2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)10年高考真題分類題組3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性1.(2016課標(biāo)Ⅰ文,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是(A.[-1,1]B.-1,13C.答案Cf'(x)=1-23cos2x+acosx=1-23(2cos2x-1)+acosx=-43cos2x+acosx+53,f(x)在R上單調(diào)遞增,則f'(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],則-43t2+at+53≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5令g(t)=4t2-3at-5,則g(1)=4-3a-5≤0,疑難突破由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導(dǎo)數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)來解決.評析本題考查由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導(dǎo)數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)來解決即可.2.(2014課標(biāo)Ⅱ文,11,5分)若函數(shù)f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是()A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D依題意得f'(x)=k-1x≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在(1,+∞)∵x>1,∴0<1x∴k≥1,故選D.3.(2017山東理,15,5分)若函數(shù)exf(x)(e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中全部具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為.

①f(x)=2-x②f(x)=3-x③f(x)=x3④f(x)=x2+2答案①④解析對于①,f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),ex·f(x)=ex·2-x=e2x,∵函數(shù)y=e2x在(-∞,+∞)對于②,f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),ex·f(x)=ex·3-x=e3x,∵函數(shù)y=e3x在(-∞,+∞)對于③,f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),ex·f(x)=ex·x3,令y=ex·x3,則y'=(ex·x3)'=ex·x2(x+3),當(dāng)x∈(-∞,-3)時(shí),y'<0,函數(shù)y=ex·f(x)單調(diào)遞減,故③不符合題意.對于④,f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),ex·f(x)=ex(x2+2),令y=ex(x2+2),則y'=[ex(x2+2)]'=ex(x2+2x+2)>0,∴函數(shù)y=ex(x2+2)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,∴④符合題意.∴符合題意的為①④.思路分析審清題意,逐項(xiàng)代入檢驗(yàn)即可.方法總結(jié)推斷函數(shù)單調(diào)性的一般方法:(1)定義法.(2)圖象法.(3)利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的推斷方法推斷單調(diào)性.(4)導(dǎo)數(shù)法.詳細(xì)步驟:①確定函數(shù)的定義域;②當(dāng)f'(x)>0時(shí),f(x)為增函數(shù),當(dāng)f'(x)<0時(shí),f(x)為減函數(shù),留意寫單調(diào)區(qū)間時(shí)不能用“∪”連接.4.(2024浙江,22,15分)已知實(shí)數(shù)a≠0,設(shè)函數(shù)f(x)=alnx+1+x(1)當(dāng)a=-34時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間(2)對隨意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x注:e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù).解析本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其應(yīng)用,同時(shí)考查邏輯思維實(shí)力和綜合應(yīng)用實(shí)力.考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)當(dāng)a=-34時(shí),f(x)=-34lnx+f'(x)=-34x+12所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3),單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+∞).(2)由f(1)≤12a,得0<a≤當(dāng)0<a≤24時(shí),f(x)≤x2a等價(jià)于xa2令t=1a,則t≥22.設(shè)g(t)=t2x-2t1+x-2lnx,t≥22,則g(t)=xt(i)當(dāng)x∈17,+∞時(shí),1+則g(t)≥g(22)=8x-421+記p(x)=4x-221+x-lnx,x≥則p'(x)=2x-2x+1-=(x故Aw111(1,+∞)p'(x)-0+p(x)p1單調(diào)遞減微小值p(1)單調(diào)遞增所以,p(x)≥p(1)=0.Z因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.(ii)當(dāng)x∈1e2g(x)≥g1+1x=令q(x)=2xlnx+(x+1),x∈1e則q'(x)=lnx故q(x)在1e2所以q(x)≤q17由(i)得,q17=-277p1所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g1+1x=-由(i)(ii)知對隨意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即對均有f(x)≤x2綜上所述,所求a的取值范圍是0,疑難突破(1)導(dǎo)函數(shù)f'(x)通分后,對分子的因式分解比較困難,可以選擇先求分子等于0時(shí)的根,從而確定根兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù).(2)先對本題困難不等式化簡變形是解題的切入點(diǎn),由于a的范圍太大,借助恒成立的條件用特別值縮小a的范圍是解題的關(guān)鍵,另外,對雙變量不等式,合理確定主元,是解決本題的思維轉(zhuǎn)折點(diǎn).5.(2017課標(biāo)Ⅰ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)探討f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范圍.解析本題考查了利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、最值.(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)單調(diào)遞增.②若a>0,則由f'(x)=0得x=lna.當(dāng)x∈(-∞,lna)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(lna,+∞)時(shí),f'(x)>0.故f(x)在(-∞,lna)單調(diào)遞減,在(lna,+∞)單調(diào)遞增.③若a<0,則由f'(x)=0得x=ln-a當(dāng)x∈-∞,ln-當(dāng)x∈ln-a故f(x)在-∞,ln-a2單調(diào)遞減,(2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=lna時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna,從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2lna≥0,即a≤1時(shí),f(x)≥0.③若a<0,則由(1)得,當(dāng)x=ln-a2時(shí),f(x)取得最小值,最小值為fln-a從而當(dāng)且僅當(dāng)a234-即a≥-2e34時(shí),f(x)綜上,a的取值范圍是[-2e3考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的極(最)值1.(2016四川文,6,5分)已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的微小值點(diǎn),則a=()A.-4B.-2C.4D.2答案D由題意可得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,則f'(x),f(x)隨x的改變狀況如下表:x(-∞,-2)-2(-2,2)2(2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘微小值↗∴函數(shù)f(x)在x=2處取得微小值,則a=2.故選D.評析本題考查了函數(shù)的極值問題.正確理解函數(shù)的極值點(diǎn)的概念是解題的關(guān)鍵.2.(2014課標(biāo)Ⅱ理,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿意x02+[f(x0)]2<m2,則mA.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案Cf'(x)=3πmcos∵f(x)的極值點(diǎn)為x0,∴f'(x0)=0,∴3πmcos∴πmx0=kπ+π2,k∈∴x0=mk+m2,k∈Z又∵x02+[f(x0)]2<m∴mk+m22+3sink即m2k+122+3<m2∵m≠0,∴k+122<m又∵存在x0滿意x02+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z滿意∴m2-3∴m2-3m2>122,∴m2-3>m評析本題考查了函數(shù)的極值問題,三角函數(shù)求值、恒成立等問題.考查分析問題、解決問題的實(shí)力.3.(2013課標(biāo)Ⅱ,理10,文11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是()A.?x0∈R,f(x0)=0B.函數(shù)y=f(x)的圖象是中心對稱圖形C.若x0是f(x)的微小值點(diǎn),則f(x)在區(qū)間(-∞,x0)單調(diào)遞減D.若x0是f(x)的極值點(diǎn),則f'(x0)=0答案C由三次函數(shù)值域?yàn)镽知f(x)=0有解,所以A項(xiàng)正確;因?yàn)閥=x3的圖象為中心對稱圖形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的圖象可以由y=x3的圖象平移得到,故B項(xiàng)正確;若f(x)有微小值點(diǎn),則f'(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根x1,x2(x1<x2),f'(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),則f(x)在(-∞,x1)上為增函數(shù),在(x1,x2)上為減函數(shù),在(x2,+∞)上為增函數(shù),故C項(xiàng)錯(cuò)誤;D項(xiàng)正確.故選C.評析本題考查了三次函數(shù)的圖象和性質(zhì),考查了利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)極值與單調(diào)性.4.(2024課標(biāo)Ⅱ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-x-1.證明:(1)f(x)存在唯一的極值點(diǎn);(2)f(x)=0有且僅有兩個(gè)實(shí)根,且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù).解析本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的極值點(diǎn)及方程根的問題,考查推理論證實(shí)力、運(yùn)算求解實(shí)力,考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算.(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).f'(x)=x-1x+lnx-1=ln因?yàn)閥=lnx單調(diào)遞增,y=1x單調(diào)遞減,所以f'(x)單調(diào)遞增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4-12>0,故存在唯一x0∈又當(dāng)x<x0時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>x0時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.因此,f(x)存在唯一的極值點(diǎn).(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞)內(nèi)存在唯一根x=α.由α>x0>1得1α<1<x0又f1α=1α-1ln1α故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根綜上,f(x)=0有且僅有兩個(gè)實(shí)根,且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù).思路分析(1)求函數(shù)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù),實(shí)質(zhì)是求導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù),留意應(yīng)用零點(diǎn)存在性定理;(2)由第(1)問易知方程f(x)=0在(x0,+∞)上存在唯一根α,依據(jù)所要證明的結(jié)論,只需求出f1α=0即可5.(2024江蘇,19,16分)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零點(diǎn)均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的微小值;(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的極大值為M,求證:M≤427解析本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì),考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理實(shí)力.(1)因?yàn)閍=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因?yàn)閒(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因?yàn)閎=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,從而f'(x)=3(x-b)x-令f'(x)=0,得x=b或x=2a因?yàn)閍,b,2a+b3都在集合{-3,1,3}中,所以2a此時(shí),f(x)=(x-3)(x+3)2,f'(x)=3(x+3)(x-1).令f'(x)=0,得x=-3或x=1.列表如下:x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘微小值↗所以f(x)的微小值為f(1)=(1-3)×(1+3)2=-32.(3)因?yàn)閍=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b.因?yàn)?<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0,則f'(x)有2個(gè)不同的零點(diǎn),設(shè)為x1,x2(x1<x2).由f'(x)=0,得x1=b+1-b2-列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘微小值↗所以f(x)的極大值M=f(x1).解法一:M=f(x1)=x13-(b+1)x=[3x12-2(b+1)x1+b]x13-b=-2(b2-b+1)(b+1=b(b+1)27-2(≤b(b+1)27因此M≤427解法二:因?yàn)?<b≤1,所以x1∈(0,1).當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),則g'(x)=3x-令g'(x)=0,得x=13.列表如下x011g'(x)+0-g(x)↗極大值↘所以當(dāng)x=13時(shí),g(x)取得極大值,且是最大值,故g(x)max=g13=所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f(x)≤g(x)≤427.因此M≤46.(2024北京,理18,文19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與x軸平行,求a;(2)若f(x)在x=2處取得微小值,求a的取值范圍.解析(1)因?yàn)閒(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.f'(1)=(1-a)e.由題設(shè)知f'(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此時(shí)f(1)=3e≠0.所以a的值為1.(2)由(1)得f'(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>12,則當(dāng)x∈1a當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在x=2處取得微小值.若a≤12,則當(dāng)x∈(0,2)時(shí),x-2<0,ax-1≤1所以f'(x)>0,所以2不是f(x)的微小值點(diǎn).綜上可知,a的取值范圍是12方法總結(jié)函數(shù)極值問題的常見類型及解題策略(1)已知導(dǎo)函數(shù)圖象推斷函數(shù)極值的狀況.先找導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn),再推斷導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)的左、右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)的符號.(2)已知函數(shù)求極值.求f'(x)→求方程f'(x)=0的根→列表檢驗(yàn)f'(x)在f'(x)=0的根的旁邊兩側(cè)的符號→下結(jié)論.(3)已知極值求參數(shù).若函數(shù)f(x)在點(diǎn)(x0,y0)處取得極值,則f'(x0)=0,且在該點(diǎn)左、右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值的符號相反.7.(2017課標(biāo)Ⅱ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0.(1)求a;(2)證明:f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0,且e-2<f(x0)<2-2.解析本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).設(shè)g(x)=ax-a-lnx,則f(x)=xg(x),f(x)≥0等價(jià)于g(x)≥0.因?yàn)間(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-1x,g'(1)=a-1,得若a=1,則g'(x)=1-1x當(dāng)0<x<1時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>1時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以x=1是g(x)的微小值點(diǎn),故g(x)≥g(1)=0.綜上,a=1.(2)由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f'(x)=2x-2-lnx.設(shè)h(x)=2x-2-lnx,則h'(x)=2-1x當(dāng)x∈0,1當(dāng)x∈12,所以h(x)在0,12單調(diào)遞減,在又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12有唯一零點(diǎn)x0,在12,+∞有唯一零點(diǎn)1,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),h(x)>0;當(dāng)x∈(x0,1)因?yàn)閒'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點(diǎn).由f'(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<14因?yàn)閤=x0是f(x)在(0,1)的最大值點(diǎn),由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.方法總結(jié)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題的一般思路:(1)恒成立問題常利用分別參數(shù)法轉(zhuǎn)化為最值問題求解.若不能分別參數(shù),可以對參數(shù)進(jìn)行分類探討.(2)證明不等式問題可通過構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題求解.8.(2017江蘇,20,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn).(極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對應(yīng)的自變量的值)(1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域;(2)證明:b2>3a;(3)若f(x),f'(x)這兩個(gè)函數(shù)的全部極值之和不小于-72,求a的取值范圍解析本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)探討初等函數(shù)的單調(diào)性、極值及零點(diǎn)問題,考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理實(shí)力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3x+a3當(dāng)x=-a3時(shí),f'(x)有微小值b-a因?yàn)閒'(x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn),所以f-a3=-a327+a39-ab3+1=0,又因?yàn)閒(x)有極值,故f'(x)=0有實(shí)根,從而b-a23=19a(27-a3)≤0,當(dāng)a=3時(shí),f'(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù),f(x)沒有極值;當(dāng)a>3時(shí),f'(x)=0有兩個(gè)相異的實(shí)根x1=-a-a2-列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘微小值↗故f(x)的極值點(diǎn)是x1,x2.從而a>3.因此b=2a29+3(2)證明:由(1)知,ba=2aa設(shè)g(t)=2t9+3t,則g'(t)=29-當(dāng)t∈362,+∞時(shí),g'(t)>0,從而因?yàn)閍>3,所以aa>33,故g(aa)>g(33)=3,即ba>3因此b2>3a.(3)由(1)知,f(x)的極值點(diǎn)是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x從而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x2=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x記f(x),f'(x)全部極值之和為h(a),因?yàn)閒'(x)的極值為b-a23=-19a2所以h(a)=-19a2+3因?yàn)閔'(a)=-29a-3于是h(a)在(3,+∞)上單調(diào)遞減.因?yàn)閔(6)=-72,于是h(a)≥h(6),故a≤因此a的取值范圍為(3,6].易錯(cuò)警示(1)函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)x0滿意f'(x0)=0,函數(shù)f(x)的零點(diǎn)x0滿意f(x0)=0,而f'(x)的極值點(diǎn)x0應(yīng)滿意f″(x0)=0.(2)求函數(shù)的關(guān)系式必需確定函數(shù)的定義域.9.(2016山東文,20,13分)設(shè)f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R.(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知f(x)在x=1處取得極大值.求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解析(1)由f'(x)=lnx-2ax+2a,可得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞).則g'(x)=1x-2a=1當(dāng)a≤0時(shí),x∈(0,+∞)時(shí),g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)a>0時(shí),x∈0,12a時(shí),g'(x)>0,x∈12a,+∞時(shí)所以當(dāng)a≤0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞);當(dāng)a>0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為0,12a(2)由(1)知,f'(1)=0.①當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)單調(diào)遞增,所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)在x=1處取得微小值,不合題意.②當(dāng)0<a<12時(shí),12a>1,由(1)知f'(x)在0,12a內(nèi)單調(diào)遞增,可得當(dāng)x∈所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在1,1所以f(x)在x=1處取得微小值,不合題意.③當(dāng)a=12時(shí),12a=1,f'(x)在在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.④當(dāng)a>12時(shí),0<1當(dāng)x∈12a,1當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,所以f(x)在x=1處取極大值,合題意.綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>12思路分析(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),對a進(jìn)行分類探討;(2)由第(1)問知f'(1)=0,對a進(jìn)行分類探討,然后利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性和極值來驗(yàn)證是否滿意條件,從而求出a的取值范圍.評析本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性和極值要留意“定義域優(yōu)先”原則,留意對a分類探討.10.(2016課標(biāo)Ⅱ理,21,12分)(1)探討函數(shù)f(x)=x-2x+2ex的單調(diào)性,并證明當(dāng)x>0(2)證明:當(dāng)a∈[0,1)時(shí),函數(shù)g(x)=ex-ax-ax2(x>0)有最小值.設(shè)解析(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)f'(x)=(x-1)(且僅當(dāng)x=0時(shí),f'(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)單調(diào)遞增.因此當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.(4分)(2)g'(x)=(x-2)e由(1)知,f(x)+a單調(diào)遞增.對隨意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)當(dāng)0<x<xa時(shí),f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>xa時(shí),f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.(7分)因此g(x)在x=xa處取得最小值,最小值為g(xa)=exa-a(xa于是h(a)=exaxa+2,由exx+2所以,由xa∈(0,2],得12=e00+2<h(a)=exaxa因?yàn)閥=exx+2單調(diào)遞增,對隨意λ∈12,e24,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈綜上,當(dāng)a∈[0,1)時(shí),g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e疑難突破本題求解的關(guān)鍵是“設(shè)而不求”方法的運(yùn)用,另外,留意將對g'(x)符號的推斷敏捷地轉(zhuǎn)化為對f(x)+a符號的推斷.評析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用,求單調(diào)區(qū)間及最值,考查不等式的證明.屬難題.11.(2016天津理,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若f(x)存在極值點(diǎn)x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求證:x1+2x0=3;(3)設(shè)a>0,函數(shù)g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于···解析(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a.下面分兩種狀況探討:①當(dāng)a≤0時(shí),有f'(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).②當(dāng)a>0時(shí),令f'(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-當(dāng)x改變時(shí),f'(x),f(x)的改變狀況如下表:x-∞,1-3a31-3a1-3a3,1+3a31+3a1+3a3,+∞f'(x)+0-0+f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減微小值單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為1-3a3,1+(2)證明:因?yàn)閒(x)存在極值點(diǎn),所以由(1)知a>0,且x0≠1.由題意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,進(jìn)而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x由題意及(1)知,存在唯一實(shí)數(shù)x1滿意f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.(3)證明:設(shè)g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為M,max{x,y}表示x,y兩數(shù)的最大值.下面分三種狀況探討:①當(dāng)a≥3時(shí),1-3a3≤0<2≤1+3a3,由(1)知,f(x)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=a所以M=a-1+|a+b|≥2.②當(dāng)34≤a<3時(shí),1-23a3≤0<1-3a3<1+3a3<2≤1+23a3,由(1)和(2)知f(0)≥所以f(x)在區(qū)間[0,2]上的取值范圍為f1+因此M=maxf=max-=max2=2a93a+|a+b|≥29×3③當(dāng)0<a<34時(shí),0<1-23a由(1)和(2)知f(0)<f1-23f(2)>f1+23a所以f(x)在區(qū)間[0,2]上的取值范圍為[f(0),f(2)],因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>14綜上所述,當(dāng)a>0時(shí),g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值不小于14易錯(cuò)警示(1)對參數(shù)a探討時(shí)易忽視a≤0的情形,導(dǎo)致忽視f(x)在R上遞增的狀況.(3)探討0<a<3時(shí),未意識到仍需將a分成0<a<34與34≤a<3兩段來探討,評析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式等基礎(chǔ)學(xué)問和方法.考查分類探討思想和化歸思想.考查綜合分析問題和解決問題的實(shí)力.12.(2015課標(biāo)Ⅱ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+a(1-x).(1)探討f(x)的單調(diào)性;(2)當(dāng)f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時(shí),求a的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=1x若a≤0,則f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.若a>0,則當(dāng)x∈0,1a時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈1a,+∞時(shí),f'(x)<0.所以f(x)在(2)由(1)知,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上無最大值;當(dāng)a>0時(shí),f(x)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a因此f1a>2a-2等價(jià)于令g(a)=lna+a-1,則g(a)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g(1)=0.于是,當(dāng)0<a<1時(shí),g(a)<0;當(dāng)a>1時(shí),g(a)>0.因此,a的取值范圍是(0,1).13.(2014課標(biāo)Ⅱ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x.(1)探討f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),當(dāng)x>0時(shí),g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.4142<2<1.4143,估計(jì)ln2的近似值(精確到0.001).解析(1)f'(x)=ex+e-x-2≥0,等號僅當(dāng)x=0時(shí)成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.(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)當(dāng)b≤2時(shí),g'(x)≥0,等號僅當(dāng)x=0時(shí)成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.而g(0)=0,所以對隨意x>0,g(x)>0.(ii)當(dāng)b>2時(shí),若x滿意2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+b2-2b)時(shí),g'(x)<0.而g(0)=0,因此當(dāng)0<x≤ln(b-1+b綜上,b的最大值為2.(3)由(2)知,g(ln2)=32-22當(dāng)b=2時(shí),g(ln2)=32-42ln2>82當(dāng)b=324+1時(shí),ln(b-1+b2g(ln2)=-32-22+(32ln2<18+2所以ln2的近似值為0.693.評析本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,同時(shí)考查了分類探討思想和運(yùn)算實(shí)力.14.(2013課標(biāo)Ⅱ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x2e-x.(1)求f(x)的微小值和極大值;(2)當(dāng)曲線y=f(x)的切線l的斜率為負(fù)數(shù)時(shí),求l在x軸上截距的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),f'(x)=-e-xx(x-2).①當(dāng)x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(0,2)時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上單調(diào)遞減,在(0,2)上單調(diào)遞增.故當(dāng)x=0時(shí),f(x)取得微小值,微小值為f(0)=0;當(dāng)x=2時(shí),f(x)取得極大值,極大值為f(2)=4e-2.(2)設(shè)切點(diǎn)為(t,f(t)),則l的方程為y=f'(t)(x-t)+f(t).所以l在x軸上的截距為m(t)=t-f(t)f'(由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).令h(x)=x+2x(x≠0),則當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),h(x)的取值范圍為[22,+∞);當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí),h(x)的取值范圍是所以當(dāng)t∈(-∞,0)∪(2,+∞)時(shí),m(t)的取值范圍是(-∞,0)∪[22+3,+∞).綜上,l在x軸上的截距的取值范圍是(-∞,0)∪[22+3,+∞).評析本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,均值定理求最值,考查了綜合解題的實(shí)力,正確地求導(dǎo)是解題的關(guān)鍵.15.(2012課標(biāo)理,21,12分)已知函數(shù)f(x)滿意f(x)=f'(1)ex-1-f(0)x+12x2(1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間;(2)若f(x)≥12x2+ax+b,求(a+1)b的最大值解析(1)由已知得f'(x)=f'(1)ex-1-f(0)+x,所以f'(1)=f'(1)-f(0)+1,即f(0)=1.又f(0)=f'(1)e-1,所以f'(1)=e.從而f(x)=ex-x+12x2由于f'(x)=ex-1+x,故當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f'(x)>0.從而,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)由已知條件得ex-(a+1)x≥b.①(i)若a+1<0,則對隨意常數(shù)b,當(dāng)x<0,且x<1-ba+1時(shí),可得ex-(a+1)x<b,(ii)若a+1=0,則(a+1)b=0.(iii)若a+1>0,設(shè)g(x)=ex-(a+1)x,則g'(x)=ex-(a+1).當(dāng)x∈(-∞,ln(a+1))時(shí),g'(x)<0;當(dāng)x∈(ln(a+1),+∞)時(shí),g'(x)>0.從而g(x)在(-∞,ln(a+1))上單調(diào)遞減,在(ln(a+1),+∞)上單調(diào)遞增.故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).所以f(x)≥12x2+ax+b等價(jià)于b≤因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).設(shè)h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),則h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].所以h(a)在(-1,e12-1)上單調(diào)遞增,在(e12-1,+∞)上單調(diào)遞減,故h(a)在a=從而h(a)≤e2,即(a+1)b≤e當(dāng)a=e12-1,b=e122時(shí),②式成立,故f(x)綜合得,(a+1)b的最大值為e2評析本題考查了函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,難度較大,考查了分類探討和函數(shù)與方程的思想方法,直線斜率以零為分界點(diǎn)進(jìn)行分類是解題關(guān)鍵.16.(2013課標(biāo)Ⅰ文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)探討f(x)的單調(diào)性,并求f(x)的極大值.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.從而a=4,b=4.(2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,f'(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)ex令f'(x)=0,得x=-ln2或x=-2.從而當(dāng)x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)時(shí),f'(x)>0;當(dāng)x∈(-2,-ln2)時(shí),f'(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上單調(diào)遞增,在(-2,-ln2)上單調(diào)遞減.當(dāng)x=-2時(shí),函數(shù)f(x)取得極大值,極大值為f(-2)=4(1-e-2).評析本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性和極值等基礎(chǔ)學(xué)問,考查了運(yùn)算求解實(shí)力.考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用一、利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的問題1.(2015課標(biāo)Ⅰ理,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)<0,則a的取值范圍是()A.-32e,1B.-32e答案D由f(x0)<0,即ex0(2x0-1)-a(x0-1)<0得ex0(2x當(dāng)x0=1時(shí),得e<0,明顯不成立,所以x0≠1.若x0>1,則a>ex令g(x)=ex(2x-1當(dāng)x∈1,32時(shí)當(dāng)x∈32,+∞要滿意題意,則x0=2,此時(shí)需滿意g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤52e3,與a<1沖突,所以x0因?yàn)閤0<1,所以a<ex易知,當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),g'(x)>0,g(x)為增函數(shù),當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g'(x)<0,g(x)為減函數(shù),要滿意題意,則x0=0,此時(shí)需滿意g(-1)≤a<g(0),得32e≤a<1(滿意a<1).故選評析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及分類探討思想,分別參變量是解決本題的關(guān)鍵,本題綜合性較強(qiáng),屬難題.2.(2024課標(biāo)Ⅱ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=2lnx+1.(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范圍;(2)設(shè)a>0,探討函數(shù)g(x)=f(x解析設(shè)h(x)=f(x)-2x-c,則h(x)=2lnx-2x+1-c,其定義域?yàn)?0,+∞),h'(x)=2x(1)當(dāng)0<x<1時(shí),h'(x)>0;當(dāng)x>1時(shí),h'(x)<0.所以h(x)在區(qū)間(0,1)單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞減.從而當(dāng)x=1時(shí),h(x)取得最大值,最大值為h(1)=-1-c.故當(dāng)且僅當(dāng)-1-c≤0,即c≥-1時(shí),f(x)≤2x+c.所以c的取值范圍為[-1,+∞).(2)g(x)=f(x)-f(a)g'(x)=2x-a取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,則由(1)知,當(dāng)x≠1時(shí),h(x)<0,即1-x+lnx<0.故當(dāng)x∈(0,a)∪(a,+∞)時(shí),1-ax+lnax<0,從而g'(x)<0.所以g(x)在區(qū)間(0,a),(a,+∞)3.(2024江蘇,19,16分)已知關(guān)于x的函數(shù)y=f(x),y=g(x)與h(x)=kx+b(k,b∈R)在區(qū)間D上恒有f(x)≥h(x)≥g(x).(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表達(dá)式;(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=klnx,h(x)=kx-k,D=(0,+∞),求k的取值范圍;(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤2),D=[m,n]?[-2,2],求證:n-m≤7.解析本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì),考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理實(shí)力.(1)由條件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,此式對一切x∈(-∞,+∞)恒成立,所以(2-k)2≤0,則k=2,此時(shí)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,則u'(x)=1-1x,令u'(x)=0,得x(0,1)1(1,+∞)u'(x)-0+u(x)↘微小值↗所以u(x)min=u(1)=0.則x-1≥lnx恒成立,所以當(dāng)且僅當(dāng)k≥0時(shí),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?yàn)閗≥0,對稱軸為x=1+k所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3.因此,k的取值范圍是0≤k≤3.(3)證明:①當(dāng)1≤t≤2時(shí),由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+3t4令Δ=[-(t3-t)]2-(3t4-2t2-8),則Δ=t6-5t4+3t2+8.記φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤2),則φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,所以φ(t)在[1,2]上是減函數(shù),則φ(2)≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7.所以不等式(*)有解,設(shè)解的范圍為x1≤x≤x2,因此n-m≤x2-x1=Δ≤7.②當(dāng)0<t<1時(shí),f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.設(shè)v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),令v'(t)=0,得t=33當(dāng)t∈0,33時(shí)當(dāng)t∈33,1時(shí)v(0)=-1,v(1)=0,則當(dāng)0<t<1時(shí),v(t)<0.(或證:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)則f(-1)-h(-1)<0,因此-1?(m,n).因?yàn)閇m,n]?[-2,2],所以n-m≤2+1<7.③當(dāng)-2≤t<0時(shí),因?yàn)閒(x),g(x)均為偶函數(shù),因此n-m≤7也成立.綜上所述,n-m≤7.4.(2024天津理,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=excosx,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)x∈π4,π2時(shí),證明(3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)=f(x)-1在區(qū)間2nπ+π4,2nπ+π2內(nèi)的零點(diǎn),其中n∈N,解析本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、不等式證明、運(yùn)用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)學(xué)問和方法.考查函數(shù)思想和化歸與轉(zhuǎn)化思想.考查抽象概括實(shí)力、綜合分析問題和解決問題的實(shí)力.滿分14分.(1)由已知,有f'(x)=ex(cosx-sinx).因此,當(dāng)x∈2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈Z)時(shí),當(dāng)x∈2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z)時(shí)所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為2kπ-3π4,2kπ+π4(k(2)證明:記h(x)=f(x)+g(x)π2-x.依題意及(1),有從而g'(x)=-2exsinx.當(dāng)x∈π4,故h'(x)=f'(x)+g'(x)π2=g'(x)π2因此,h(x)在區(qū)間π4,π2上單調(diào)遞減,進(jìn)而h(x)≥h所以,當(dāng)x∈π4,π2時(shí)(3)證明:依題意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncosxn=1.記yn=xn-2nπ,則yn∈π4,π2,且f(yn)=eyncosyn=e由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0.由(2)知,當(dāng)x∈π4,π2時(shí),g'(x)<0,所以g(x)在π4,π2上為減函數(shù),因此g(yn)≤g(y0)<gπ4=0.又由(2)知π2-yn≤-f(yn)g(yn)=-e-2nπg(shù)(思路分析(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間,只需求出f'(x)>0和f'(x)<0時(shí)x的范圍.(2)記h(x)=f(x)+g(x)π2-x,求h'(x),從而得到函數(shù)h(x)在π4,π2上的單調(diào)性(3)記u(x)在區(qū)間2nπ+π4則xn∈2nπ+π4,2nπ+π2,則有yn=xn-2nπ∈π4,π2.與(2)聯(lián)系知f(yn)+g(yn)π2-yn≥0,此時(shí)要先確定g(yn)5.(2024課標(biāo)Ⅲ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,證明:當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的極大值點(diǎn),求a.解析本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值.(1)證明:當(dāng)a=0時(shí),f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-x1+設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x)=ln(1+x)-x1+則g'(x)=x(當(dāng)-1<x<0時(shí),g'(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),g'(x)>0.故當(dāng)x>-1時(shí),g(x)≥g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時(shí),g(x)=0,從而f'(x)≥0,且僅當(dāng)x=0時(shí),f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增.又f(0)=0,故當(dāng)-1<x<0時(shí),f(x)<0;當(dāng)x>0時(shí),f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點(diǎn)沖突.(ii)若a<0,設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)由于當(dāng)|x|<min1,1|a|時(shí),2+x+ax2>0,故又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點(diǎn).h'(x)=11+x=x2假如6a+1>0,則當(dāng)0<x<-6a+14a,且|x|<min1,1|a假如6a+1<0,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故當(dāng)x∈(x1,0),且|x|<min1,1所以x=0不是h(x)的極大值點(diǎn).假如6a+1=0,則h'(x)=x3則當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),h'(x)>0;當(dāng)x∈(0,1)時(shí),h'(x)<0.所以x=0是h(x)的極大值點(diǎn),從而x=0是f(x)的極大值點(diǎn).綜上,a=-16思路分析(1)a=0時(shí),寫出f(x)的解析式,對f(x)求導(dǎo).易得f(0)=0,結(jié)合單調(diào)性可將問題解決.(2)對a進(jìn)行分類探討,分析各類狀況下的極大值點(diǎn),進(jìn)而得參數(shù)a的值.易錯(cuò)警示簡單忽視函數(shù)定義域.函數(shù)解析式中含有對數(shù)型的式子,則其真數(shù)部分應(yīng)大于零.解后反思1.利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性,大多數(shù)狀況下歸結(jié)為對含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的狀況的探討,在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時(shí),依據(jù)根的大小進(jìn)行分類探討;在不能通過因式分解求出根的狀況下,依據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類探討,探討函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的.2.利用導(dǎo)數(shù)探討出函數(shù)的單調(diào)性和極值后,可以畫出草圖,進(jìn)行視察分析,探討滿意條件的參數(shù)值或范圍.6.(2024課標(biāo)Ⅲ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ax(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,-1)處的切線方程;(2)證明:當(dāng)a≥1時(shí),f(x)+e≥0.解析本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.(1)f'(x)=-a因此曲線y=f(x)在(0,-1)處的切線方程是2x-y-1=0.(2)當(dāng)a≥1時(shí),f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,則g'(x)=2x+1+ex+1.當(dāng)x<-1時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>-1時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0.方法總結(jié)構(gòu)造函數(shù)證明不等式的策略:(1)轉(zhuǎn)化為f(x)≥C(C為常數(shù))型,證明f(x)min或臨界值大于或等于C.(2)轉(zhuǎn)化為f(x)≥g(x)型,利用導(dǎo)數(shù)推斷f(x),g(x)的單調(diào)性,進(jìn)而求出函數(shù)f(x)、g(x)的最值或臨界值,用原不等式成立的充分條件證明.(3)轉(zhuǎn)化為f(a)+g(a)≥f(b)+g(b)型,構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)+g(x),利用h(x)單調(diào)性及a,b的大小證明.7.(2024浙江,22,15分)已知函數(shù)f(x)=x-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導(dǎo)數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,證明:對于隨意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點(diǎn).解析本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其應(yīng)用,同時(shí)考查邏輯思維實(shí)力和綜合應(yīng)用實(shí)力.(1)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)=12x-由f'(x1)=f'(x2)得12x1-1x1因?yàn)閤1≠x2,所以1x1+1x由基本不等式得12x1x2=x1因?yàn)閤1≠x2,所以x1x2>256.由題意得f(x1)+f(x2)=x1-lnx1+x2-lnx2=12x1設(shè)g(x)=12x-lnx,則g'(x)=14所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上單調(diào)遞增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=|a則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n1n-an所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,對于隨意的a∈R及k∈(0,+∞),直線y=kx+a與曲線y=f(x)有公共點(diǎn).由f(x)=kx+a得k=x-設(shè)h(x)=x-則h'(x)=lnx-x其中g(shù)(x)=x2由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,因此方程f(x)-kx-a=0至多1個(gè)實(shí)根.綜上,當(dāng)a≤3-4ln2時(shí),對于隨意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點(diǎn).一題多解(1)f'(x)=12x-1x,且f'(x1)=f'(x2)(x1≠設(shè)f'(x1)=t,則12x-1x=t的兩根為x1即2t(x)2-x+2=0有兩個(gè)不同的正根x1,x2.∴Δ=1-∴f(x1)+f(x2)=x1+x2-ln(x1x=12t+2lnt設(shè)g(t)=12t+2lnt則g'(t)=-12t2+2∴g(t)在0,116上為減函數(shù)∴f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)設(shè)h(x)=f(x)-kx-a=x-lnx-kx-a,只需證明:當(dāng)a≤3-4ln2時(shí),對于隨意的k>0,函數(shù)h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零點(diǎn).取m=e-|a|-k,則h(m)=e-|a|-≥e-|a|-k+k(1-e又x>0時(shí),x-kx<12k-k·12即h(x)<14k-a-lnx,取n=則h(n)<14而-|a|-k≤-a-k<-a+14由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一個(gè)零點(diǎn),即h(x)在(0,+∞)上至少有一個(gè)零點(diǎn).∵h(yuǎn)'(x)=12x-1x-k≤12×14∴當(dāng)k≥116時(shí),h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減即當(dāng)k≥116時(shí),h(x)在(0,+∞)上只有一個(gè)零點(diǎn)當(dāng)0<k<116時(shí),h'(x)=0有兩個(gè)不同的正根α,β(其中此時(shí)h(x)在(0,α)上為減函數(shù),在(α,β)上為增函數(shù),在(β,+∞)上為減函數(shù).∵h(yuǎn)'(x)=0,∴k=12α-則h(α)=α-lnα-kα-a=12h'(α)=14α-1α∴h(α)在(0,16)上為減函數(shù),在(16,+∞)上為增函數(shù),∴h(α)≥h(16)=3-ln16-a=3-4ln2-a≥0.又當(dāng)α=16時(shí),k=116,又0<k<116,∴α故h(α)>0,∴x∈(0,β]時(shí),h(x)>0.即h(x)在(0,β]上沒有零點(diǎn),但h(x)在(β,+∞)上有一個(gè)零點(diǎn).∴當(dāng)0<k<116時(shí),h(x)在(0,+∞)上也只有一個(gè)零點(diǎn)∴對于隨意的k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一的公共點(diǎn).8.(2017課標(biāo)Ⅲ理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)設(shè)m為整數(shù),且對于隨意正整數(shù)n,1+121+122…解析本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).①若a≤0,因?yàn)閒12=-12+aln2<0,所以不滿意②若a>0,由f'(x)=1-ax=x-ax知,當(dāng)x∈(0,a)時(shí),f'(x)<0;當(dāng)x∈(a,+∞)時(shí),f'(x)>0.所以f(x)在(0,a)單調(diào)遞減,在(a,+∞)單調(diào)遞增.故x=a是f(x)由于f(1)=0,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí),f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),x-1-lnx>0.令x=1+12n,得ln1+1從而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12故1+121+而1+121+12思路分析(1)對a分類探討,并利用導(dǎo)數(shù)探討f(x)的單調(diào)性,找出最小值點(diǎn),從而求出a.(2)由(1)得當(dāng)x>1時(shí),x-1-lnx>0.令x=1+12n,換元后可求出1+12一題多解(1)f'(x)=1-ax=x-ax(x>0).當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)>0,而f(1)=0,不合題意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-alna≥0①,記h(x)=x-1-xlnx,則h'(x)=1-lnx-1=-lnx.∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,∴h(x)≤h(1)=0,即當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí),h(x)≥0,∴當(dāng)且僅當(dāng)a=19.(2017天津文,19,14分)設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(diǎn)(x0,y0)處有相同的切線,(i)求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0;(ii)若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范圍.解析本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)學(xué)問和方法.考查用函數(shù)思想解決問題的實(shí)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.當(dāng)x改變時(shí),f'(x),f(x)的改變狀況如下表:x(-∞,a)(a,4-a)(4-a,+∞)f'(x)+-+f(x)↗↘↗所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,a),(4-a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(a,4-a).(2)(i)證明:因?yàn)間'(x)=ex(f(x)+f'(x)),由題意知g(x解得f所以,f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0.(ii)因?yàn)間(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],由ex>0,可得f(x)≤1.又因?yàn)閒(x0)=1,f'(x0)=0,故x0為f(x)的極大值點(diǎn),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)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當(dāng)x0=a時(shí),f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,從而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?yàn)閠(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域?yàn)閇-7,1].所以,b的取值范圍是[-7,1].思路分析(1)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)及極值點(diǎn),通過列表推斷函數(shù)的單調(diào)性,求出單調(diào)區(qū)間即可.(2)(i)對函數(shù)y=g(x)和y=ex求導(dǎo),依據(jù)已知條件得方程組g(x0)(ii)不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,由ex>0,可得f(x)≤1.依據(jù)(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,利用導(dǎo)數(shù)即可求出b的取值范圍.10.(2017天津理,20,14分)設(shè)a∈Z,已知定義在R上的函數(shù)f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)x0,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)m∈[1,x0)∪(x0,2],函數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求證:h(m)h(x0)<0;(3)求證:存在大于0的常數(shù)A,使得對于隨意的正整數(shù)p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],滿意pq-解析本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式等基礎(chǔ)學(xué)問和方法.考查函數(shù)思想和化歸思想.考查抽象概括實(shí)力、綜合分析問題和解決問題的實(shí)力.(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,進(jìn)而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=14當(dāng)x改變時(shí),g'(x),g(x)的改變狀況如下表:x(-∞,-1)-1g'(x)+-+g(x)↗↘↗所以,g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),14,+∞(2)證明: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).令函數(shù)H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),則H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,當(dāng)x∈[1,2]時(shí),g'(x)>0,故當(dāng)x∈[1,x0)時(shí),H1'(x)<0,H1(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x0,2]時(shí),H1'(x)>0,H1(x)單調(diào)遞增.因此,當(dāng)x∈[1,x0)∪(x0,2]時(shí),H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.令函數(shù)H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),則H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,故當(dāng)x∈[1,x0)時(shí),H2'(x)>0,H2(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(x0,2]時(shí),H2'(x)<0,H2(x)單調(diào)遞減.因此,當(dāng)x∈[1,x0)∪(x0,2]時(shí),H2(x)<H2(x0)=0,可得H2(m)<0,即h(x0)<0.所以,h(m)h(x0)<0.(3)證明:對于隨意的正整數(shù)p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],令m=pq,函數(shù)h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,當(dāng)m∈[1,x0)時(shí),h(x)在區(qū)間(m,x0)內(nèi)有零點(diǎn);當(dāng)m∈(x0,2]時(shí),h(x)在區(qū)間(x0,m)內(nèi)有零點(diǎn).所以h(x)在(1,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn),不妨設(shè)為x1,則h(x1)=g(x1)pq由(1)知g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,故0<g(1)<g(x1)<g(2),于是pq-x0=|2因?yàn)楫?dāng)x∈[1,2]時(shí),g(x)>0,故f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[1,2]上除x0外沒有其他的零點(diǎn),而pq≠x0,故fpq≠0.又因?yàn)閜,q,a均為整數(shù),所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整數(shù),從而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以pq-x0≥1g(2)思路分析(1)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)g(x)=f'(x)=8x3+9x2-6x-6,求出訪導(dǎo)函數(shù)為零的x的值,通過列表求出單調(diào)區(qū)間即可.(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函數(shù)H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出導(dǎo)函數(shù)H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0.(3)對于隨意的正整數(shù)p,q,令m=pq,函數(shù)h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn),結(jié)合(1)可得pq-x0=fpqg(x1)≥fpqg(2)=|2p11.(2016課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).(1)當(dāng)a=4時(shí),求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)若當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0,求a的取值范圍.解析(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).當(dāng)a=4時(shí),f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f'(x)=lnx+1xf(1)=0.曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為2x+y-2=0.(3分)(2)當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f(x)>0等價(jià)于lnx-a(x-設(shè)g(x)=lnx-a(xg'(x)=1x-2a(x+1(i)當(dāng)a≤2,x∈(1,+∞)時(shí),x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,因此g(x)>0;(8分)(ii)當(dāng)a>2時(shí),令g'(x)=0得x1=a-1-(a-1)2-1由x2>1和x1x2=1得x1<1,故當(dāng)x∈(1,x2)時(shí),g'(x)<0,g(x)在(1,x2)上單調(diào)遞減,因此g(x)<0.(11分)綜上,a的取值范圍是(-∞,2].(12分)評析本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義及導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用,對分類探討的思想方法考查到位,屬難題.12.(2016四川文,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-lnx,g(x)=1x-eex,其中a∈R,e=2.718(1)探討f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0;(3)確定a的全部可能取值,使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立.解析(1)f'(x)=2ax-1x=2當(dāng)a≤0時(shí),f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.當(dāng)a>0時(shí),由f'(x)=0有x=12當(dāng)x∈0,12a當(dāng)x∈12a,+(2)令s(x)=ex-1-x,則s'(x)=ex-1-1.當(dāng)x>1時(shí),s'(x)>0,所以ex-1>x,從而g(x)=1x-1(3)由(2),當(dāng)x>1時(shí),g(x)>0.當(dāng)a≤0,x>1時(shí),f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時(shí),必有a>0.當(dāng)0<a<12時(shí),1由(1)有f12a<f(1)=0,而g所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立.當(dāng)a≥12時(shí),令h(x)=f(x)-g(x)(x≥當(dāng)x>1時(shí),h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.又因?yàn)閔(1)=0,所以當(dāng)x>1時(shí),h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.綜上,a∈12方法總結(jié)含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題一般要分類探討,探討時(shí)要留意定義域和參數(shù)范圍,不重不漏,證明不等式可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題,對于(3)中的恒成立問題要想到前后之間的聯(lián)系.評析本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題,利用導(dǎo)數(shù)證明不等式及恒成立問題,有較強(qiáng)的綜合性.13.(2016課標(biāo)Ⅲ理,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=αcos2x+(α-1)(cosx+1),其中α>0,記|f(x)|的最大值為A.(1)求f'(x);(2)求A;(3)證明|f'(x)|≤2A.解析(1)f'(x)=-2αsin2x-(α-1)sinx.(2分)(2)當(dāng)α≥1時(shí),|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.(4分)當(dāng)0<α<1時(shí),將f(x)變形為f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.設(shè)t=cosx,則t∈[-1,1],令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,則A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且當(dāng)t=1-α4α?xí)r,g(t)取得最小值,最小值為g1-令-1<1-α4α<1,解得α<-13(舍去),或(i)當(dāng)0<α≤15時(shí),g(t)在(-1,1)內(nèi)無極值點(diǎn),|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以(ii)當(dāng)15<α<1時(shí),由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g1又g1-α所以A=g1-α綜上,A=2-3α(3)由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1|.當(dāng)0<α≤15時(shí),|f'(x)|≤1+α≤當(dāng)15<α<1時(shí),A=α8+18α+34當(dāng)α≥1時(shí),|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.(12分)評析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的計(jì)算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,考查了二次函數(shù)的性質(zhì),解題時(shí)留意分類探討,本題綜合性較強(qiáng),屬于難題.14.(2016課標(biāo)Ⅲ文,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx-x+1.(1)探討f(x)的單調(diào)性;(2)證明當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),1<x-(3)設(shè)c>1,證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí),1+(c-1)x>cx.解析(1)由題設(shè)知,f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=1x-1,令f'(x)=0,解得當(dāng)0<x<1時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>1時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.(4分)(2)證明:由(1)知f(x)在x=1處取得最大值,最大值為f(1)=0.所以當(dāng)x≠1時(shí),lnx<x-1.故當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),lnx<x-1,ln1x<1x-1,即1<x-(3)證明:由題設(shè)c>1,設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx,則g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0,解得x0=lnc當(dāng)x<x0時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>x0時(shí),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.(9分)由(2)知1<c-1lnc<c,又g(0)=g(1)=0,故當(dāng)0<x<1時(shí),g(x)>0.所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),1+(c-1)x>cx.(12分)疑難突破在(3)中,首先要解方程g'(x)=0,為了判定g(x)的單調(diào)性,必需比較極值點(diǎn)x0與區(qū)間(0,1)的關(guān)系,留意到g(0)=g(1)=0是求解本題的突破點(diǎn).評析本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用及不等式的證明.15.(2015課標(biāo)Ⅱ理,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx.(1)證明:f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增;(2)若對于隨意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范圍.解析(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.若m≥0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1≤0,f'(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1≥0,f'(x)>0.若m<0,則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),emx-1>0,f'(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),emx-1<0,f'(x)>0.所以,f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.(2)由(1)知,對隨意的m,f(x)在[-1,0]單調(diào)遞減,在[0,1]單調(diào)遞增,故f(x)在x=0處取得最小值.所以對于隨意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要條件是f即em設(shè)函數(shù)g(t)=et-t-e+1,則g'(t)=et-1.當(dāng)t<0時(shí),g'(t)<0;當(dāng)t>0時(shí),g'(t)>0.故g(t)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故當(dāng)t∈[-1,1]時(shí),g(t)≤0.當(dāng)m∈[-1,1]時(shí),g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;當(dāng)m>1時(shí),由g(t)的單調(diào)性,g(m)>0,即em-m>e-1;當(dāng)m<-1時(shí),g(-m)>0,即e-m+m>e-1.綜上,m的取值范圍是[-1,1].16.(2015天津理,20,14分)已知函數(shù)f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(1)探討f(x)的單調(diào)性;(2)設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P,曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g(x),求證:對于隨意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x);(3)若關(guān)于x的方程f(x)=a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)正實(shí)數(shù)根x1,x2,求證:|x2-x1|<a1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.下面分兩種狀況探討:①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí).令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.當(dāng)x改變時(shí),f'(x),f(x)的改變狀況如下表:x(-∞,-1)(-1,1)(1,+∞)f'(x)-+-f(x)↘↗↘所以,f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上單調(diào)遞減,在(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞增.②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí).當(dāng)f'(x)>0,即x<1時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)f'(x)<0,即x>1時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.所以,f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.(2)證明:設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,0),則x0=n1n-1,f'(x0)=n-n2.曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為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),由于f'(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上單調(diào)遞減,故F'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.又因?yàn)镕'(x0)=0,所以當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),F'(x)>0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,所以對于隨意的正實(shí)數(shù)x,都有F(x)≤F(x0)=0,即對于隨意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x).(3)證明:不妨設(shè)x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).設(shè)方程g(x)=a的根為x'2,可得x'2=an-n2+x0.當(dāng)n≥2時(shí),g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2類似地,設(shè)曲線y=f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx.當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f(x)-h(x)=-xn<0,即對于隨意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x).設(shè)方程h(x)=a的根為x'1,可得x'1=an.因?yàn)閔(x)=nx在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,且h(x'1)=a=f(x1)<h(x1),因此x'1<x1由此可得x2-x1<x'2-x'1=a1-n因?yàn)閚≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+Cn故2≥n1n-所以,|x2-x1|<a1評析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式等基礎(chǔ)學(xué)問和方法.考查分類探討思