ａ 有一个根，即 ｆ ′（ｘ）存在唯一零点；
当 ａ≤０ 时，方程 ｇ（ｘ）＝ ａ 没有根，即 ｆ ′（ｘ）没有零点．
（２）证明：由（１）可设 ｆ ′（ｘ）在（０，＋∞ ）的唯一零点为 ｘ０，当
ｘ∈（０，ｘ０）时， ｆ ′（ｘ）＜０；当 ｘ∈（ｘ０，＋∞ ）时， ｆ ′（ｘ）＞０．
故 ｆ（ｘ）在（０，ｘ０）上单调递减，在（ ｘ０，＋∞ ）上单调递增，所
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３２ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
以 ｆ（ｘ） ｍｉｎ ＝ ｆ（ｘ０） ．
由 ２ｅ２ｘ０－
ａ
ｘ０
＝ ０，得 ｅ２ｘ０ ＝
ａ
２ｘ０
，ｘ０ ＝
ａ
２ｅ２ｘ０
，得 ｌｎ ｘ０ ＝ ｌｎ
ａ
２ｅ２ｘ０
＝
ｌｎ
ａ
２
－２ｘ０，所以 ｆ（ ｘ０ ） ＝ ｅ２ｘ０ －ａｌｎ ｘ０ ＝
ａ
２ｘ０
－ａ ｌｎ
ａ
２
－２ｘ０( ) ＝ ａ２ｘ０ ＋
２ａｘ０ ＋ ａｌｎ
２
ａ
≥ ２
ａ
２ｘ０
·２ａｘ０ ＋ ａｌｎ
２
ａ
＝ ２ａ ＋
ａｌｎ
２
ａ
当且仅当 ｘ０ ＝
１
２
时取等号( ) ．
故当 ａ＞０ 时， ｆ（ｘ）≥２ａ＋ａｌｎ
２
ａ
．
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???? 本题第（２）问要证明 ｆ（ ｘ）≥２ａ＋ａｌｎ ２
ａ
，只需要
ｆ（ｘ） ｍｉｎ≥２ａ＋ａｌｎ
２
ａ
， ｆ（ ｘ） ｍｉｎ 在 ｆ ′（ ｘ）的零点处取到．但
ｆ ′（ｘ）＝ ０ 是超越方程，无法直接求出解，我们可以在形式
上虚设，通过整体代换，将超越式化简为普通的代数式．借
助ｆ ′（ｘ０）＝ ０ 作整体代换，竟能使天堑变通途！
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四、利用导数解决不等式问题
１．解决含参不等式恒成立（或有解）问题的方法
（１）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，
进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．
（２）先分离参变量，再构造函数，进而把问题转化为函数的
最值问题．
２．解决有关不等式的证明问题的方法
（１）直接构造函数，转化为函数的最值问题．
（２）证明 ｆ（ｘ）≥ｇ（ｘ）时可转化为证明 ｆ（ｘ） ｍｉｎ≥ｇ（ｘ） ｍａｘ ．
３．放缩法在不等式证明中的常用结论
（１）ｓｉｎ ｘ≤ｘ（ｘ≥０）；
（２）ｌｎ ｘ≤ｘ－１（ｘ＞０）；
（３）ｅｘ≥ｘ＋１（ｘ∈Ｒ）；
（４） ｘ≤
ｘ＋１
２
（ｘ≥０） ．
已知函数 ｆ（ｘ）＝ ｌｎ ｘ－
１
２
ａｘ２＋ｘ，ａ∈Ｒ．
（１）若 ｆ（１）＝ ０，求函数 ｆ（ｘ）的单调递减区间；
（２）若关于 ｘ 的不等式 ｆ（ ｘ）≤ａｘ－１ 恒成立，求整数 ａ 的最
小值；
（３）若 ａ＝－２，正实数 ｘ１，ｘ２ 满足 ｆ（ ｘ１） ＋ ｆ（ ｘ２） ＋ｘ１ｘ２ ＝ ０，证
明：ｘ１＋ｘ２≥
５－１
２
．
解析 （１）因为 ｆ（１）＝ １－
ａ
２
＝ ０，所以 ａ＝ ２，
此时 ｆ（ｘ）＝ ｌｎ ｘ－ｘ２＋ｘ，ｘ＞０，
ｆ ′（ｘ）＝
１
ｘ
－２ｘ＋１＝
－２ｘ２＋ｘ＋１
ｘ
（ｘ＞０），
由 ｆ ′（ｘ）＜０，得 ２ｘ２－ｘ－１＞０，
又 ｘ＞０，所以 ｘ＞１．
所以 ｆ（ｘ）的单调递减区间为（１，＋∞ ） ．
（２）解法一：令 ｇ（ｘ）＝ ｆ（ ｘ） －（ａｘ－１）＝ ｌｎ ｘ－
１
２
ａｘ２ ＋（１－ａ） ｘ
＋１，
所以 ｇ′（ｘ）＝
１
ｘ
－ａｘ＋（１－ａ）＝
－ａｘ２＋（１－ａ）ｘ＋１
ｘ
．
当 ａ≤０ 时，因为 ｘ＞０，所以 ｇ′（ｘ）＞０．
所以 ｇ（ｘ）在（０，＋∞ ）上是递增函数，
又因为 ｇ（１）＝ ｌｎ １－
１
２
ａ·１２＋（１－ａ）＋１＝ －
３
２
ａ＋２＞０，
所以关于 ｘ 的不等式 ｆ（ｘ）≤ａｘ－１ 不恒成立．
当 ａ＞０ 时，ｇ′（ｘ）＝
－ａｘ２＋（１－ａ）ｘ＋１
ｘ
＝－
ａ ｘ－
１
ａ( ) （ｘ＋１）
ｘ
，
令 ｇ′（ｘ）＝ ０，得 ｘ＝
１
ａ
．
所以当 ｘ∈ ０，
１
ａ( ) 时，ｇ′（ｘ）＞０；
当 ｘ∈
１
ａ
，＋∞( ) 时，ｇ′（ｘ）＜０，
因此 函 数 ｇ （ ｘ ） 在 ｘ ∈ ０，
１
ａ( ) 上 是 增 函 数， 在 ｘ ∈
１
ａ
，＋∞( ) 上是减函数．
故函数 ｇ（ｘ）的最大值为 ｇ
１
ａ( ) ＝ ｌｎ １ａ － １２ ａ· １ａ( )
２
＋（１－
ａ）·
１
ａ
＋１＝
１
２ａ
－ｌｎ ａ．
令 ｈ（ａ）＝
１
２ａ
－ｌｎ ａ（ａ＞０），
因为 ｈ（１）＝
１
２
＞０，ｈ（２）＝
１
４
－ｌｎ ２＜０，
又因为 ｈ（ａ）在 ａ∈（０，＋∞ ）是减函数，
所以当 ａ≥２ 时，ｈ（ａ）＜０．
所以整数 ａ 的最小值为 ２．
解法二：由 ｆ（ｘ）≤ａｘ－１ 恒成立，得 ｌｎ ｘ－
１
２
ａｘ２ ＋ｘ≤ａｘ－１ 在
（０，＋∞ ）上恒成立，
等价于 ａ≥
ｌｎ ｘ＋ｘ＋１
１
２
ｘ２＋ｘ
在（０，＋∞ ）上恒成立．
令 ｇ（ｘ）＝
ｌｎ ｘ＋ｘ＋１
１
２
ｘ２＋ｘ
，只要 ａ≥ｇ（ｘ） ｍａｘ ．
因为 ｇ′（ｘ）＝
（ｘ＋１） －
１
２
ｘ－ｌｎ ｘ( )
１
２
ｘ２＋ｘ( ) ２
，
令 ｇ′（ｘ）＝ ０，得－
１
２
ｘ－ｌｎ ｘ＝ ０．
设 ｈ（ｘ）＝ －
１
２
ｘ－ｌｎ ｘ，ｈ′（ｘ）＝ －
１
２
－ １
ｘ
，则 ｈ′（ｘ）＜０，
所以 ｈ（ｘ）在（０，＋∞ ）上单调递减，
不妨设－
１
２
ｘ－ｌｎ ｘ＝ ０ 的根为 ｘ０ ．
当 ｘ∈（０，ｘ０）时，ｇ′（ｘ）＞０；当 ｘ∈（ｘ０，＋∞ ）时，ｇ′（ｘ）＜０，
所以 ｇ（ｘ）在 ｘ∈（０，ｘ０）上是增函数，在 ｘ∈（ ｘ０，＋∞ ）上是
减函数．
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第三章 导数及其应用 ３３
所以 ｇ（ｘ） ｍａｘ ＝ｇ（ｘ０）＝
ｌｎ ｘ０＋ｘ０＋１
１
２
ｘ２０＋ｘ０
＝
１＋
１
２
ｘ０
ｘ０ １＋
１
２
ｘ０( )
＝ １
ｘ０
．
因为 ｈ
１
２( ) ＝ ｌｎ ２－ １４ ＞０，ｈ（１）＝ － １２ ＜０，
所以
１
２
＜ｘ０＜１，此时 １＜
１
ｘ０
＜２，即 ｇ（ｘ） ｍａｘ∈（１，２） ．
所以 ａ≥２，即整数 ａ 的最小值为 ２．
（３）证明：当 ａ＝－２ 时， ｆ（ｘ）＝ ｌｎ ｘ＋ｘ２＋ｘ，ｘ＞０．
ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）＋ｘ１ｘ２ ＝ ０，
即 ｌｎ ｘ１＋ｘ２１＋ｘ１＋ｌｎ ｘ２＋ｘ２２＋ｘ２＋ｘ１ｘ２ ＝ ０．
从而（ｘ１＋ｘ２） ２＋（ｘ１＋ｘ２）＝ ｘ１·ｘ２－ｌｎ（ｘ１·ｘ２） ．
令 ｔ＝ ｘ１·ｘ２，ｔ＞０，则由 φ（ ｔ）＝ ｔ－ｌｎ ｔ 得，φ′（ ｔ）＝
ｔ－１
ｔ
，
可知，φ（ ｔ）在（０，１）上单调递减，在（１，＋∞ ）上单调递增．
所以 φ（ ｔ）≥φ（１）＝ １，所以（ｘ１＋ｘ２） ２＋（ｘ１＋ｘ２）≥１，
所以 ｘ１＋ｘ２≥
５－１
２
成立，
４－１ 已知函数 ｆ（ｘ）＝ ａｘ＋ｌｎ ｘ，其中 ａ 为常数．
（１）当 ａ＝－１ 时，求 ｆ（ｘ）的最大值；
（２）若 ｆ（ｘ）在区间（０，ｅ］上的最大值为－３，求 ａ 的值；
（３）设 ｇ（ｘ）＝ ｘｆ（ｘ），若 ａ＞０，对于任意的两个正实数 ｘ１，ｘ２
（ｘ１≠ｘ２），证明：２ｇ
ｘ１＋ｘ２
２
?
è
?
?
?
÷ ＜ｇ（ｘ１）＋ｇ（ｘ２） ．
４－１ 解析 （１）易知 ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋∞ ），
当 ａ＝－１ 时， ｆ（ｘ）＝ －ｘ＋ｌｎ ｘ， ｆ ′（ｘ）＝ －１＋
１
ｘ
＝ １
－ｘ
ｘ
，
令 ｆ ′（ｘ）＝ ０，得 ｘ＝ １．
当 ０＜ｘ＜１ 时， ｆ ′（ｘ）＞０；当 ｘ＞１ 时， ｆ ′（ｘ）＜０． （２ 分）
∴ ｆ（ｘ）在（０，１）上是增函数，在（１，＋∞ ）上是减函数．
∴ ｆ （ｘ） ｍａｘ ＝ ｆ（１）＝ －１．
∴ 当 ａ＝－１ 时，函数 ｆ（ｘ）在（０，＋∞ ）上的最大值为－１．
（４ 分）
（２） ｆ ′（ｘ）＝ ａ＋
１
ｘ
，ｘ∈（０，ｅ］，
１
ｘ
∈
１
ｅ
，＋∞[ ) ．
①若 ａ＞－
１
ｅ
，则 ｆ ′（ｘ）＞０，从而 ｆ（ｘ）在（０，ｅ］上是增函数，
∴ ｆ （ｘ） ｍａｘ ＝ ｆ（ｅ）＝ ａｅ＋１＞０，不合题意． （５ 分）
②若 ａ＜－
１
ｅ
，则由 ｆ ′（ｘ）＞０ 得 ａ＋
１
ｘ
＞０，结合 ｘ∈（０，ｅ］，解
得 ０＜ｘ＜－
１
ａ
；
由 ｆ ′（ｘ）＜０ 得 ａ＋
１
ｘ
＜０，结合 ｘ∈（０，ｅ］，解得－
１
ａ
＜ｘ≤ｅ．
（６ 分）
从而 ｆ（ｘ）在 ０，－
１
ａ( ) 上为增函数，在 － １ａ ，ｅ( ] 上为减函数，
∴ ｆ （ｘ） ｍａｘ ＝ ｆ －
１
ａ( ) ＝－１＋ｌｎ － １ａ( ) ，
令－１＋ｌｎ －
１
ａ( ) ＝－３，得 ｌｎ － １ａ( ) ＝－２，
∴ －
１
ａ
＝ｅ－２，即 ａ＝－ｅ２ ．
∵ －ｅ２＜－
１
ｅ
，∴ ａ＝－ｅ２ 即为所求． （８ 分）
（３）证法一：原式等价于 ２ａ
ｘ１＋ｘ２
２
?
è
?
?
?
÷
２
＋２·
ｘ１＋ｘ２
２
·ｌｎ
ｘ１＋ｘ２
２
＜
ａｘ２１＋ａｘ２２＋ｘ１ ｌｎ ｘ１＋ｘ２ ｌｎ ｘ２ ．
一方面，２ａ
ｘ１＋ｘ２
２
?
è
?
?
?
÷
２
－ａｘ２１－ａｘ２２
＝ａ·
（ｘ１＋ｘ２） ２
２
－ｘ２１－ｘ２２
é
?
êê
ù
?
úú ＝－ａ·
（ｘ１－ｘ２） ２
２
＜０，
即 ２ａ
ｘ１＋ｘ２
２
?
è
?
?
?
÷
２
＜ａｘ２１＋ａｘ２２（?） ． （９ 分）
另一方面，不妨设 ｘ１＜ｘ２，
构造函数 ｋ（ｘ）＝ （ｘ１＋ｘ）ｌｎ
ｘ１＋ｘ
２
－ｘ１ ｌｎ ｘ１－ｘｌｎ ｘ（ｘ＞ｘ１），
则 ｋ（ｘ１）＝ ０，ｋ′（ｘ）＝ ｌｎ
ｘ１＋ｘ
２
－ｌｎ ｘ＝ ｌｎ
ｘ１＋ｘ
２ｘ
， （１０ 分）
由 ０＜ｘ１＜ｘ 易知 ０＜
ｘ１＋ｘ
２ｘ
＜１，故 ｋ′（ｘ）＜０，
所以 ｋ（ｘ）在（ｘ１，＋∞ ）上单调递减，
故 ｋ（ｘ２）＜０，即（ｘ１＋ｘ２）ｌｎ
ｘ１＋ｘ２
２
＜ｘ１ ｌｎ ｘ１＋ｘ２ ｌｎ ｘ２，
上式与（?）式相加即得证． （１２ 分）
证法二：ｇ′（ｘ）＝ ２ａｘ＋１＋ｌｎ ｘ，ｇ″（ｘ）＝ ２ａ＋
１
ｘ
，则 ｇ″（ｘ）＞０，
（９ 分）
故 ｇ′（ｘ）为增函数，不妨令 ｘ２＞ｘ１，
令 ｈ（ｘ）＝ ｇ（ｘ）＋ｇ（ｘ１）－２ｇ
ｘ１＋ｘ
２
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è
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?
?
÷ （ｘ＞ｘ１），
则 ｈ′（ｘ）＝ ｇ′（ｘ）－ｇ′
ｘ１＋ｘ
２
?
è
?
?
?
÷ ， （１０ 分）
易知 ｘ＞
ｘ１＋ｘ
２
，故 ｈ′（ｘ）＝ ｇ′（ｘ）－ｇ′
ｘ１＋ｘ
２
?
è
?
?
?
÷ ＞０ ， （１１ 分）
而 ｈ（ｘ１）＝ ０，故 ｘ＞ｘ１ 时，ｈ（ｘ）＞０，
故 ｈ（ｘ２）＞０，即 ２ｇ
ｘ１＋ｘ２
２
?
è
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÷ ＜ｇ（ｘ１）＋ｇ（ｘ２） ． （１２ 分）
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(共208张PPT)
五年高考
A组????统一命题·课标卷题组
考点一 导数与函数的单调性
(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-?,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实
数a的取值范围是 ????.
答案?????
解析 本题考查用导数研究函数单调性、函数单调性的应用.
易知函数f(x)的定义域关于原点对称.
∵f(x)=x3-2x+ex-?,
∴f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-?
=-x3+2x+?-ex=-f(x),
∴f(x)为奇函数,
又f '(x)=3x2-2+ex+?,则f '(x)≥3x2-2+2=3x2≥0(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递
增,
所以f(a-1)+f(2a2)≤0?f(a-1)≤f(-2a2)?-2a2≥a-1,
解得-1≤a≤?.
考点二 导数与函数的极值和最值
1.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]
上的最大值与最小值的和为 ????.
答案 -3
解析 本题考查利用导数研究函数的极值和最值.
∵f(x)=2x3-ax2+1,∴f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
若a≤0,则x>0时, f '(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上为增函数,又f(0)=1,∴f(x)在(0,+∞)上没有零点,∴a>
0.
当0
?时, f '(x)>0, f(x)为增函数,∴x>0时, f(x)有极小值,为f
?=-?+1.
∵f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,
∴f?=0,∴a=3.
∴f(x)=2x3-3x2+1,则f '(x)=6x(x-1).
令f '(x)=0,得x=0或x=1.
x -1 (-1,0) 0 (0,1) 1
f '(x) + -
f(x) -4 增 1 减 0
∴f(x)在[-1,1]上的最大值为1,最小值为-4.
∴最大值与最小值的和为-3.
2.(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.
3.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-
3)∪?∪?,求c的值.
解析 (1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-?.
当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,若x∈?∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈?,则f '(x)<0,
所以函数f(x)在?,(0,+∞)上单调递增,在?上单调递减;
当a<0时,若x∈(-∞,0)∪?,则f '(x)>0,若x∈?,则f '(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),
?上单调递增,在?上单调递减.
(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f?=?a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f
?=b?<0,从而?或?
又b=c-a,所以当a>0时,?a3-a+c>0或当a<0时,?a3-a+c<0.
设g(a)=?a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪?∪?,
则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在?∪?上,g(a)>0均恒成立,
从而g(-3)=c-1≤0,且g?=c-1≥0,因此c=1.
此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],
因函数f(x)有三个零点,故x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a
-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,
解得a∈(-∞,-3)∪?∪?.
综上,c=1.
名师点睛 (1)求函数的单调区间的步骤:①确定函数y=f(x)的定义域;②求导数y=f '(x),令f '(x)=
0,解此方程,求出在定义区间内的一切实根;③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标
和上面各实数根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个
小区间;④确定f '(x)在各个区间内的符号,根据符号判断函数在相应区间内的单调性.(2)已知函
数的零点个数问题的处理方法:利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象,数形结合求解.
(3)已知不等式解集求参数的方法:利用不等式解集与对应方程根的关系找等量关系或不等关
系.
考点三 导数的实际应用与综合应用
1.(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.满分16分.
(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,
不妨设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:
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≤?.
x ? ? ?
g'(x) + 0 -
g(x) ↗ 极大值 ↘
2.(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆
弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上
修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,
B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.
(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sin θ的取值范围;
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之
比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
?
解析 本题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建模
及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
(1)解法一:设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10米.
过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,
故OE=40cos θ米,EC=40sin θ米,
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)
=800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,
△CDP的面积为?×2×40cos θ(40-40sin θ)
=1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米.
过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米.
令∠GOK=θ0,则sin θ0=?,θ0∈?.
当θ∈?时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin θ的取值范围是?.
答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平
方米,sin θ的取值范围是?.
?
解法二:设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10米.
过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,
故AB=2OE=2×40cos θ=80cos θ米,OC=OP=40米,∠COP=?-θ,
所以∠OPC=∠OCP=?+?.
设DC的中点为Q,
则PQ=?米,AD=?米,
故矩形ABCD的面积为80cos θ·?=800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,
△CDP的面积为?DC·PQ=?=?
=1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米.
过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米.
令∠GOK=θ0,则sin θ0=?,θ0∈?.
当θ∈?时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin θ的取值范围是?.
答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平
方米,sin θ的取值范围是?.
解法三:如图,设PO的延长线交MN于H,则OH=10米.
过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,
以O为原点,OE所在直线为x轴,OP所在直线为y轴建立如图所示平面直角坐标系.
?
则直线OC的方程为y=tan θ·x,圆O的方程为x2+y2=1 600,
联立得?解得x=?,y=?,
故矩形ABCD的面积为2×??
=?+?
=800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,
△CDP的面积为?×2×??
=?-?
=1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米.
过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米.
令∠GOK=θ0,则sin θ0=?,θ0∈?.
当θ∈?时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin θ的取值范围是?.
答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平
方米,sin θ的取值范围是?.
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,所以设甲的单位面积的年产值为4k,乙
的单位面积的年产值为3k(k>0).
则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ
∈?.
设f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈?.
则f '(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1),
令f '(θ)=0,得θ=?,
当θ∈?时, f '(θ)>0,所以f(θ)为增函数;
当θ∈?时, f '(θ)<0,所以f(θ)为减函数,
因此,当θ=?时, f(θ)取到最大值.
答:当θ=?时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
评析 数学建模是对现实问题进行数学抽象,用数学语言表达问题,用数学方法构建模型解决
问题的过程.新课标对数学建模核心素养提出了更高的要求,运用所学数学知识解决实际问题
是数学素养的重要体现,在学习过程中要注意以下几点:
(1)训练审题能力.数学应用因其文字叙述较多,很多学生心生畏惧,审题不够耐心.在学习过程
中,要加强审题能力训练,通过多读题,不断提炼题目中的关键字、词、句,结合图形理清已知
条件和要求的结论,从而将实际问题抽象为数学问题.
(2)提升构建模型能力.建模的过程就是将文字语言、符号语言、图表语言转化成数学语言的
过程,有时需合理选择变量,且对一些常见的数学模型进行选择,从而避免解题过程的复杂化.
(3)总结各类解模的方法.通过建模后得到的数学模型,解决方法可能是多样的,需要根据模型
的特征合理选择解决方法,从而减少解题过程的运算量.
(4)注意表述的严谨性.应用题因受实际情境的限制,建模和解模中注意解的严谨性与完备性,
最后要通过答的形式将数学问题还原为实际问题.
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)=ln x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 本题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决
问题的能力以及逻辑推理能力.
(1)证明:证法一:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,
则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,
由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),
得?此方程组无解.
因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.
证法二:假设函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2存在“S点”,
设x0为函数f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得?
由②得x0=-?,
将x0=-?代入①,左边=-?,右边=-?,显然不成立,
因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.
(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,
则f '(x)=2ax,g'(x)=?,
设x0为f(x)与g(x)的“S点”,
由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),
得?即?(*)
得ln x0=-?,解得x0=?,此时a=?=?.
当a=?时,x0=?满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,
因此,a的值为?.
(3)解法一:对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a.
因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的图象是不间断的,
所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0.
令b=?,则b>0.
函数f(x)=-x2+a,g(x)=?,
则f '(x)=-2x,g'(x)=?.
由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得
?
即?(**)
此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.因此,对任意a>0,存
在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
解法二:函数f(x)=-x2+a,g(x)=?,x≠0,
则f '(x)=-2x,g'(x)=?.
由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得
?即?(**)
由a=x2-?,得x3-3x2-ax+a=0.
对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a.
因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的图象是不间断的,
所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0,
此时b=?,则b>0.
此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.
因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
评析 本题从中学所学的直线与曲线相切有关问题出发,给出了新的定义,即函数f(x)与g(x)的
一个“S点”.根据新的定义研究非常熟悉的一次函数、二次函数、三次函数、指数函数、对
数函数及其组合的函数间的相互关系,通过其导数和原函数所满足的条件建立新的关系,研究
函数的性质.该题的背景创新新颖、设问简洁巧妙,在设问上层层递进.第(1)问设计面向大部
分考生,通过一次函数和二次函数证明不存在“S点”,让考生理解题意,并为后续两问做好方
法上的铺垫.第(2)问通过二次函数和对数函数直接求解“S点”.第(3)问通过二次函数和指数
函数探究“S点”的存在性,对考生运用知识分析以及推理论证能力提出了较高要求,突出选
拔功能.
4.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1
B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱
锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
?
解析 (1)由PO1=2知O1O=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6,
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
V锥=?·A1?·PO1=?×62×2=24(m3);
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积
V柱=AB2·O1O=62×8=288(m3).
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).
(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0?
因为在Rt△PO1B1中,O1?+P?=P?,
所以?+h2=36,
即a2=2(36-h2).
于是仓库的容积
V=V柱+V锥=a2·4h+?a2·h=?a2h=?(36h-h3),0从而V'=?(36-3h2)=26(12-h2).
令V'=0,得h=2?或h=-2?(舍).
当00,V是单调增函数;
当2?故h=2?时,V取得极大值,也是最大值.
因此,当PO1=2? m时,仓库的容积最大.
5.(2016江苏,19,16分)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=?.
①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;
(2)若01,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.
解析 (1)因为a=2,b=?,
所以f(x)=2x+2-x.
①方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.
②由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为f(2x)≥mf(x)-6对于x∈R恒成立,且f(x)>0,
所以m≤?对于x∈R恒成立.
而?=f(x)+?≥2?=4,且?=4,
所以m≤4,故实数m的最大值为4.
(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,
所以0是函数g(x)的唯一零点.
因为g'(x)=axln a+bxln b,又由01知ln a<0,ln b>0,所以g'(x)=0有唯一解x0=lo??.
令h(x)=g'(x),则h'(x)=(axln a+bxln b)'=ax(ln a)2+bx(ln b)2,
从而对任意x∈R,h'(x)>0,所以g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)上的单调增函数.
于是当x∈(-∞,x0)时,g'(x)g'(x0)=0.
因而函数g(x)在(-∞,x0)上是单调减函数,在(x0,+∞)上是单调增函数.
下证x0=0.
若x0<0,则x0?-2=0,且函数g(x)在以?和
loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在?和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为01,所以loga2<0.
又?<0,所以x1<0,与“0是函数g(x)的唯一零点”矛盾.
若x0>0,同理可得,在?和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.
于是-?=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2016课标全国Ⅰ改编,12,5分)若函数f(x)=x-?sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范
围是 ????.
答案?????
解析????f '(x)=1-?cos 2x+acos x=1-?(2cos2x-1)+acos x=-?cos2x+acos x+?, f(x)在R上单调递增,
则f '(x)≥0在R上恒成立,令cos x=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≤?.
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.
2.(2019课标全国Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当0解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利
用导数求函数最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应
用.
(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f '(x)=0,得x=0或x=?.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪?时, f '(x)>0;
当x∈?时, f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,0),?单调递增,在?单调递减;
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x∈?∪(0,+∞)时, f '(x)>0;
当x∈?时, f '(x)<0.
故f(x)在?,(0,+∞)单调递增,在?单调递减.
(2)当0=-?+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
于是m=-?+2,M=?
所以M-m=?
当0当2≤a<3时,?单调递增,所以M-m的取值范围是?.
综上,M-m的取值范围是?.
规律总结 含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(1)f'(x)最
高次项系数是否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有实数解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定义域内;(4)f'(x)
=0的解x1,x2之间的大小比较.
易错警示 解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a
=0的情形而导致失分;②当a>0时, f(x)在(-∞,0),?单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)
在(-∞,0)∪?单调递增导致错误,从而失分.
3.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥?时, f(x)≥0.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=aex-?.
由题设知, f '(2)=0,所以a=?.
从而f(x)=?ex-ln x-1, f '(x)=?ex-?.
当02时, f '(x)>0.
所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
(2)证明:当a≥?时, f(x)≥?-ln x-1.
设g(x)=?-ln x-1,则g'(x)=?-?.
当01时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥?时, f(x)≥0.
4.(2015课标全国Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ln x+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?=-ln a+a-1.
因此f?>2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+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).
考点二 导数与函数的极值和最值
1.(2019天津理改编,8,5分)已知a∈R.设函数f(x)=?若关于x的不等式f(x)≥0在
R上恒成立,则a的取值范围为 ????.
答案 [0,e]
解析 本题主要考查分段函数及不等式恒成立问题,考查学生推理论证能力及运算求解能力,
将恒成立问题转化为求最值问题,考查了学生化归与转化思想及分类讨论思想.
(1)当x≤1时, f(x)=x2-2ax+2a=(x-a)2+2a-a2,
①若a>1,则f(x)在(-∞,1]上是减函数,所以f(x)≥f(1)=1>0恒成立;②若a≤1,则f(x)≥f(a)=2a-a2,要
使f(x)≥0在(-∞,1]上恒成立,只需2a-a2≥0,得0≤a≤2,∴0≤a≤1,综合①②可知,a≥0时, f(x)≥
0在(-∞,1]上恒成立.
(2)当x>1时,ln x>0, f(x)=x-aln x≥0恒成立,即a≤?恒成立.
令g(x)=?,g'(x)=?,令g'(x)=0,得x=e,当x∈(1,e)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,当x∈(e,+∞)时,g'
(x)>0,g(x)为增函数,∴g(x)min=g(e)=e,∴a≤e.
综合(1)(2)可知,a的取值范围是0≤a≤e.
解后反思 求不等式恒成立时的参数取值范围的方法:一是分离参数法,不等式f(x)≥a在R上
恒成立?f(x)min≥a, f(x)≤a在R上恒成立?f(x)max≤a;二是讨论分析法,根据参数取值情况进行
分类讨论,从而确定参数的取值范围.
2.(2018课标全国Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 ????.
答案 -?
解析 解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f '(x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f '(x)=0,得cos x=
?或cos x=-1,可得当cos x∈?时, f '(x)<0, f(x)为减函数;当cos x∈?时, f '(x)>0, f(x)为增
函数,所以当cos x=?时, f(x)取最小值,此时sin x=±?.又因为f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+
cos x),1+cos x≥0恒成立,∴f(x)取最小值时,sin x=-?,∴f(x)min=2×?×?=-?.
解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x),
∴f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3.
令cos x=t,t∈[-1,1],设g(t)=4(1-t)(1+t)3,
∴g'(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t).
当t∈?时,g'(t)>0,g(t)为增函数;
当t∈?时,g'(t)<0,g(t)为减函数.
∴当t=?时,g(t)取得最大值?,即f 2(x)的最大值为?,得f(x)的最大值为?,又f(x)=2sin x+sin 2
x为奇函数,
∴f(x)的最小值为-?.
解法三:∵f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=8sin?cos3?.
∴f 2(x)=64·sin2?·cos2?·cos2?·cos2?
=?·3sin2?·cos2?·cos2?·cos2?
≤??=?.
当且仅当3sin2?=cos2?,即sin2?=?,cos2?=?时等号成立,所以f 2(x)的最大值为?,则f(x)的最大
值为?,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,∴f(x)的最小值为-?.
3.(2017课标全国Ⅱ理改编,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为????
????.
答案 -1
解析 本题主要考查导数的应用.
由题意可得f '(x)=ex-1[x2+(a+2)x+a-1].∵x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,∴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,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
x∈(-2,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.∴f(x)极小值=f(1)=-1.
思路分析 由x=-2是函数f(x)的极值点可知f '(-2)=0,从而求出a的值,将a的值代入导函数f '(x),
求出f(x)的单调区间,判断极小值点,从而求出函数的极小值.
方法总结 1.利用导数研究函数极值问题的两个方向:
?
2.已知函数极值点和极值求参数值的两个要领:
(1)列式:根据极值点处导数为0和极值列方程组进行求解.
(2)验证:因为导数为零的点不一定是函数的极值点,所以求解后必须进行验证.
4.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数
列.
(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)若d=3,求f(x)的极值;
(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6?有三个互异的公共点,求d的取值范围.
解析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识
和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点
(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f '(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.
(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3?-9)x-?+9t2.
故f '(x)=3x2-6t2x+3?-9.
令f '(x)=0,解得x=t2-?,或x=t2+?.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,t2-?) t2-? (t2-?,t2+?) t2+? (t2+?,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2-?)=(-?)3-9×(-?)=6?;函数f(x)的极小值为f(t2+?)=(?)3-9×
(?)=-6?.
(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6?有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)
+(x-t2)+6?=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6?=0.
设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6?,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6?有三个互异的公共点等价于函数
y=g(x)有三个零点.
g'(x)=3x2+(1-d2).
当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.
当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-?,
x2=?.
易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.
g(x)的极大值g(x1)=g?=?+6?>0.
g(x)的极小值g(x2)=g?=-?+6?.
若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.
若g(x2)<0,即(d2-1?>27,也就是|d|>?,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6?>0,且-2|d|6?<-62?+6?<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有
一个零点,符合题意.
所以,d的取值范围是(-∞,-?)∪(?,+∞).
方法规律 研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋
势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、
解决问题.
5.(2017课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,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< f(x0)<2-2.
解析 本题考查了导数的综合应用.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-?,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)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,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ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈?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.
6.(2017山东理,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自
然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程;
(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解析 本题考查导数的几何意义和极值.
(1)由题意知, f(π)=π2-2,
又f '(x)=2x-2sin x,
所以f '(π)=2π,
因此曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.
(2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),
因为h'(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)
=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)
=2(ex-a)(x-sin x),
令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0,
所以m(x)在R上单调递增.
因为m(0)=0,
所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.
(i)当a≤0时,ex-a>0,
当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;
(ii)当a>0时,h'(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),
由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.
①当0当x∈(-∞,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=ln a时h(x)取到极大值,
极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],
当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;
②当a=1时,ln a=0,
所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
③当a>1时,ln a>0,
所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(0,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(ln a,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;
当x=ln a时h(x)取到极小值,
极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
综上所述:
当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a
-1;
当0也有极小值,
极大值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],
极小值是h(0)=-2a-1;
当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,
在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,
极大值是h(0)=-2a-1,
极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
考点三 导数的实际应用与综合应用
1.(2019课标全国Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-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)=?+ln x-1=ln x-?.
因为y=ln x单调递增,y=?单调递减,所以f '(x)单调递增.又f '(1)=-1<0, f '(2)=ln 2-?=?>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)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.
2.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+?,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=2.718 28…为自然对数的底数.
解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用
能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
(1)当a=-?时,f(x)=-?ln x+?,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?-2ln x,t≥2?,则g(t)=??-?-2ln x.
(i)当x∈?时,?≤2?,
则g(t)≥g(2?)=8?-4??-2ln x.
记p(x)=4?-2??-ln x,x≥?,
则p'(x)=?-?-?=?
=?.
故
x ? ? 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.
因此,g(t)≥g(2?)=2p(x)≥0.
(ii)当x∈?时,
g(x)≥g?=?.
令q(x)=2?ln x+(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.
3.(2019天津理,20,14分)设函数f(x)=excos x,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 本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方
法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由已知,有f '(x)=ex(cos x-sin x).
因此,当x∈?(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f '(x)<0,则f(x)单调递减;
当x∈?(k∈Z)时,有sin x0,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(cos x-sin x),
从而g'(x)=-2exsin x.
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?cos xn=1.记yn=xn-2nπ,则yn∈?,且f(yn)=?cos yn=?
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≤-?=-?≤-?=?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-?4.(2019课标全国Ⅰ理,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间?存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明 本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用
导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思
想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.
(1)设g(x)=f'(x),
则g(x)=cos x-?,g'(x)=-sin x+?.
当x∈?时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'?<0,可得g'(x)在?有唯一零点,设为α.则当x∈
(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈?时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在?单调递减,故g(x)在?存在唯一极大值点,即f'(x)在
?存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)
单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
(ii)当x∈?时,由(1)知,f'(x)在(0,α)单调递增,在?单调递减,而f'(0)=0,f'?<0,所以存在β
∈?,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时,f'(x)>0;当x∈?时,f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在
?单调递减.
又f(0)=0,f?=1-ln?>0,所以当x∈?时,f(x)>0.从而,f(x)在?没有零点.
(iii)当x∈?时,f'(x)<0,所以f(x)在?单调递减.而f?>0,f(π)<0,所以f(x)在?有唯一
零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.
综上, f(x)有且仅有2个零点.
思路分析 (1)写出函数f'(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点.
(2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f'(x)与0的关系,得到f
(x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.
5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时, f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
解析 (1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,
则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.
而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-?是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a②若h(2)=0,即a=?,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>?,由于h(0)=1,
所以h(x)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,
所以h(4a)=1-?=1-?>1-?=1-?>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点.
因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=?.
方法总结 利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用
导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也
可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,
可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规
律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有
一个清晰、直观的整体展现.
6.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.
(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-
?;
(3)证明当a≥?时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
解析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的
性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题
和解决问题的能力.
(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln a-ln a.
令h'(x)=0,解得x=0.
由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:
x (-∞,0) 0 (0,+∞)
h'(x) - 0 +
h(x) ↘ 极小值 ↗
所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)证明:由f '(x)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为?ln a.
由g'(x)=?,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为?.
因为这两条切线平行,故有?ln a=?,
即x2?(ln a)2=1.
两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,
所以x1+g(x2)=-?.
(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,?)处的切线l1:y-?=?ln a·(x-x1).
曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=?(x-x2).
要证明当a≥?时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥?
时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.
即只需证明当a≥?时,
方程组?有解.
由①得x2=?,代入②,
得?-x1?ln a+x1+?+?=0.③
因此,只需证明当a≥?时,关于x1的方程③存在实数解.
设函数u(x)=ax-xaxln a+x+?+?,
即要证明当a≥?时,函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(ln a)2xax,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'?=1
-?<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,
即1-(ln a)2x0?=0.
由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).
因为a≥?,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=?-x0?ln a+x0+?+?=?+x0+?≥
?≥0.
下面证明存在实数t,使得u(t)<0.
由(1)可得ax≥1+xln a,当x>?时,有
u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+?+?=-(ln a)2x2+x+1+?+?,
所以存在实数t,使得u(t)<0.
因此,当a≥?时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.
所以,当a≥?时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
7.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n,??·…·?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?=-?+aln 2<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-ln x>0.
令x=1+?,得ln?从而ln?+ln?+…+ln?故??…?而???>2,所以m的最小值为3.
评析 导数是研究函数的单调性、极值(最值)有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识
点,从高考来看,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:(1)考查导数的几何意义,往往
与解析几何、微积分相联系;(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性或已知单调性,求参
数;(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题;(4)考查数形结合思想的应用.
8.(2016课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
解析 (1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).?(2分)
(i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.?(3分)
(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+
∞)单调递增.
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且bf(b)>?(b-2)+a(b-1)2=a?>0,
故f(x)存在两个零点.?(4分)
(iii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-?,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时, f(x)<
0,所以f(x)不存在两个零点.?(6分)
若a<-?,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个
零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).?(8分)
(2)不妨设x1等价于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2?+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)?+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2?-(x2-2)?.?(10分)
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时, g'(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.
从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.?(12分)
思路分析 (1)根据a的值分a=0,a>0和a<0三种情况讨论,利用函数的单调性及极值的符号即
可确定零点个数,进而得a的范围;(2)由(1)确定出函数的单调性,进而将x1+x2<2转化为函数值间
的不等关系,从而构造函数进行证明.
C组 教师专用题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2009江苏,3,5分)函数f(x)=x3-15x2-33x+6的单调减区间为 ????.
答案 (-1,11)
解析????f '(x)=3x2-30x-33=3(x-11)(x+1),
当x<-1或x>11时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当-1所以函数的单调减区间为(-1,11).
2.(2018课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=?-x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:?解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-?-1+?=-?.
(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.
(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=?或x=?.
当x∈?∪?时, f '(x)<0;
当x∈?时, f '(x)>0.
所以f(x)在?,?单调递减,在?单调递增.
(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
所以x1x2=1,不妨设x11,
由于?=-?-1+a?=-2+a?=-2+a?,
所以?设函数g(x)=?-x+2ln x,
由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,
又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,
所以?-x2+2ln x2<0,即?方法总结 利用导数证明不等式的常用方法:
(1)证明f(x)时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同
时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).
3.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
解析 本题考查函数的单调性,恒成立问题.
(1)f '(x)=(1-2x-x2)ex.
令f '(x)=0,得x=-1-?或x=-1+?.
当x∈(-∞,-1-?)时, f '(x)<0;
当x∈(-1-?,-1+?)时, f '(x)>0;
当x∈(-1+?,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-?),(-1+?,+∞)单调递减,
在(-1-?,-1+?)单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,
故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+
1.
当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1
=x(1-a-x-x2),取x0=?,
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=?,
则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
解题思路 (1)求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的单调增区间,令f '(x)<0,求出f(x)的单调减区间.
(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+
1≤ax+1成立;当0ax0+1,从而说明
命题不成立;当a≤0时,举反例x0=?说明不等式不成立.
疑难突破 (1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的增区间,令f '
(x)<0,求出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.
(2)恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤φ(x)min;②构
造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使
问题简化.
4.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+?,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+?对于任意的x∈[1,2]成立.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=a-?-?+?=?.
当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
当a>0时, f '(x)=???.
①01,
当x∈(0,1)或x∈?时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈?时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
②a=2时,?=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.
③a>2时,0当x∈?或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈?时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
综上所述,
当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;
当0当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;
当a>2时, f(x)在?内单调递增,在?内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
(2)由(1)知,a=1时,
f(x)-f '(x)=x-ln x+?-?
=x-ln x+?+?-?-1,x∈[1,2].
设g(x)=x-ln x,h(x)=?+?-?-1,x∈[1,2].
则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).
由g'(x)=?≥0,可得g(x)≥g(1)=1.
当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=?.
设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.
因为φ(1)=1,φ(2)=-10,
所以?x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.
所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.
由h(1)=1,h(2)=?,可得h(x)≥h(2)=?,
当且仅当x=2时取等号.
所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=?,
即f(x)>f '(x)+?对于任意的x∈[1,2]成立.
易错警示 讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤
其易忽略a=0的情形).
评析 本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确
构造函数是求解的关键.
5.(2013课标全国Ⅱ,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)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.
考点二 导数与函数的极值和最值
1.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.
解析 (1)因为f(x)=?
所以f '(x)=?
由于-1≤x≤1,
(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.
此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,
故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.
(ii)当-1若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1), f(-1)},m(a)=f(a)=a3,
由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,
当-1当?(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,
此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,
故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.
综上,M(a)-m(a)=?
(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=?h'(x)=?
因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知,
(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-
3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.
(ii)当-1a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤?.
令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在?上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.
(iii)当?所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-?<3a+b≤0.
(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,
所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.
综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.
评析 本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时
考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.
2.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=?-k?(k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
解析 (1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).
f '(x)=?-k?
=?-?=?.
由k≤0可得ex-kx>0,
所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,
函数y=f(x)单调递减,
当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,
函数y=f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,
故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).
因为g'(x)=ex-k=ex-eln k,
当0当x∈(0,2)时,g'(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增,
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;
当k>1时,
得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,
x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.
所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,
当且仅当?解得e综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为?.
评析 本题考查了导数在研究函数的单调性和极值问题中的应用,考查了分类讨论思想的运
用以及学生的逻辑推理能力和运算求解能力,难度较大,在解决问题(2)时极易产生分类讨论不
全面或运算求解错误.
3.(2012江苏,18,16分)若函数y=f (x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f (x)的极值
点.
已知a,b是实数,1和-1是函数f (x)=x3+ax2+bx的两个极值点.
(1)求a和b的值;
(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f (x)+2,求g(x)的极值点;
(3)设h(x)=f (f (x))-c,其中c∈[-2,2],求函数y=h(x)的零点个数.
解析 (1)由题设知f '(x)=3x2+2ax+b,
且f '(-1)=3-2a+b=0,
f '(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.
(2)由(1)知f(x)=x3-3x.
因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),
所以g'(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,
于是函数g(x)的极值点只可能是1或-2.
当x<-2时,g'(x)<0;当-20,故-2是g(x)的极值点.
当-21时,g'(x)>0,故1不是g(x)的极值点.
所以g(x)的极值点为-2.
(3)令f(x)=t,则h(x)=f(t)-c.先讨论关于x的方程 f(x)=d根的情况,d∈[-2,2].
当|d|=2时,由(2)可知, f(x)=-2的两个不同的根为1和-2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不
同的根为-1和2.
当|d|<2时,因为f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0, f(1)-d=f(-2)-d=-2-d<0,
所以-2,-1,1,2都不是f(x)=d的根.由(1)知f '(x)=
3(x+1)(x-1).
①当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,于是f(x)是单调增函数,从而f(x)>f(2)=2,
此时f(x)=d无实根.同理, f(x)=d在(-∞,-2)上无实根.
②当x∈(1,2)时, f '(x)>0,于是f(x)是单调增函数,又f(1)-d<0, f(2)-d>0,y=f(x)-d的图象不间断,所以
f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.同理, f(x)=d在(-2,-1)内有唯一实根.
③当x∈(-1,1)时, f '(x)<0,故f(x)是单调减函数,
又f(-1)-d>0, f(1)-d<0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(-1,1)内有唯一实根.
由上可知:当|d|=2时, f(x)=d有两个不同的根x1,x2满足|x1|=1,|x2|=2;
当|d|<2时, f(x)=d有三个不同的根x3,x4,x5满足|xi|<2,i=3,4,5.
现考虑函数y=h(x)的零点.
(i)当|c|=2时, f(t)=c有两个根t1,t2满足|t1|=1,|t2|=2,而f(x)=t1有三个不同的根, f(x)=t2有两个不同的
根,故y=h(x)有5个零点.
(ii)当|c|<2时, f(t)=c有三个不同的根t3,t4,t5满足|ti|<2,i=3,4,5,而f(x)=ti(i=3,4,5)有三个不同的根,故y
=h(x)有9个零点.
综上可知,当|c|=2时,函数y=h(x)有5个零点;当|c|<2时,函数y=h(x)有9个零点.
评析 本题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识,考查运算求解能力、运用数形结
合、分类讨论等思想方法分析与解决问题的能力.
考点三 导数的实际应用与综合应用
1.(2014辽宁改编,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是????
????.
答案 [-6,-2]
解析 由题意知?x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a
∈R.
当0令t=?(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g'(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上单调递减,g(t)max=g
(1)=-6(t≥1),所以a≥-6.
当-2≤x<0时,a≤-?-?+?,同理,g(t)在(-∞,-1]上递减,在?上递增.
因此g(t)min=g(-1)=-2?,
所以a≤-2.
综上可知,-6≤a≤-2.
2.(2019北京文,20,14分)已知函数f(x)=?x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.
解析 本题考查利用导数求三次函数图象的切线,及函数的最大值、最小值,考查分类讨论的
思想,要求学生有良好的逻辑推理和运算求解能力.
(1)由f(x)=?x3-x2+x得f '(x)=?x2-2x+1.
令f '(x)=1,即?x2-2x+1=1,得x=0或x=?.
又f(0)=0, f?=?,
所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-?=x-?,
即y=x与y=x-?.
(2)令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].
由g(x)=?x3-x2得g'(x)=?x2-2x.
令g'(x)=0得x=0或x=?.
g'(x),g(x)的情况如下:
x -2 (-2,0) 0 ? ? ? 4
g'(x) + - +
g(x) -6 ↗ 0 ↘ -? ↗ 0
所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,
当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
当a=-3时,M(a)=3.
综上,当M(a)最小时,a=-3.
3.(2019天津文,20,14分)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R.
(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;
(2)若0(i)证明f(x)恰有两个零点;
(ii)设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.
解析 本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方
法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力,体现了逻辑推理和
数学运算素养.
(1)由已知, f(x)的定义域为(0,+∞),且f '(x)=?-[aex+a(x-1)ex]=?.
因此当a≤0时,1-ax2ex>0,
从而f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(2)证明:(i)由(1)知, f '(x)=?.
令g(x)=1-ax2ex,由00,且g?=1-a??=
1-?<0,
故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f '(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1(0,x0)时, f '(x)=?>?=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)=?所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.
令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=?-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)所以ln x从而f?=ln?-a??=ln?-ln?+1=h?<0,
又因为f(x0)>f(1)=0,
所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.
又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,
从而, f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.
(ii)由题意,?即?
从而ln x1=??,即?=?.
因为当x>1时,ln xx0>1,
故?得ln ?于是x1-x0<2ln x0<2(x0-1),
整理得3x0-x1>2.
思路分析????(1)求出导函数,结合a≤0判定f '(x)>0,从而得f(x)在(0,+∞)上递增;(2)(i)利用导数的
零点判断f(x)的单调区间,结合零点存在性定理判断f(x)的零点个数;(ii)由极值点x0及零点x1建
立方程组?从而得到?=?,又由x>1时,ln x两边取对数即可得结论.
4.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=?-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,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.
证明 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)=?-ln x1+?-ln x2=??-ln(x1x2).
设g(x)=? ?-ln x,则g'(x)=?(?-4),
所以
x (0,16) 16 (16,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(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)=?-ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+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至多有1个实根.
综上,当a≤3-4ln 2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)
=?+2ln t?.
设g(t)=?+2ln t?,
则g'(t)=-?+?=?<0,
∴g(t)在?上为减函数,
∴g(t)>g?=8-8ln 2,
∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=?-ln x-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln 2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即h(x)则h(n)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)=?-ln α-kα-a=??-ln α+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-ln 16-a=3-4ln 2-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.
5.(2016天津,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+? ?
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03时,未意识到仍需将a分成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.
6.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;
(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
解析 (1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2?,
所以g'(x)=2-?+?=?.
当0在区间?上单调递减;
当a≥?时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(2)由f '(x)=2(x-a)-2ln x-2?=0,解得a=?.
令φ(x)=-2?ln x+x2-2×?·x-2?+?.
则φ(1)=1>0,φ(e)=-?-2?<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=?,u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u'(x)=1-?≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
所以0=?当a=a0时,有f '(x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0.
由(1)知, f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故当x∈(1,x0)时, f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.
所以,当x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
评析 本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查
推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归
与转化等数学思想.
7.(2014江苏,19,16分)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.
(1)证明:f(x)是R上的偶函数;
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;
(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)的结论.
解析 (1)证明:因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.
(2)由条件知m(ex+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立,
令t=ex(x>0),则t>1,所以m≤-?=-?对任意t>1成立.
因为t-1+?+1≥2?+1=3,所以-?≥-?,当且仅当t=2,即x=ln 2时等号成立.
因此实数m的取值范围是?.
(3)令函数g(x)=ex+?-a(-x3+3x),
则g'(x)=ex-?+3a(x2-1).
当x≥1时,ex-?>0,x2-1≥0,又a>0,故g'(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此g(x)在[1,+
∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.
由于存在x0∈[1,+∞),使?+?-a(-?+3x0)<0成立,当且仅当最小值g(1)<0,
故e+e-1-2a<0,即a>?.
令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1,则h'(x)=1-?.
令h'(x)=0,得x=e-1.
当x∈(0,e-1)时,h'(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;
当x∈(e-1,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.
所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).
注意到h(1)=h(e)=0,所以当x∈(1,e-1)?(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)当x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)时,h(x)①当a∈??(1,e)时,h(a)<0,
即a-1<(e-1)ln a,从而ea-1②当a=e时,ea-1=ae-1;
③当a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)ln a,故ea-1>ae-1.
综上所述,当a∈?时,ea-1当a=e时,ea-1=ae-1;
当a∈(e,+∞)时,ea-1>ae-1.
8.(2011江苏,17,14分)请你设计一个包装盒.如图所示,ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片,切
去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得A,B,C,D四个点重合于图
中的点P,正好形成一个正四棱柱形状的包装盒.E,F在AB上,是被切去的一个等腰直角三角形
斜边的两个端点.设AE=FB=x(cm).
(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大,试问x应取何值?
(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大,试问x应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长
的比值.
?
解析 设包装盒的高为h(cm),底面边长为a(cm).由已知得a=?x,h=?=?(30-x),0(1)S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800,所以当x=15时,S取得最大值.
(2)V=a2h=2?(-x3+30x2),V'=6?x(20-x).
由V'=0得x=0(舍去)或x=20.
当x∈(0,20)时,V'>0;当x∈(20,30)时,V'<0.
所以当x=20时,V取得极大值,也是最大值.
此时?=?.即包装盒的高与底面边长的比值为?.
评析 本题考查函数的概念、导数的求法等基础知识,考查数学建模能力、空间想象能力、
数学阅读能力、运算能力及解决实际问题的能力等,要求高,难度较大,易错点颇多.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2019金陵中学期中,10)已知函数f(x)=-?x2+4x-3ln x在区间[t,t+1]上不是单调函数,则实数t的
取值范围是 ????.
答案 (0,1)∪(2,3)
解析????f '(x)=-x+4-?=-?=-?,所以当x∈(0,1)∪(3,+∞)时, f '(x)<0,函数f(x)在(0,
1),(3,+∞)上递减,当x∈(1,3)时, f '(x)>0,函数f(x)在(1,3)上递增.因为f(x)在[t,t+1]上不单调,所以
在[t,t+1]上既有减又有增,所以?或?∴01)∪(2,3).
2.(2019江阴检测,14)设函数f(x)=x3+ax2-a2x+1,g(x)=ax2-2x+1,其中实数a≠0,若f(x),g(x)在区间(a,
a+1)内均为增函数,则实数a的取值范围是 ????.
答案?????∪[1,+∞)
解析????f '(x)=3x2+2ax-a2=(3x-a)(x+a),
函数g(x)图象的对称轴为直线x=?.
①若a>0,则?解得a≥1;
②若a<0,则?解得a≤-?.
综上,a∈?∪[1,+∞).
评析 本题考查函数的单调性,函数f(x)为增函数利用导数求解,g(x)为增函数直接根据图象判
断,本题难度中等.
3.(2019盐城期中,12)已知函数f(x)=(x+m)ex-?x2-(m+1)x在R上单调递增,则实数m的取值集合为
????.
答案 {-1}
解析 因为函数f(x)在R上单调递增,所以f '(x)≥0在R上恒成立,即f '(x)=ex+(x+m)ex-x-(m+1)=(x+
m+1)(ex-1)≥0在R上恒成立.
(1)当x>0时,ex-1>0,所以x+m+1≥0恒成立,
即m≥(-1-x)max,所以m≥-1;
(2)当x<0时,ex-1<0,所以x+m+1≤0恒成立,
即m≤(-1-x)min,所以m≤-1;
(3)当x=0时,ex-1=0,所以m∈R.
综上可知,实数m的取值集合为{-1}.
易错警示 函数f(x)=(x+m)ex-?x2-(m+1)x在R上单调递增等价于f '(x)≥0在R上恒成立,不能误
认为f '(x)>0;另一方面, f '(x)>0成立,能得到函数f(x)为增函数,不能混淆.
4.(2018无锡期末,14)若函数f(x)=(x+1)2|x-a|在区间[-1,2]上单调递增,则实数a的取值范围是 ????
????.
答案 (-∞,-1]∪?
解析 当a≤-1时, f(x)=(x+1)2(x-a),
f '(x)=2(x+1)(x-a)+(x+1)2=(x+1)(3x+1-2a),
令f '(x)=0,得x=-1或?,
∴?≤-1?a≤-1.
当a≥2时, f(x)=-(x+1)2(x-a),
f '(x)=-2(x+1)(x-a)-(x+1)2=-(x+1)(3x+1-2a),
令f '(x)=0,得x=-1或?.
∴?≥2?a≥?.
当-1故f(x)在(-1,2)上不可能单调递增.
综上,a∈(-∞,-1]∪?.
思路点拨 对a分情况讨论去掉绝对值符号,再将函数在区间[-1,2]上单调递增转化为不等式
恒成立问题,进而求解.
考点二 导数与函数的极值和最值
1.(2019海安中学检测,11)设函数f(x)=?若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是 ????
????.
答案 (-∞,-1)
解析 作出函数y=x3-3x与y=-2x的大致图象如图所示,两图象交点为(0,0),(-1,2)和(1,-2).若函数f
(x)=?无最大值,由图象可知-2a>2,解得a<-1.
?
2.(2019南师附中、天一中学、海门中学、淮阴中学联考,12)已知函数f(x)=x+?,g(x)=x-ln x.若
对任意的x1∈?,存在x2∈?,使得g(x1)≤f(x2)成立,则实数a的取值范围是 ????
????.
答案?????∪?
解析 由题意得存在x2∈?,使得f(x2)≥g(x1)max成立,其中x1∈?.
由g(x)=x-ln x,x∈?,
得g'(x)=1-?=?≤0,
则g(x)在x∈?上单调递减,
∴g(x)max=g?=?+1,
即g(x1)max=?+1,
∴存在x2∈?,
使得f(x2)=x2+?≥?+1成立.
即存在x∈?,使得f(x)=x+?≥?+1成立,
∴存在x∈?,使得a2≥-x2+?x成立,
即a2≥?,其中x∈?,
记h(x)=-x2+?x,x∈?,
h(x)=-?+?,
∴当x∈?时,h(x)单调递增;
当x∈?时,h(x)单调递减.
又∵h(1)=?,h?=?,
∴h(x)min=?,
∴a2≥?,
∴a∈?∪?.
考点三 导数的实际应用与综合应用
1.(2019苏州期末,14)设函数f(x)=?,若对任意x1∈(-∞,0),总存在x2∈[2,+∞),使得f(x2)≤f(x
1),则实数a的取值范围是 ????.
答案 [0,1]
解析 (1)当a=0时, f(x)=?,作出函数图象如图:
?
对任意x1∈(-∞,0),总存在x2∈[2,+∞),使得f(x2)≤f(x1)显然成立.
(2)当a<0时, f(x)=?,令f(x)=0,得唯一的零点x=?<0,
而x2∈[2,+∞)时,总有f(x2)>0,
所以f(x2)≤f(x1)不是总成立的,故不符合题意.
(3)当a>0时, f(x)有唯一的零点x=?>0,
①当?≥2,即0②当0?时,因为x≥2或x<0时,都有ax2-?>0,所以f(x)=ax2-?,
显然f(x)在[2,+∞)上递增,所以f(x2)≥f(2)=4a-1.
x<0时, f '(x)=2ax+?,令f '(x)=0,得x=?,
所以f(x1)≥f?=3?,
所以3?≥4a-1,令?=t,
则3t≥4t3-1,即3t3-3t+t3-1≤0,
即(t-1)(4t2+4t+1)≤0,
所以t≤1,即?≤1,
解得a≤1,故有?综上,a∈[0,1].
2.(2018宿迁期中,13)不等式x6-(x+2)3+x2≤x4-(x+2)2+x+2的解集为 ????.
答案 [-1,2]
解析 不等式x6-(x+2)3+x2≤x4-(x+2)2+x+2,
即x6-x4+x2≤(x+2)3-(x+2)2+x+2,
令f(x)=x3-x2+x,则原不等式等价于f(x2)≤f(x+2),
对f(x)=x3-x2+x求导,得f '(x)=3x2-2x+1=3?+?,则f '(x)>0恒成立,
则函数f(x)=x3-x2+x为R上的增函数,
故x2≤x+2,所以x2-x-2≤0,
解得-1≤x≤2.
所以原不等式的解集为[-1,2].
思路分析 从结构上分析不等式,不难发现与函数f(x)=x3-x2+x有关,从而将问题转化成f(x2)≤f
(x+2),容易判断函数f(x)=x3-x2+x为增函数,从而得到x2≤x+2,从而解决问题.
3.(2019七大市三模,20)已知函数f(x)=?(a≠0),e是自然对数的底数.
(1)当a>0时,求f(x)的单调增区间;
(2)若对任意的x≥?, f(x)≥2eb-1(b∈R),求?的最大值;
(3)若f(x)的极大值为-2,求不等式f(x)+ex<0的解集.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,e-1)∪(e-1,+∞).
f '(x)=?=?,?(2分)
令f '(x)>0,因为a>0,所以x>?,
因为?>e-1,
所以f(x)的单调增区间是(?,+∞).?(4分)
(2)当a<0时, f(1)=a<0<2eb-1,不合题意;
当a>0时,令f '(x)<0,得0所以f(x)在区间(0,e-1)和(e-1,?)上单调递减.
因为?∈(e-1,?),且f(x)在区间(?,+∞)上单调递增,
所以f(x)在?处取极小值?,即最小值为?.?(6分)
若?x≥?, f(x)≥2eb-1,则?≥2eb-1,即a≥eb.
不妨设b>0,则?≤?.?(8分)
设g(b)=?(b>0),则g'(b)=?.
当00;当b>1时,g'(b)<0,
所以g(b)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以g(b)≤g(1),即?≤?,
所以?的最大值为?.?(10分)
(3)由(2)知,当a>0时, f(x)无极大值,不符合题意.
当a<0时, f(x)在(0,e-1)和(e-1,?)上单调递增;在(?,+∞)上单调递减,
所以f(x)在x=?处取极大值,
且f(?)=?=-2,故a=-e.?(12分)
设F(x)=f(x)+ex,即F(x)=ex-?,
当x∈(0,e-1),1+ln x<0,所以F(x)>0;
当x∈(e-1,+∞),F'(x)=ex-?,
由(2)知,ex≤ex,又1+2ln x≤(1+ln x)2,
所以F'(x)≥0,且F(x)不恒为零,
所以F(x)在(e-1,+∞)上单调递增.
不等式f(x)+ex<0,即F(x)<0=F(1),所以e-1即不等式的解集为(e-1,1).?(16分)
备注:第(1)问中若没有交代“f(x)的定义域为(0,e-1)∪(e-1,+∞)”,则扣一分.
4.(2019启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校联考,19)已知函数f(x)=ax2-ln x-x,g(x)=ex(2-x)+(2
-2a)x(e是自然对数的底数).
(1)若a=1,求函数f(x)的单调增区间;
(2)若关于x的不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若函数h(x)=f(x)+g(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=x2-ln x-x,
f '(x)=2x-?-1=?,
令f '(x)>0,得x>1,
故f(x)在(1,+∞)上单调递增.?(3分)
(2)解法一: f '(x)=2ax-?-1=?(x>0),
①当a≤0时, f '(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减,
f(1)=a-1<0,与f(x)≥0恒成立矛盾,所以a≤0不合题意.?(5分)
(不举反例扣1分)
②当a>0时,令f '(x)=0,则x0=?.
当0x0时, f '(x)>0,
则f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.?(7分)
所以f(x)的最小值为f(x0)=a?-ln x0-x0,(*)
又2a?-x0-1=0,∴a?=?(x0+1),
代入(*)得f(x0)=?-ln x0-?x0,
又f(x)≥0恒成立,所以f(x0)=?-ln x0-?x0≥0恒成立.
记m(x)=?-ln x-?x,
m'(x)=-?-?,m'(x)<0,则m(x)在(0,+∞)上单调递减,
又m(1)=0,所以0又a=??,?∈[1,+∞),
所以实数a的取值范围是[1,+∞).?(10分)
解法二:∵ax2-ln x-x≥0对任意x>0恒成立,
∴a≥?恒成立.
令m(x)=?(x>0),m'(x)=?.?(5分)
设F(x)=1-2ln x-x,∴F'(x)=-?-1,则F'(x)<0,
∴F(x)=1-2ln x-x在(0,+∞)上单调递减,
又F(1)=0,?(7分)
∴当00,即m'(x)>0;
当x>1时,F(x)<0,即m'(x)<0,
∴m(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴m(x)max=m(1)=1.
综上,实数a的取值范围是[1,+∞).?(10分)
(3)易得h'(x)=(x-1)?,∴h'(1)=0.
设G(x)=2a+?-ex,x>0,则G'(x)=-?-ex,则G'(x)<0,
则G(x)在(0,+∞)上单调递减,
①当G(1)≥0,即a≥?时,
在(0,1)上,G(x)>0,则h'(x)<0,
∴h(x)在(0,1)上单调递减与“h(x)在x=1处取得极大值”矛盾,∴a≥?不合题意.?(12分)
②当G(1)<0,即a则G?=2a+(e-2a)-?=e-?>0,
∴?x0∈?,使得G(x0)=0,?(14分)
当x00,
当x>1时,G(x)<0,则h'(x)=(x-1)?<0,
∴h(x)在(x0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则h(x)在x=1处取得极大值.
综上,a的取值范围为?.?(16分)
一、填空题(每小题5分,共25分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：60分钟 分值：85分)
1.(2019扬州中学3月检测,14)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个不同的极值点x1,x2,若不等式λ>f(x
1)+f(x2)恒成立,则实数λ的取值范围是 ????.
答案 [-3,+∞)
解析????f '(x)=2ax-2+?=?(x>0).
因为函数有两个不同的极值点x1,x2,所以2ax2-2x+1=0有两个不相等的正根,
所以?解得0而f(x1)+f(x2)=a?-2x1+ln x1+a?-2x2+ln x2
=a[(x1+x2)2-2x1x2]-2(x1+x2)+ln(x1x2)
=-?-1-ln 2a.
令h(a)=-?-1-ln 2a?,h'(a)=?,则h'(a)>0,
故h(a)在?上单调递增,
故h(a)思路点拨????λ>f(x1)+f(x2)恒成立,即λ>[f(x1)+f(x2)]max,将f(x1)+f(x2)表示成关于a的函数,求其最值即
可.
2.(2019南京调研,14)若函数f(x)=?ax2-ex+1在x=x1和x=x2两处取到极值,且?≥2,则实数a的取值
范围是 ????.
答案?????
解析 ∵x1,x2是f(x)=?ax2-ex+1的两个极值点,
∴x1,x2是方程ax-ex=0的两个根,
∴x1,x2是y=ax与y=ex图象的两个交点的横坐标,
作出y=ax与y=ex的图象,如图.
?
由图象知a>0,x1>0,x2>0.
∵?≥2,∴x2≥2x1,
而a=?=?=?,
∴2?≥?,∴x1≤ln 2.
设g(x)=a=?,x∈(0,ln 2],g'(x)=?,
当x∈(0,ln 2]时,g'(x)<0,g(x)递减,
∴a=?≥g(ln 2)=?,
∴a的取值范围是?.
3.(2018泰州中学月考,10)设函数f '(x)是奇函数f(x)的导函数, f(-1)=0,当x>0时,xf '(x)-f(x)<0,则使
得f(x)>0成立的x的取值范围是 ????.
答案 (-∞,-1)∪(0,1)
解析 令g(x)=?,则g'(x)=?,当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上是减函数,又g
(-x)=g(x),所以g(x)是偶函数,因此g(-1)=g(1)=0.当00,所以f(x)>0;当x<-1时,g(x)<0,所
以f(x)>0,故x的取值范围为(-∞,-1)∪(0,1).
方法总结 构造函数解不等式常见的结构有:
xf '(x)-f(x)与?的导数联系;
xf '(x)+f(x)与xf(x)的导数联系;
f '(x)-f(x)与?的导数联系;
f '(x)+f(x)与exf(x)的导数联系.
掌握这些常用形式并加以推广就能够解好这一类问题.
4.(2017七校联考,14)若f(x)=x-1-aln x,g(x)=?,a<0,且对任意x1,x2∈[3,4](x1≠x2),|f(x1)-f(x2)|<
?恒成立,则实数a的取值范围为 ????.
答案?????
解析 易知f(x),?在x∈[3,4]上均为增函数,不妨设x12)-f(x1)令h(x)=f(x)-?=x-1-aln x-?,
则h(x)在x∈[3,4]上为减函数,
则h'(x)=1-?-?≤0在x∈[3,4]上恒成立,
∴a≥x-ex-1+?在x∈[3,4]上恒成立,
令u(x)=x-ex-1+?,x∈[3,4],
则u'(x)=1-ex-1+?=1-ex-1?,x∈[3,4],
∵ex-1≥e2,∴ex-1?≥?e2>1,∴u'(x)<0.
∴u(x)在x∈[3,4]上为减函数,
∴u(x)在x∈[3,4]上的最大值为u(3)=3-?e2.
综上,实数a的取值范围为?.
思路点拨 本题是构造函数证明恒成立问题.根据条件|f(x1)-f(x2)|?的单调性,从而去掉绝对值,构造新函数h(x)=f(x)-?,转化为h(x)在[3,4]上的单调性问题.
5.(2019扬州期末,14)若存在正实数x,y,z满足3y2+3z2≤10yz,且ln x-ln z=?,则?的最小值为 ????
????.
答案????e2
解析 由3y2+3z2≤10yz,得(3y-z)(y-3z)≤0,
解得?≤y≤3z,即?≤?≤3.
由ln x-ln z=?,得ln x-ln y+ln y-ln z=?,
即ln ?=-ln ?+?.
令?=t,得ln ?=-ln t+et,令f(t)=-ln t+et,t∈?,
则f '(t)=-?+e,令f '(t)=0,得t=?,
∴当t∈?时, f(t)递减,当t∈?时, f(t)递增,
当t=?时, f(t)有极小值,即最小值, f(t)min=f?=2,
即?=2=ln e2,
所以?的最小值为e2.
二、解答题(共60分)
6.(2019如皋期末,17)一件铁艺品由边长为1(米)的正方形及两段圆弧组成,如图所示,弧BD,弧
AC分别是以A,B为圆心,1(米)为半径的四分之一圆弧.若要在该铁艺品中焊装一个矩形PQRS,
使S,R分别在圆弧AC,BD上,P,Q在AB上,设矩形PQRS的面积为y(平方米).
(1)设AP=t,∠PAR=θ,将y表示成t的函数或将y表示成θ的函数(只需选择一个变量求解),并写出
函数的定义域;
(2)求面积y取最大值时对应自变量的值(若选θ作为自变量,求cos θ的值).
解析 选AP=t为变量.
(1)依题意,知BQ=t,PQ=1-2t.
在Rt△AQR中,∠RQA=90°,AQ=1-t,AR=1,
故RQ=?=?.
所以y=PQ·RQ=(1-2t)·?.?(5分)
显然?解得0所以y=(1-2t)·?,定义域为?.?(7分)
(2)由(1)知,y=(1-2t)·?,
t ? ? ?
f '(t) + 0 -
f(t) 单调增 极大值 单调减
即y=?,0令f(t)=(1-2t)2(-t2+2t)=-4t4+12t3-9t2+2t,0则f '(t)=-16t3+36t2-18t+2=-2(8t3-1-18t2+9t)
=-2[(2t-1)(4t2+2t+1)-9t(2t-1)]=-2(2t-1)(4t2-7t+1).
令f '(t)=0,得t=?或t=?(舍去)或t=?(舍去).?(10分)
列表:
所以当t=?时, f(t)取最大值,即y取最大值.
答:面积y取最大值时,AP的长为?米.?(14分)
选∠PAR=θ为变量.
(1)在Rt△AQR中,∠RQA=90°,AR=1,∠RAQ=θ,
所以RQ=sin θ,AQ=cos θ.
故BQ=AB-AQ=1-cos θ,且AP=1-cos θ.
所以PQ=AQ-AP=cos θ-(1-cos θ)=2cos θ-1.
所以y=PQ·RQ=(2cos θ-1)sin θ.?(5分)
依题意,得?又θ∈?,所以θ∈?.
所以y=(2cos θ-1)sin θ,定义域为?.?(7分)
(2)由(1)知,y=(2cos θ-1)sin θ,0<θ故y'=-2sin θ·sin θ+(2cos θ-1)cos θ=2cos2θ-2sin2θ-cos θ
=2cos第三章 导数及其应用
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
２０１９ 江苏，１１ ５ 分 填空题 易 导数的概念及几何意义 用导数求曲线的切线
直接法
求导法
数学抽象
数学运算
２０１９ 江苏，１９ １６ 分 解答题 难 导数的综合应用 求函数的极值、最大值
求导法
直接法
逻辑推理
数学运算
２０１８ 江苏，１１ ５ 分 填空题 中
导数与函数的极值
和最值
利用导数求
函数最值
求导法
数形结合
分类讨论
逻辑推理
数学运算
２０１８ 江苏，１７ １４ 分 解答题 中 导数的综合应用
利用导数解决
实际优化问题
求导法
数形结合
分类讨论
直观想象
数学运算
数学建模
２０１８ 江苏，１９ １６ 分 解答题 难 导数的综合应用
利用导数研究
函数零点问题
求导法
数形结合
转化与化归
数学运算
逻辑推理
２０１７ 江苏，１１ ５ 分 填空题 中 导数与函数的单调性 由单调性求参数范围 求导法
数学运算
数学抽象
２０１７ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难
①函数的极值和最值
②导数的综合应用
利用导数研究函数
的极值和最值、零点问题
求导法
数学运算
逻辑推理
２０１６ 江苏，１７ １４ 分 解答题 中 导数的综合应用
利用导数解决
实际优化问题
求导法
数学运算
数学建模
２０１６ 江苏，１９ １６ 分 解答题 难 函数的综合应用
利用导数研究函数单调
性、最值及零点
求导法
数学运算
数学抽象
２０１５ 江苏，１７ １４ 分 解答题 中 函数的综合应用
利用导数解“对勾”
函数模型问题
求导法
数学运算
数学建模
２０１５ 江苏，１９ １６ 分 解答题 难
①导数与函数的单调性
②导数的综合应用
①讨论单调性
②利用导数研究
函数零点问题
求导法
数学运算
逻辑推理
命题规律与趋势
０１ 考查内容
以基本初等函数为载体，利用导数研究函
数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与
解不等式关系密切，还可能与三角函数，数
列等知识综合考查．
０２ 命题规律
高考对本章内容的考查较为稳定，填空题
与解答题第（１）问以考查导数的几何意义
为主，解答题大致可以分为以下几种情形：
（１）考查函数的单调性，极值与最值；
（２）对函数零点的讨论；（３）考查不等式的
证明；（４）考查不等式恒成立或有解时参数
的取值范围等．
０３ 考频赋分
本章内容为高考每年必考内容，总分值在
２０ 分以上，在高考中占比较大．
０４ 题型难度
题型以一小一大形式出观，小题为基础题，
大题常常出现在第 １９ 题，有一定的难度和
区分度．
０５ 核心素养
对学科核心素养的考查以数学运算和逻辑
推理为主．
０６ 关联考点
常与方程、不等式、函数零点结合．
０７ 命题特点
综合性强，解法灵活多变，部分试题承担压
轴题使命，考查方式越来越灵活．
第三章 导数及其应用 ２７
§ ３．１ 导数的概念及导数的运算
对应学生用书起始页码 Ｐ４０
考点一 导数的概念及几何意义
导数的几何意义和物理意义
（１）几何意义：函数 ｆ（ｘ）在 ｘ＝ ｘ０ 处的导数就是曲线 ｙ＝ ｆ（ｘ）
在点（ｘ０， ｆ（ｘ０））处的切线的斜率；
（２）物理意义：若物体的运动方程是 ｓ ＝ ｓ（ ｔ），则 ｓ ＝ ｓ（ ｔ）在 ｔ
＝ ｔ０ 处的导数就是物体在 ｔ＝ ｔ０ 时刻的瞬时速度．
考点二 导数的运算 高频考点
１．常见基本初等函数的导数公式
原函数 导数
ｙ＝Ｃ（Ｃ 为常数） ｙ′＝ ０
ｙ＝ ｘｎ（ｎ∈Ｑ?） ｙ′＝ｎｘｎ－１
ｙ＝ｓｉｎ ｘ ｙ′＝ｃｏｓ ｘ
ｙ＝ｃｏｓ ｘ ｙ′＝－ｓｉｎ ｘ
ｙ＝ｅｘ ｙ′＝ｅｘ
续表
原函数 导数
ｙ＝ ｌｎ ｘ ｙ′＝
１
ｘ
ｙ＝ａｘ（ａ＞０，且 ａ≠１） ｙ′＝ａｘ ｌｎ ａ
ｙ＝ ｌｏｇａｘ（ａ＞０，且 ａ≠１） ｙ′＝
１
ｘｌｎ ａ
２．可导函数的四则运算的求导法则
（１）［ｕ（ｘ）±ｖ（ｘ）］ ′＝ｕ′（ｘ）±ｖ′（ｘ）；
（２）［ｕ（ｘ）ｖ（ｘ）］ ′＝ｕ′（ｘ）ｖ（ｘ）＋ｕ（ｘ）ｖ′（ｘ）；
（３）
ｕ（ｘ）
ｖ（ｘ）[ ] ′＝ ｕ′（ｘ）ｖ（ｘ）－ｕ（ｘ）ｖ′（ｘ）ｖ２（ｘ） （ｖ（ｘ）≠０） ．
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对应学生用书起始页码 Ｐ４０
利用导数求曲线的切线方程（斜率）
若已知曲线 ｙ＝ ｆ（ｘ）过点 Ｐ（ｘ０，ｙ０），求曲线过点 Ｐ 的切线方
程，则需分点 Ｐ（ｘ０，ｙ０）是切点和不是切点两种情况求解．
（１）当点 Ｐ（ｘ０，ｙ０）是切点时，切线方程为 ｙ－ｙ０ ＝ ｆ ′（ ｘ０）（ ｘ－
ｘ０） ．
（２）当点 Ｐ（ｘ０，ｙ０）不是切点时，可分以下几步完成：
①设出切点为 Ｐ′（ｘ１， ｆ（ｘ１）） ．
②写出在点 Ｐ′（ｘ１， ｆ（ｘ１））处的切线方程：ｙ－ｆ（ｘ１）＝ ｆ ′（ｘ１）（ｘ－
ｘ１）．
③将 Ｐ（ｘ０，ｙ０）代入切线方程，求出 ｘ１ ．
④将 ｘ１ 代入 ｙ－ｆ（ｘ１）＝ ｆ ′（ｘ１）（ｘ－ｘ１）即可．
已知曲线 Ｓ：ｙ＝ ２ｘ－ｘ３ ．
（１）求曲线 Ｓ 在点 Ａ（１，１）处的切线方程；
（２）求过点 Ｂ（２，０）并与曲线 Ｓ 相切的直线方程．
解析 （１）∵ ｙ＝ ２ｘ－ｘ３，∴ ｙ′＝－３ｘ２＋２，当 ｘ＝ １ 时，ｙ′＝－１．
∴ 点 Ａ（１，１）处的切线方程为 ｙ－１＝－１×（ｘ－１），即 ｘ＋ｙ－２＝０．
（２）设切点坐标为（ｍ，２ｍ－ｍ３），则直线斜率 ｋ ＝
２ｍ－ｍ３
ｍ－２
，而
ｙ′ ｜ ｘ＝ｍ ＝ ２－３ｍ２，∴ ２－３ｍ２ ＝
２ｍ－ｍ３
ｍ－２
，
整理得 ｍ３－３ｍ２＋２＝ ０，即（ｍ－１）·（ｍ２－２ｍ－２）＝ ０，
解得 ｍ１ ＝ １，ｍ２ ＝ １＋ ３ ，ｍ３ ＝ １－ ３ ．
当 ｍ＝ １ 时，ｋ＝ ２－３ｍ２ ＝－１，直线方程为 ｙ＝ ２－ｘ；
当 ｍ＝ １＋ ３时，ｋ＝ ２－３ｍ２ ＝－１０－６ ３ ，直线方程为 ｙ＝ （－１０－
６ ３ ）（ｘ－２）；
当 ｍ＝ １－ ３时，ｋ＝ ２－３ｍ２ ＝－１０＋６ ３ ，直线方程为 ｙ＝ （－１０＋
６ ３ ）（ｘ－２） ．
１－１ （２０１８ 常州期末，１１）已知函数 ｆ（ ｘ）＝ ｂｘ＋ｌｎ ｘ，其中 ｂ
∈Ｒ．若过原点且斜率为 ｋ 的直线与曲线 ｙ ＝ ｆ（ｘ）相切，则 ｋ－ｂ 的
值为 ．
１－１ 答案
１
ｅ
解析 设切点坐标为（ｘ０，ｂｘ０＋ｌｎ ｘ０），
ｆ ′（ｘ）＝ ｂ＋
１
ｘ
，则 ｋ＝ ｂ＋
１
ｘ０
，
故切线方程为 ｙ－（ｂｘ０＋ｌｎ ｘ０）＝ ｂ＋
１
ｘ０( ) （ｘ－ｘ０），
将（０，０）代入，可得 ｘ０ ＝ｅ，则 ｋ＝ ｂ＋
１
ｅ
，∴ ｋ－ｂ＝
１
ｅ
．
１－２ 设点 Ｐ 是曲线 ｙ＝ ｘ３－ ３ ｘ＋
３
５
上的任意一点，点 Ｐ 处
切线的倾斜角为 α，则角 α 的取值范围是 ．
１－２ 答案 ０，
π
２[ ) ∪ ２π３ ，π[ )
解析 ｙ′＝ ３ｘ２－ ３ ，ｔａｎ α≥－ ３，
∴ α∈ ０，
π
２[ ) ∪ ２π３ ，π[ ) ．
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(共59张PPT)
(2019江苏,11,5分)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过
点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是 ????.
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
答案 (e,1)
解析 本题考查利用导数求曲线的切线方程,考查学生的运算求解能力,考查的核心素养为数
学运算.
设A(x0,y0),由y'=?,得k=?,
所以在点A处的切线方程为y-ln x0=?(x-x0).
因为切线经过点(-e,-1),
所以-1-ln x0=?(-e-x0).所以ln x0=?,
令g(x)=ln x-?(x>0),
则g'(x)=?+?,则g'(x)>0,
∴g(x)在(0,+∞)上为增函数.
又g(e)=0,∴ln x=?有唯一解x=e.∴x0=e.
∴点A的坐标为(e,1).
方法总结 求曲线y=f(x)过点(x1,y1)的切线问题的一般步骤:
①设切点为(x0, f(x0));
②求k=f '(x0);
③得出切线的方程为y-f(x0)=f '(x0)(x-x0);
④由切线经过已知点(x1,y1)求得x0,进而得出切线方程.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 导数的概念及几何意义
1.(2019课标全国Ⅱ文改编,10,5分)曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为 ????
????.
答案 2x+y-2π+1=0
解析 本题主要考查导数的几何意义,通过切线方程的求解考查学生的运算求解能力,渗透的
核心素养是数学运算.
由题意可知y'=2cos x-sin x,则y'|x=π=-2.所以曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为y+1=-2
(x-π),即2x+y+1-2π=0.
2.(2019课标全国Ⅲ理改编,6,5分)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则a=
????,b= ????.
答案????e-1;-1
解析 本题考查导数的几何意义,常见函数的导数,导数的运算法则,通过对常见函数的导数的
求解考查学生对公式的运用能力.考查了数学运算的核心素养.
∵y'=aex+ln x+1,∴y'|x=1=ae+1,
∴2=ae+1,∴a=e-1.∴切点为(1,1),
将(1,1)代入y=2x+b,得1=2+b,∴b=-1.
解题关键 正确理解导数的几何意义是解决本题的关键.
3.(2019天津文,11,5分)曲线y=cos x-?在点(0,1)处的切线方程为 ????.
答案????x+2y-2=0
解析 本题通过求曲线在某点处的切线,考查学生对基本初等函数的导数公式、导数的运算
法则、导数的几何意义的理解和掌握程度.
∵y=cos x-?,∴y'=-sin x-?,∴y'|x=0=-?,即曲线在(0,1)处的切线斜率为-?,∴切线方程为y-1=-?(x
-0),即x+2y-2=0.
方法总结????求曲线在某点处(注意:该点必为切点)切线的方法:①求导函数;②把该点横坐标代
入,求出该点处导数值,即为切线的斜率;③用点斜式写出切线方程.
4.(2019课标全国Ⅰ理,13,5分)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为 ????.
答案????y=3x
解析 本题考查导数的几何意义;考查学生的运算求解能力;考查的核心素养是数学运算.
∵y'=3(x2+3x+1)ex,∴曲线在点(0,0)处的切线斜率k=y'|x=0=3,∴曲线在点(0,0)处的切线方程为y=3
x.
解题关键 掌握导数的运算法则与导数的几何意义是求解的关键.
5.(2018课标全国Ⅰ文改编,6,5分)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,
0)处的切线方程为 ????.
答案????y=x
解析 本题主要考查函数的奇偶性及导数的几何意义.
∵f(x)=x3+(a-1)x2+ax为奇函数,∴a-1=0,得a=1,∴f(x)=x3+x,∴f '(x)=3x2+1,∴f '(0)=1,则曲线y=f(x)
在点(0,0)处的切线方程为y=x.
解后反思 求曲线的切线方程需注意的几个问题:
(1)首先应判断所给点是不是切点,如果不是,需要设出切点坐标.
(2)切点既在原函数的图象上,也在切线上,可将切点坐标代入解析式,从而建立方程(组).
(3)在切点处的导数值是切线的斜率,这是求切线方程至关重要的条件.
6.(2018课标全国Ⅱ理,13,5分)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 ????.
答案????y=2x
解析 本题主要考查导数的几何意义.
因为y'=?,所以y'|x=0=2,又(0,0)为切点,
所以曲线在点(0,0)处的切线方程为y=2x.
7.(2018课标全国Ⅲ理,14,5分)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= ????.
答案 -3
解析 本题考查导数的综合应用.
设f(x)=(ax+1)ex,则f '(x)=(ax+a+1)ex,所以曲线在点(0,1)处的切线的斜率k=f '(0)=a+1=-2,解得a=-
3.
8.(2017天津文,10,5分)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1, f(1))处的切线为l,则l在y轴
上的截距为 ????.
答案 1
解析 本题主要考查导数的几何意义以及直线方程与截距.
由题意可知f '(x)=a-?,所以f '(1)=a-1,
因为f(1)=a,所以切点坐标为(1,a),
所以切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1),
即y=(a-1)x+1.
令x=0,得y=1,即直线l在y轴上的截距为1.
易错警示 不能正确求解函数的导数,而导致不能正确求解切线l的斜率.
9.(2017课标全国Ⅰ文,14,5分)曲线y=x2+?在点(1,2)处的切线方程为 ????.
答案????x-y+1=0
解析 本题考查导数的几何意义.
∵y=x2+?,∴y'=2x-?,
∴y'|x=1=2-1=1,
∴所求切线方程为y-2=x-1,即x-y+1=0.
10.(2016课标全国Ⅲ理,15,5分)已知f(x)为偶函数,当x<0时, f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-
3)处的切线方程是 ????.
答案????y=-2x-1
解析 令x>0,则-x<0, f(-x)=ln x-3x,又f(-x)=f(x),
∴f(x)=ln x-3x(x>0),则f '(x)=?-3(x>0),∴f '(1)=-2,∴在点(1,-3)处的切线方程为y+3=-2(x-1),即y=
-2x-1.
思路分析 根据函数f(x)是偶函数,求出x>0时函数f(x)的解析式,根据导数的几何意义,用点斜
式求出切线方程.
评析 本题主要考查函数的奇偶性及导数的几何意义,求出x>0时f(x)的解析式是解题关键.
11.(2016课标全国Ⅱ,16,5分)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,
则b= ????.
答案 1-ln 2
解析 直线y=kx+b与曲线y=ln x+2,y=ln(x+1)均相切,设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),由y=ln x+2得
y'=?,由y=ln(x+1)得y'=?,∴k=?=?,∴x1=?,x2=?-1,∴y1=-ln k+2,y2=-ln k.即A
?,B?,∵A、B在直线y=kx+b上,
∴???
思路分析 先设切点,找出切点坐标与切线斜率的关系,并将切点坐标用斜率表示出来,利用切
点在切线上列方程组,进而求解.
12.(2016课标全国Ⅲ文,16,5分)已知f(x)为偶函数,当x≤0时, f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)在点(1,2)处
的切线方程是 ????.
答案????y=2x
解析 当x>0时,-x<0, f(-x)=ex-1+x,而f(-x)=f(x),所以f(x)=ex-1+x(x>0),又点(1,2)在曲线y=f(x)上,且易
知f '(1)=2,故曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是y-2=f '(1)·(x-1),即y=2x.
13.(2015陕西,15,5分)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=?(x>0)上点P处的切线垂直,则P
的坐标为 ????.
答案 (1,1)
解析 ∵函数y=ex的导函数为y'=ex,
∴曲线y=ex在点(0,1)处的切线的斜率k1=e0=1.
设P(x0,y0)(x0>0),
∵函数y=?的导函数为y'=-?,
∴曲线y=?(x>0)在点P处的切线的斜率k2=-?,
由题意知k1k2=-1,即1·?=-1,
解得?=1,又x0>0,∴x0=1.
又∵点P在曲线y=?(x>0)上,
∴y0=1,故点P的坐标为(1,1).
14.(2019课标全国Ⅱ理,20,12分)已知函数f(x)=ln x-?.
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
解析 本题考查利用导数判断函数的单调性,求函数零点以及导数的几何意义.考查学生分
析、解决问题的能力,考查逻辑推理能力和运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心
素养.
(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f '(x)=?+?>0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.
因为f(e)=1-?<0, f(e2)=2-?=?>0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0?=-ln x1+?=-f(x1)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点?.
综上, f(x)有且仅有两个零点.
(2)因为?=?,故点B?在曲线y=ex上.
由题设知f(x0)=0,即ln x0=?,
故直线AB的斜率k=?=?=?.
曲线y=ex在点B?处切线的斜率是?,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是?,
所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
解后反思 (1)先判断函数的单调性,然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零
点.
(2)要证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线,首先求得这条切线的斜率k=
?,所以必须在曲线y=ex上找一点B(x1,?),使?=?,从而求得B点的坐标为?,然后证
明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率等于曲线y=ex在点B?处的切线斜率即可.
考点二 导数的运算
1.(2018天津文,10,5分)已知函数f(x)=exln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为 ????.
答案????e
解析 本题主要考查导数的计算.
∵f(x)=exln x,∴f '(x)=ex?,
∴f '(1)=e1(ln 1+1)=e.
2.(2016天津改编,10,5分)已知函数f(x)=(2x+1)ex, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(0)的值为 ????.
答案 3
解析 ∵f '(x)=2ex+(2x+1)ex=(2x+3)ex,
∴f '(0)=3.
3.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-?)e-x?.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间?上的取值范围.
解析 本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题
的能力.
(1)因为(x-?)'=1-?,(e-x)'=-e-x,
所以f '(x)=?e-x-(x-?)e-x
=??.
(2)由f '(x)=?=0,解得x=1或x=?.
因为
x ? ? 1 ? ? ?
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) ?? ↘ 0 ↗ ?? ↘
又f(x)=?(?-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间?上的取值范围是?.
解后反思 1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.
2.利用导数求函数的值域的一般步骤:
(1)求函数f(x)的导函数f '(x);
(2)解方程f '(x)=0;
(3)用f '(x)=0的根把函数的定义域分成若干个区间;
(4)判断每个区间上f '(x)的符号,得函数的单调性;
(5)求函数在各个区间上的值域,再求并集.
3.在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何
时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).
评析 本题主要考查导数两大方面的应用:(1)复合函数单调性的讨论:运用导数知识来讨论函
数f(x)的单调性时,首先考虑函数的定义域,再求出f '(x),由f '(x)的正负得出函数f(x)的单调区间;
(2)函数的最值(极值)的求法:由确认的单调区间,结合极值点的定义及自变量的取值范围,得出
函数f(x)的极值或最值.
1.(2014课标全国Ⅱ改编,8,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a= ????
????.
C组 教师专用题组
答案 3
解析????y'=a-?,当x=0时,y'=a-1=2,∴a=3.
思路分析 函数图象在(0,0)处切线的斜率为2,即导函数在x=0时的值为2,从而得关于a的方程,
求解即可.
2.(2014江西,13,5分)若曲线y=e-x上点P处的切线平行于直线2x+y+1=0,则点P的坐标是 ????
????.
答案 (-ln 2,2)
解析 令f(x)=e-x,则f '(x)=-e-x.设P(x0,y0),则f '(x0)=-?=-2,解得x0=-ln 2,所以y0=?=eln 2=2,所以点P
的坐标为(-ln 2,2).
评析 本题主要考查导数的几何意义及导数的运算,把复合函数y=e-x的导数求错是失分的主
要原因.
3.(2011江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知P是函数f(x)=ex(x>0)的图象上的动点,该图
象在点P处的切线l交y轴于点M.过点P作l的垂线交y轴于点N.设线段MN的中点的纵坐标为t,则
t的最大值是 ????.
答案?????+?
解析 设P(x0,?)(x0>0), f '(x)=(ex)'=ex,
∴点P处的切线l,其斜率为f '(x0)=?,过点P作l的垂线l',其斜率为-?.
∴直线l的方程为y-?=?(x-x0),
令x=0,得yM=?-x0?.
直线l'的方程为y-?=-?(x-x0),
令x=0,得yN=?+?.
由题意t=?
=?.
令t=g(x0)=?,
g'(x0)=?
=?.
∵x0>0时,?+?>0,
∴当x0<1时, g '(x0)>0,函数g(x0)为增函数.
当x0>1时, g '(x0)<0,函数g(x0)为减函数.
∴g(x0)在x0=1处取极大值,亦即x0>0时t取最大值.
∴tmax=g(1)=?=?+?.
评析 本题考查导数的几何意义、直线方程、导数的应用等相关知识,知识点较多,难度偏大,
考查学生的运算求解能力、分析问题、解决问题的综合能力.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 导数的概念及几何意义
1.(2019盐城期中,7)在平面直角坐标系中,曲线y=ex+2x+1在x=0处的切线方程是 ????
????.
答案????y=3x+2
解析????y'=ex+2,则k=3,切点为(0,2),故切线方程为y-2=3x,即y=3x+2.
评析 本题考查导数的几何意义,是容易题.
2.(2019如皋期中,6)设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1, f(1))处的切线斜率为2,则实数a的值为????
????.
答案 3
解析 函数f(x)=ax-ln x,则f '(x)=a-?,
所以切线的斜率为k=f '(1)=a-1=2,解得a=3.
3.(2019海安高级中学期中,10)在平面直角坐标系xOy中,P是曲线C:y=ex上一点,直线l:x+2y+c=0
经过点P,且与曲线C在点P处的切线垂直,则实数c的值为 ????.
答案 -4-ln 2
解析????y=ex的导数为y'=ex,
由题意知所求切线的斜率为2,
设切点P的坐标为(x0,y0),则?=2,
所以x0=ln 2,y0=eln 2=2.
因为直线x+2y+c=0经过点P(ln 2,2),
所以c=-4-ln 2.
解题关键 本题考查曲线的切线问题,设切点,利用条件求出切点坐标是解题关键.
4.(2019常州期末,10)若直线kx-y-k=0与曲线y=ex(e是自然对数的底数)相切,则实数k= ????.
答案????e2
解析 根据直线kx-y-k=0与曲线y=ex相切,设切点坐标为(m,em).
对于y=ex,其导数为y'=ex,则切线的斜率k=em,
则切线方程为y-em=em(x-m),
又k=em,则切线方程为y-k=k(x-m),即kx-y-mk+k=0,
又因为切线方程为kx-y-k=0,所以-m+1=-1,解得m=2,
则k=em=e2.
5.(2019南京六校联合体联考,8)设直线l是曲线y=2x2+ln x的切线,则直线l的斜率的最小值是????
????.
答案 4
解析????y=2x2+ln x的定义域为(0,+∞),
∴y'=4x+?≥2?=4,当且仅当x=?时取等号.
∴直线l的斜率的最小值是4.
6.(2019无锡期末,12)已知直线y=a(x+2)(a>0)与函数y=|cos x|的图象恰有四个公共点A(x1,y1),B(x
2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),其中x1答案 -2
解析 直线y=a(x+2)过定点(-2,0),作出y=a(x+2)与y=|cos x|的图象如图所示.
?
由图可知,两函数图象在点D处相切,且x4∈?,
即a(x4+2)=-cos x4,所以a=?.
又y'=(-cos x)'=sin x,所以切线的斜率为a=sin x4,
因此a=?=sin x4,即?=-x4-2.
则x4+?=x4+?=x4-x4-2=-2.
思路点拨 本题考查导数的几何意义.直线y=a(x+2)(a>0)经过定点(-2,0),若满足条件,则直线
与曲线相切在?内,得到x4满足的条件.
7.(2018南京、盐城二模,11)在平面直角坐标系xOy中,曲线y=?(m>0)在x=1处的切线为l,则
点(2,-1)到直线l的距离的最大值为 ????.
答案?????
解析 把x=1代入y=?得y=?,则切线l过点?.
求导得y'=-?,∴切线的斜率k=y'|x=1=-?.
∴切线l的方程为y-?=-?(x-1),即mx+4y-3m=0.
∴点(2,-1)到直线l的距离d=?=?,
∵m>0,
∴d=?=?=?=?=?≤?=?.
当且仅当m=?,即m=4时取“=”,
故所求最大值为?.
8.(2019苏州期初,20)若对任意的实数k,b,函数y=f(x)+kx+b与直线y=kx+b总相切,则称函数f(x)为
“恒切函数”.
(1)判断函数f(x)=x2是不是“恒切函数”;
(2)若函数f(x)=mln x+nx(m≠0)是“恒切函数”,求实数m,n满足的关系式;
(3)若函数f(x)=(ex-x-1)ex+m是“恒切函数”,求证:-?解析 (1)函数f(x)=x2为“恒切函数”.设切点为(x0,y0).
则?∴??(2分)
对于函数f(x)=x2, f '(x)=2x.
设切点为(x0,y0),∴??(3分)
解得x0=0.∴f(x)=x2是“恒切函数”.?(4分)
(2)若函数f(x)=mln x+nx(m≠0)是“恒切函数”,设切点为(x0,y0),
∵f '(x)=?+n,∴??(5分)
解得ln x0=1,即x0=e.?(7分)
∴实数m,n满足的关系式为m+ne=0.?(8分)
(3)证明:函数f(x)=(ex-x-1)ex+m是“恒切函数”,设切点为(x0,y0).
∵f '(x)=(2ex-x-2)ex,∴?
∴??(10分)
求方程2ex=x+2的解,设g(x)=2ex-x-2.
g'(x)=2ex-1,令g'(x)=0,解得x=-ln 2.
当x∈(-∞,-ln 2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(-ln 2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
∴g(x)min=g(-ln 2)=ln 2-1<0.?(12分)
①当x∈(-∞,-ln 2)时,
∵g(-2)=?>0,g(-1)=?-1<0,
∴g(x)=2ex-x-2在(-∞,-ln 2)上有唯一零点x0∈(-2,-1).
又∵m=-(?-x0-1)?=?x0(x0+2),∴m∈?.?(14分)
②当x∈(-ln 2,+∞)时,
∵g(0)=0,∴g(x)=2ex-x-2在(-ln 2,+∞)上有唯一零点0,∴m=0.?(15分)
综上可知,-?考点二 导数的运算
1.(2018丹阳高级中学期中,11)已知函数f(x)=x3.设曲线y=f(x)在点P(x1, f(x1))处的切线与该曲线
交于另一点Q(x2, f(x2)),记f '(x)为函数f(x)的导数,则?的值为 ????.
答案?????
解析 ∵f(x)=x3,∴f '(x)=3x2.
则曲线y=f(x)在点P(x1, f(x1))处的切线斜率为f '(x1)=3?,则曲线y=f(x)在点P(x1, f(x1))处的切线方
程为y-?=3?(x-x1),
与y=x3联立得x3-3x?+2?=(x-x1)2(x+2x1)=0,
∴x2=-2x1.∴f '(x2)=3?=12?.
∴?=?.
2.(2018常州武进期中,20)已知函数f(x)=ax2+(2a-1)x-ln x,a∈R.
(1)若函数y=f(x)的图象在点(1, f(1))处的切线经过点(2,11),求实数a的值;
(2)若函数y=f(x)在区间(2,3)上单调,求实数a的取值范围.
解析 (1)由题意得f '(x)=2ax+(2a-1)-?=?=?,
∴f '(1)=2(2a-1),∵f(1)=3a-1,
∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=2(2a-1)(x-1)+3a-1.
代入点(2,11),得a=2.
(2)f '(x)=?,
若函数f(x)在区间(2,3)上单调递增,则y=2ax-1≥0在(2,3)上恒成立,
∴?解得a≥?;
若函数f(x)在区间(2,3)上单调递减,则y=2ax-1≤0在(2,3)上恒成立,
∴?解得a≤?.
综上,实数a的取值范围为?∪?.
一、填空题(每小题5分,共35分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：45分钟 分值：65分)
1.(2019苏州期末,8)曲线y=x+2ex在x=0处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为 ????.
答案?????
解析 切点为(0,2),求导得y'=1+2ex,切线的斜率为k=3.切线方程为y=3x+2,求得切线与两坐标
轴交点坐标分别为(0,2),?,所以围成的三角形面积为S=?×2×?=?.
2.(2019苏锡常镇四市教学情况调查(二),12)已知点P在曲线C:y=?x2上,曲线C在点P处的切线
为l,过点P且与直线l垂直的直线与曲线C的另一交点为Q,O为坐标原点,若OP⊥OQ,则点P的纵
坐标为 ????.
答案 1
解析 设P?,t≠0.对y=?x2求导得y'=x,则切线l的斜率k=t,则与切线垂直的直线PQ的斜率
为-?.
则PQ:y-?=-?(x-t),
与曲线方程联立解得Q?.
因为OP⊥OQ,所以?·?=0,即t?+?·?·?=0,整理得?=1,解得t2=2,故P的纵坐标
为1.
3.(2019如皋检测,14)已知P,Q为曲线C:y=-x2+1上在y轴两侧的点,过P,Q分别作曲线C的切线,则
两条切线与x轴围成的三角形面积的最小值为 ????.
答案?????
解析 设两条切线的交点坐标为M(m,n),n>1,切线方程为y=kx-km+n.
联立得?整理得x2+kx-km+n-1=0,
Δ=k2+4km-4n+4=0?|k1-k2|=4?,k1k2=-4n+4.
切线与x轴交点为??S=??n2=?·?.
显然S≥?·?.
设t=?,t>0,则n2=(t2+1)2.
令f(x)=?=?x3+x+?,x>0.
f '(x)=?,易知,当x∈?时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈?时, f '(x)>0, f(x)
单调递增,故f(x)在x=?处取极小值,即最小值, f(x)min=f?=?.
故Smin=?.
一题多解 不妨设P,Q分别在y轴的左、右两侧,P(-x1,1-?),Q(x2,1-?)(x1,x2>0).
过点P的切线方程为l1:y=2x1x+?+1,过点Q的切线方程为l2:y=-2x2x+?+1,则l1,l2的交点的纵坐标
为1+x1x2.
l1,l2与x轴交点的横坐标的差的绝对值为??=?.
于是过P,Q两点的切线与x轴围成的三角形面积
S=?·?
≥?≥?=?.
易知当x1=?,x2=?时,即P?,Q?时取等号.
所以过P,Q两点的切线与x轴围成的三角形面积的最小值为?.
4.(2018苏州期末,14)已知直线y=a分别与直线y=2x-2,曲线y=2ex+x交于点A,B,则线段AB长度的
最小值为 ????.
答案?????
解析????作曲线y=2ex+x的切线,使切线与直线y=2x-2平行,
设切点为M(x0,2?+x0),易得y'=2ex+1,
则切线的斜率k=2?+1=2?x0=ln?,
故M?,
故切线方程为y=2x+1+ln 2,切线与x轴的交点坐标为?.
已知直线y=2x-2与x轴的交点坐标为(1,0),
故AB长的最小值为1-?=?.
思路点拨 要使得AB长度最小,只需研究曲线y=2ex+x平行于y=2x-2的切线与直线y=2x-2的距
离即可.
5.(2018如皋期中,14)若不等式2ex-nx+15>0在R上恒成立,则正整数n的最大值是 ????.
答案 14
解析 不等式2ex-nx+15>0在R上恒成立等价于y=2ex的图象恒在直线y=nx-15上方,直线y=nx-15
与y=2ex的图象相切时斜率n最大,设切点的横坐标为x0,由y=2ex得y'=2ex,则n=2?,故切线方程为
y-2?=2?(x-x0).易知直线y=nx-15恒过点(0,-15),将点(0,-15)代入切线方程可得2?(x0-1)-15=0.
令g(x)=2ex(x-1)-15,易知g(x)在(1,+∞)上单调递增,易求得g(2)<0,g(3)>0,故x0∈(2,3),故n=2?∈
(2e2,2e3),因为y=2ex的图象恒在直线y=nx-15上方,所以n=2?≤2e2,而2e2∈(14,15),所以正整数n
的最大值是14.
评析 本题主要考查利用导数求切线方程,数形结合思想的应用以及不等式恒成立问题,属于
难题.
6.(2018苏北四市开学考试,14)已知a,b,c,d∈R且满足?=?=1,则(a-c)2+(b-d)2的最小值
为 ????.
答案?????(2-ln 3)2
解析 由?=1可知点(a,b)在曲线y=x+3ln x上,
由?=1可知点(c,d)在直线y=2x+3上,
作曲线y=x+3ln x与直线y=2x+3平行的切线,
设切点为P(x0,x0+3ln x0),
y'=1+?,则y'?=1+?=2,所以x0=3,
故切点为P(3,3+3ln 3).
?的最小值为P到直线y=2x+3的距离,即?=?,
则(a-c)2+(b-d)2的最小值为?.
思路点拨 由(a-c)2+(b-d)2联想到两点间距离的平方,这样由?=?=1得到直线与曲线,
从而求直线上的点与曲线上的点的最小距离,从而找到解题思路.
7.(2017徐州月考,14)已知点P在曲线C:y=aex上,记曲线C在点P处的切线与坐标轴围成的三角
形的面积为S,若使得S=a2的点P有三个,则实数a的取值范围是 ????.
答案?????∪?
解析 设P(x0,a?),则y'?=a?,
故曲线在点P处的切线方程为y-a?=a?(x-x0),
令x=0,可得y=a?(1-x0),
令y=0,可得x=-1+x0,
由题意得?·|a?(1-x0)|·|-1+x0|=a2,
即?(x0-1)2=2|a|.
令f(x)=ex(x-1)2,
则f '(x)=ex(x+1)(x-1),可知函数f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减,
故f(1)<2|a|所以实数a的取值范围是?∪?.
二、解答题(共30分)
8.(2019南京、盐城期末,19)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的
极值点.设函数f(x)=x3-tx2+1(t∈R).
(1)若函数f(x)在(0,1)上无极值点,求t的取值范围;
(2)求证:对任意实数t,在函数f(x)的图象上总存在两条切线相互平行;
(3)当t=3时,若函数f(x)的图象上存在的两条平行切线之间的距离为4,问这样的平行切线共有
几组?请说明理由.
解析 (1)由函数f(x)=x3-tx2+1,得f '(x)=3x2-2tx.
由f '(x)=0,得x=0或x=?t.
因为函数f(x)在(0,1)上无极值点,所以?t≤0或?t≥1,
解得t≤0或t≥?.?(4分)
(2)证明:令f '(x)=3x2-2tx=p,即3x2-2tx-p=0,Δ=4t2+12p.
当p>-?时,Δ>0,此时3x2-2tx-p=0存在两个不同的解x1,x2.?(8分)
易知这两条切线方程分别为y=(3?-2tx1)x-2?+t?+1和y=(3?-2tx2)x-2?+t?+1.
若两切线重合,则-2?+t?+1=-2?+t?+1,
即2(?+x1x2+?)=t(x1+x2),
即2[(x1+x2)2-x1x2]=t(x1+x2).
而x1+x2=?,则x1·x2=?,
此时(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=?-?=0,
与x1≠x2矛盾,所以,这两条切线不重合.
综上,对任意实数t,函数f(x)的图象总存在两条切线相互平行.?(10分)
(3)当t=3时, f(x)=x3-3x2+1, f '(x)=3x2-6x.
由(2)知x1+x2=2时,两切线平行.
设A(x1,?-3?+1),B(x2,?-3?+1),
不妨设x1>x2,则x1>1.
过点A的切线方程为y=(3?-6x1)x-2?+3?+1.?(11分)
所以,两条平行线间的距离
d=?
=?=4,?(10分)
化简得(x1-1)6=1+9[(x1-1)2-1]2,?(13分)
令(x1-1)2=λ(λ>0),则λ3-1=9(λ-1)2,
即(λ-1)(λ2+λ+1)=9(λ-1)2,即(λ-1)(λ2-8λ+10)=0.
显然λ=1为一解,λ2-8λ+10=0有两个异于1的正根,所以这样的λ值有3个.
因为x1-1>0,所以x1值有3个,
所以满足此条件的平行切线共有3组.?(15分)
9.(2019七大市第二次调研,19)已知函数f(x)=2ln x+?x2-ax,a∈R.
(1)当a=3时,求函数f(x)的极值;
(2)设函数f(x)在x=x0处的切线方程为y=g(x),若函数y=f(x)-g(x)是(0,+∞)上的单调增函数,求x0的
值;
(3)是否存在一条直线与函数y=f(x)的图象相切于两个不同的点?并说明理由.
解析 (1)当a=3时,函数f(x)=2ln x+?x2-3x,定义域为(0,+∞).
则f '(x)=?+x-3=?,
令f '(x)=0,得x=1或x=2.?(2分)
列表:
x (0,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的极大值为f(1)=-?;极小值为f(2)=2ln 2-4.(4分)
(2)依题意,得切线方程为y=f '(x0)(x-x0)+f(x0)(x0>0),
从而g(x)=f '(x0)(x-x0)+f(x0)(x0>0),
记p(x)=f(x)-g(x),
则p(x)=f(x)-f(x0)-f '(x0)(x-x0)在(0,+∞)上为单调增函数,
所以p'(x)=f '(x)-f '(x0)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即p'(x)=?-?+x-x0≥0在(0,+∞)上恒成立.?(8分)
解法一:变形得?(x-x0)≥0在(0,+∞)上恒成立,
所以?=x0,又x0>0,所以x0=?.?(10分)
解法二:变形得x+?≥x0+?在(0,+∞)上恒成立,
因为x+?≥2?=2?(当且仅当x=?时,等号成立),
所以2?≥x0+?,从而(x0-?)2≤0,所以x0=?.?(10分)
(3)假设存在一条直线与函数f(x)的图象有两个不同的切点T1(x1,y1),T2(x2,y2),不妨设0则T1处切线l1的方程为y-f(x1)=f '(x1)(x-x1),
T2处切线l2的方程为y-f(x2)=f '(x2)(x-x2),
因为l1,l2为同一条直线,
所以??(12分)
即?
整理得??(14分)
消去x2,得2ln ?+?-?=0.①
令t=?,由0记p(t)=2ln t+?-t,则p'(t)=?-?-1=-?,则p'(t)<0,所以p(t)为(0,1)上的单调减函数,所以p(t)>p
(1)=0.
从而①式不可能成立,所以假设不成立,从而不存在一条直线与函数f(x)的图象有两个不同的
切点.?(15分)
