2019屆江蘇專用高考數(shù)學一輪復習第九章導數(shù)及其應用9.2利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極大小值講義

高考數(shù)學

(江蘇省專用)§9.2利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極大(小)值1.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-

,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是

.A組自主命題·江蘇卷題組五年高考答案

解析本題考查用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)單調(diào)性的應用.易知函數(shù)f(x)的定義域關于原點對稱.∵f(x)=x3-2x+ex-

,∴f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-

=-x3+2x+

-ex=-f(x),∴f(x)為奇函數(shù),又f'(x)=3x2-2+ex+

≥3x2-2+2=3x2≥0(當且僅當x=0時,取“=”),從而f(x)在R上單調(diào)遞增,所以f(a-1)+f(2a2)≤0?f(a-1)≤f(-2a2)?-2a2≥a-1,解得-1≤a≤

.方法小結函數(shù)不等式的求解思路:(1)轉化為f(φ(x))≤f(g(x));(2)結合單調(diào)性轉化為φ(x)≤g(x)或φ(x)≥g(x).2.(2017江蘇,20,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導函數(shù)f'(x)的極值點是f(x)

的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值)(1)求b關于a的函數(shù)關系式,并寫出定義域;(2)證明:b2>3a;(3)若f(x),f'(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-

,求a的取值范圍.解析本小題主要考查利用導數(shù)研究初等函數(shù)的單調(diào)性、極值及零點問題,考查綜合運用數(shù)學

思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力.(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3

+b-

.當x=-

時,f'(x)有極小值b-

.因為f'(x)的極值點是f(x)的零點,所以f

=-

+

-

+1=0,又a>0,故b=

+

.因為f(x)有極值,故f'(x)=0有實根,從而b-

=

(27-a3)≤0,即a≥3.當a=3時,f'(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù),f(x)沒有極值;當a>3時,f'(x)=0有兩個相異的實根x1=

,x2=

.x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗列表如下:故f(x)的極值點是x1,x2.從而a>3.因此b=

+

,定義域為(3,+∞).(2)證明:由(1)知,

=

+

.設g(t)=

+

,則g'(t)=

-

=

.當t∈

時,g'(t)>0,從而g(t)在

上單調(diào)遞增.因為a>3,所以a

>3

,故g(a

)>g(3

)=

,即

>

.因此b2>3a.(3)由(1)知,f(x)的極值點是x1,x2,且x1+x2=-

a,

+

=

.從而f(x1)+f(x2)=

+a

+bx1+1+

+a

+bx2+1=

(3

+2ax1+b)+

(3

+2ax2+b)+

a(

+

)+

b(x1+x2)+2=

-

+2=0.記f(x),f'(x)所有極值之和為h(a),因為f'(x)的極值為b-

=-

a2+

,所以h(a)=-

a2+

,a>3.因為h'(a)=-

a-

<0,于是h(a)在(3,+∞)上單調(diào)遞減.因為h(6)=-

,于是h(a)≥h(6),故a≤6.因此a的取值范圍為(3,6].易錯警示(1)函數(shù)f(x)的極值點x0滿足f'(x0)=0,函數(shù)f(x)的零點x0滿足f(x0)=0,而f'(x)的極值點x0應

滿足f″(x0)=0.(2)求函數(shù)的關系式必須確定函數(shù)的定義域.3.(2015江蘇,19,16分,0.298)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).(1)試討論f(x)的單調(diào)性;(2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關的常數(shù)),當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪

∪

,求c的值.解析(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-

.當a=0時,因為f'(x)=3x2>0(x≠0),所以函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增;當a>0時,若x∈

∪(0,+∞),則f'(x)>0,若x∈

,則f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在

,(0,+∞)上單調(diào)遞增,在

上單調(diào)遞減;當a<0時,若x∈(-∞,0)∪

,則f'(x)>0,若x∈

,則f'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,0),

上單調(diào)遞增,在

上單調(diào)遞減.(2)由(1)知,函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)=b,f

=

a3+b,則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)·f

=b

<0,從而

或

又b=c-a,所以當a>0時,

a3-a+c>0或當a<0時,

a3-a+c<0.設g(a)=

a3-a+c,因為函數(shù)f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪

∪

,則在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在

∪

上,g(a)>0均恒成立,從而g(-3)=c-1≤0,且g

=c-1≥0,因此c=1.此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函數(shù)f(x)有三個零點,故x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,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)∪

∪

.綜上,c=1.4.(2014江蘇,19,16分,0.31)已知函數(shù)f(x)=ex+e-x,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).(1)證明:f(x)是R上的偶函數(shù);(2)若關于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍;(3)已知正數(shù)a滿足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-

+3x0)成立.試比較ea-1與ae-1的大小,并證明你的結論.解析(1)證明:因為對任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函數(shù).(2)由條件知m(ex+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立,令t=ex(x>0),則t>1,所以m≤-

=-

對任意t>1成立.因為t-1+

+1≥2

+1=3,所以-

≥-

,當且僅當t=2,即x=ln2時等號成立.因此實數(shù)m的取值范圍是

.(3)令函數(shù)g(x)=ex+

-a(-x3+3x),則g'(x)=ex-

+3a(x2-1).當x≥1時,ex-

>0,x2-1≥0,又a>0,故g'(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù),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,當且僅當最小值g(1)<0,故e+e-1-2a<0,即a>

.令函數(shù)h(x)=x-(e-1)lnx-1,則h'(x)=1-

.令h'(x)=0,得x=e-1.當x∈(0,e-1)時,h'(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的單調(diào)減函數(shù);當x∈(e-1,+∞)時,h'(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù).所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).注意到h(1)=h(e)=0,所以當x∈(1,e-1)?(0,e-1)時,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0;當x∈(e-1,e)?(e-1,+∞)時,h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0對任意的x∈(1,e)成立.①當a∈

?(1,e)時,h(a)<0,即a-1<(e-1)lna,從而ea-1<ae-1;②當a=e時,ea-1=ae-1;③當a∈(e,+∞)?(e-1,+∞)時,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)lna,故ea-1>ae-1.綜上所述,當a∈

時,ea-1<ae-1;當a=e時,ea-1=ae-1;當a∈(e,+∞)時,ea-1>ae-1.考點一利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.(2017山東文改編,10,5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)中具有M性質(zhì)的是

.①f(x)=2-x;②f(x)=x2;③f(x)=3-x;④f(x)=cosx.B組

統(tǒng)一命題·省(區(qū)、市)卷題組答案①解析本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.當f(x)=2-x時,ex·f(x)=ex·2-x=

,令y=

,則y'=

=

=

(1-ln2).∵ex>0,2x>0,ln2<1,∴y'>0.∴當f(x)=2-x時,ex·f(x)在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,故具有M性質(zhì),易知②③④不具有M性質(zhì).故填

①.方法小結利用導數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性的一般步驟:1.求f(x)的導數(shù)f'(x).2.令f'(x)>0(或f'(x)<0),得區(qū)間I.3.判斷單調(diào)性,當x∈I時,f(x)單調(diào)增(或減).2.(2016課標全國Ⅰ改編,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-

sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是

.答案

解析

f‘(x)=1-

cos2x+acosx=1-

(2cos2x-1)+acosx=-

cos2x+acosx+

,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-

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,則

解得-

≤a≤

.疑難突破由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導數(shù)將問題轉化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)來

解決.3.(2017課標全國Ⅱ文,21,12分)設函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當x≥0時,f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.解析本題考查函數(shù)的單調(diào)性,恒成立問題.(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.令f'(x)=0,得x=-1-

或x=-1+

.當x∈(-∞,-1-

)時,f'(x)<0;當x∈(-1-

,-1+

)時,f'(x)>0;當x∈(-1+

,+∞)時,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-

),(-1+

,+∞)單調(diào)遞減,在(-1-

,-1+

)單調(diào)遞增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.當a≥1時,設函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)單調(diào)遞減,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.當0<a<1時,設函數(shù)g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1.當0<x<1時,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=

,則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.當a≤0時,取x0=

,則x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.綜上,a的取值范圍是[1,+∞).解題思路(1)求f'(x),令f'(x)>0,求出f(x)的單調(diào)增區(qū)間,令f'(x)<0,求出f(x)的單調(diào)減區(qū)間.(2)對參數(shù)a的取值進行分類討論,當a≥1時,構造函數(shù)可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1

≤ax+1成立;當0<a<1時,構造函數(shù)可知ex≥x+1,通過舉反例x0=

,f(x0)>ax0+1,從而說明命題不成立;當a≤0時,舉反例x0=

說明不等式不成立.疑難突破(1)求單調(diào)區(qū)間的一般步驟:①求定義域;②求f'(x),令f'(x)>0,求出f(x)的增區(qū)間,令f'(x)

<0,求出f(x)的減區(qū)間;③寫出結論,注意單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接.(2)恒成立問題的三種常見解法:①分離參數(shù),化為最值問題求解,如a≥φ(x)max或a≤φ(x)min;②構造

函數(shù),分類討論,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③轉變主元,選取適當?shù)闹髟墒箚栴}

簡化.4.(2017山東文,20,13分)已知函數(shù)f(x)=

x3-

ax2,a∈R.(1)當a=2時,求曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程;(2)設函數(shù)g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值.解析本題考查導數(shù)的幾何意義;用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性;用導數(shù)求函數(shù)的極值、最值.(1)由題意f'(x)=x2-ax,所以當a=2時,f(3)=0,f'(x)=x2-2x,所以f'(3)=3,因此,曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因為g(x)=f(x)+(x-a)cosx-sinx,所以g'(x)=f'(x)+cosx-(x-a)sinx-cosx=x(x-a)-(x-a)sinx=(x-a)(x-sinx),令h(x)=x-sinx,則h'(x)=1-cosx≥0,所以h(x)在R上單調(diào)遞增.因為h(0)=0,所以當x>0時,h(x)>0;當x<0時,h(x)<0.①當a<0時,g'(x)=(x-a)(x-sinx),當x∈(-∞,a)時,x-a<0,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當x∈(a,0)時,x-a>0,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當x∈(0,+∞)時,x-a>0,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以當x=a時g(x)取到極大值,極大值是g(a)=-

a3-sina,當x=0時g(x)取到極小值,極小值是g(0)=-a.②當a=0時,g'(x)=x(x-sinx),當x∈(-∞,+∞)時,g'(x)≥0,g(x)單調(diào)遞增;所以g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,g(x)無極大值也無極小值.③當a>0時,g'(x)=(x-a)(x-sinx),當x∈(-∞,0)時,x-a<0,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當x∈(0,a)時,x-a<0,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當x∈(a,+∞)時,x-a>0,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以當x=0時g(x)取到極大值,極大值是g(0)=-a;當x=a時g(x)取到極小值,極小值是g(a)=-

a3-sina.綜上所述:當a<0時,函數(shù)g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(a,0)上單調(diào)遞減,函數(shù)既有極大值,又有極小

值,極大值是g(a)=-

a3-sina,極小值是g(0)=-a;當a=0時,函數(shù)g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,無極值;當a>0時,函數(shù)g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,a)上單調(diào)遞減,函數(shù)既有極大值,又有極小

值,極大值是g(0)=-a,極小值是g(a)=-

a3-sina.5.(2016課標全國Ⅰ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.解析(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)設a≥0,則當x∈(-∞,1)時,f'(x)<0;當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)

單調(diào)遞增.

(2分)(ii)設a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).①若a=-

,則f'(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增.②若a>-

,則ln(-2a)<1,故當x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)時,f'(x)>0;當x∈(ln(-2a),1)時,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)單調(diào)遞增,在(ln(-2a),1)單調(diào)遞減.

(4分)③若a<-

,則ln(-2a)>1,故當x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)時,f'(x)>0;當x∈(1,ln(-2a))時,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)單調(diào)遞增,在(1,ln(-2a))單調(diào)遞減.

(6分)(2)(i)設a>0,則由(1)知,f(x)在(-∞,1)單調(diào)遞減,在(1,+∞)單調(diào)遞增.又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且b<ln

,則f(b)>

(b-2)+a(b-1)2=a

>0,所以f(x)有兩個零點.

(8分)(ii)設a=0,則f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一個零點.

(9分)(iii)設a<0,若a≥-

,則由(1)知,f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增,又當x≤1時f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點;

(10分)若a<-

,則由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+∞)單調(diào)遞增,又當x≤1時f(x)<0,故f(x)不存在兩個零點.

(11分)綜上,a的取值范圍為(0,+∞).

(12分)疑難突破(1)分類討論時臨界點的選取是關鍵,易忽略a=-

的情形.(2)在討論a>0函數(shù)零點的個數(shù)時,注意利用不等式的放縮.6.(2016課標全國Ⅱ理,21,12分)(1)討論函數(shù)f(x)=

ex的單調(diào)性,并證明當x>0時,(x-2)·ex+x+2>0;(2)證明:當a∈[0,1)時,函數(shù)g(x)=

(x>0)有最小值.設g(x)的最小值為h(a),求函數(shù)h(a)的值域.解析(1)f(x)的定義域為(-∞,-2)∪(-2,+∞).

(2分)f'(x)=

=

≥0,且僅當x=0時,f'(x)=0,所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)單調(diào)遞增.因此當x∈(0,+∞)時,f(x)>f(0)=-1.所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.

(4分)(2)證明:g'(x)=

=

(f(x)+a).

(5分)由(1)知,f(x)+a單調(diào)遞增.對任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0.因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0.

(6分)當0<x<xa時,f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當x>xa時,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)=

=

=

.

(8分)于是h(a)=

,由

'=

>0,得y=

單調(diào)遞增.所以,由xa∈(0,2],得

=

<h(a)=

≤

=

.

(10分)因為y=

單調(diào)遞增,對任意λ∈

,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是

.綜上,當a∈[0,1)時,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是

.

(12分)疑難突破

本題求解的關鍵是“設而不求”方法的運用,另外,注意將對g'(x)符號的判斷靈活地

轉化為對f(x)+a符號的判斷.評析本題主要考查導數(shù)的運用,求單調(diào)區(qū)間及最值,考查不等式的證明.屬難題.7.(2016北京,20,13分)設函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c.(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)設a=b=4.若函數(shù)f(x)有三個不同零點,求c的取值范圍;(3)求證:a2-3b>0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.解析(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f'(x)=3x2+2ax+b.因為f(0)=c,f'(0)=b,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=bx+c.

(3分)(2)當a=b=4時,f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f'(x)=3x2+8x+4.令f'(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-

.

(4分)f(x)與f'(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上的情況如下:x(-∞,-2)-2

-?

f'(x)+0-0+f(x)↗c↘c-?↗(6分)所以,當c>0且c-

<0時,存在x1∈(-4,-2),x2∈

,x3∈

,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的單調(diào)性知,當且僅當c∈

時,函數(shù)f(x)=x3+4x2+4x+c有三個不同零點.

(8分)(3)證明:當Δ=4a2-12b<0時,f'(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞),此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)不可能有三個不同零點.

(9分)當Δ=4a2-12b=0時,f'(x)=3x2+2ax+b只有一個零點,記作x0.當x∈(-∞,x0)時,f'(x)>0,f(x)在區(qū)間(-∞,x0)上單調(diào)遞增;當x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0,f(x)在區(qū)間(x0,+∞)上單調(diào)遞增.所以f(x)不可能有三個不同零點.綜上所述,若函數(shù)f(x)有三個不同零點,則必有Δ=4a2-12b>0.故a2-3b>0是f(x)有三個不同零點的必要條件.

(11分)當a=b=4,c=0時,a2-3b>0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有兩個不同零點,所以a2-3b>0不是f(x)有三個不

同零點的充分條件.

(12分)因此a2-3b>0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.

(13分)疑點突破本題第(3)問中對必要性的證明,因為f'(x)=3x2+2ax+b含有兩個參數(shù),不能分解因式,故

需討論Δ<0,Δ=0,Δ>0三種情況;對于充分性不成立的證明,只需舉反例a=b=4,c=0即可.評析本題以三次函數(shù)為載體考查了導數(shù)的幾何意義、零點問題及邏輯推理能力和分類討論

的思想,屬中等偏難題.8.(2016四川理,21,14分)設函數(shù)f(x)=ax2-a-lnx,其中a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)確定a的所有可能取值,使得f(x)>

-e1-x在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立(e=2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)).解析(1)f'(x)=2ax-

=

(x>0).當a≤0時,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.當a>0時,由f'(x)=0,有x=

.此時,當x∈

時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x∈

時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.(2)令g(x)=

-

,s(x)=ex-1-x.則s'(x)=ex-1-1.而當x>1時,s'(x)>0,所以s(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.又由s(1)=0,有s(x)>0,從而當x>1時,g(x)>0.當a≤0,x>1時,f(x)=a(x2-1)-lnx<0.故當f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立時,必有a>0.當0<a<

時,

>1.由(1)有f

<f(1)=0,而g

>0,所以此時f(x)>g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)不恒成立.當a≥

時,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).當x>1時,h'(x)=2ax-

+

-e1-x>x-

+

-

=

>

>0.因此,h(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.又因為h(1)=0,所以當x>1時,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.綜上,a∈

.思路分析對(1),先求導,然后分a≤0和a>0兩種情況判斷f'(x)的符號,從而確定f(x)的單調(diào)性;對

(2),令g(x)=

-

,s(x)=ex-1-x,則s(x)與g(x)在(1,+∞)上正負一致,易證x>1時s(x)>0,從而g(x)>0,再對a進行分類:①a≤0;②0<a<

;③a≥

,判斷f(x)>g(x)是否恒成立,最后再總結.評析本題主要考查導數(shù)的應用,利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,并由此確定函數(shù)的最值,也考查

了分類討論思想和轉化與化歸思想,將疑難問題進行轉化,化繁為簡.9.(2015天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)設曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P處的切線方程為y=g(x),求證:對于任意的正

實數(shù)x,都有f(x)≤g(x);(3)若關于x的方程f(x)=a(a為實數(shù))有兩個正實數(shù)根x1,x2,求證:|x2-x1|<

+2.解析(1)由f(x)=nx-xn,可得f'(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分兩種情況討論:①當n為奇數(shù)時.令f'(x)=0,解得x=1,或x=-1.當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表: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n為偶數(shù)時.當f'(x)>0,即x<1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當f'(x)<0,即x>1時,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:設點P的坐標為(x0,0),則x0=

,f‘(x0)=n-n2.曲線y=f(x)在點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),則f'(x)=f'(x)-f'(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.又因為f'(x0)=0,所以當x∈

(0,x0)時,f'(x)>0,當x∈(x0,+∞)時,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

對于任意的正實數(shù)x,都有F(x)≤F(x0)=0,即對于任意的正實數(shù)x,都有f(x)≤g(x).(3)證明:不妨設x1≤x2.由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).設方程g(x)=a的根為x'2,可得x'2=

+x0.當n≥2時,g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.類似地,設曲線y=f(x)在原點處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx.當x∈(0,+∞)時,f(x)-h(x)=-xn<0,即對于任意的x∈(0,+∞),f(x)<h(x).設方程h(x)=a的根為x'1,可得x'1=

.因為h(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=

+x0.因為n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+

=1+n-1=n,故2≥

=x0.所以,|x2-x1|<

+2.評析本題主要考查導數(shù)的運算、導數(shù)的幾何意義、利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式

等基礎知識和方法.考查分類討論思想、函數(shù)思想和化歸思想.考查綜合分析問題和解決問題的

能力.考點二利用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值1.(2017課標全國Ⅱ理改編,11,5分)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為

.答案-1解析本題主要考查導數(shù)的應用.由題意可得f'(x)=ex-1[x2+(a+2)x+a-1].∵x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,∴f'(-2)=0,∴a=-1,

∴f(x)=(x2-x-1)ex-1,f'(x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)(x+2),∴x∈(-∞,-2),(1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;x

∈(-2,1)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.∴f(x)極小值=f(1)=-1.思路分析由x=-2是函數(shù)f(x)的極值點可知f'(-2)=0,從而求出a的值,將a的值代入導函數(shù)f'(x),求

出f(x)的單調(diào)區(qū)間,判斷極小值點,從而求出函數(shù)的極小值.方法總結1.利用導數(shù)研究函數(shù)極值問題的兩個方向:

2.已知函數(shù)極值點和極值求參數(shù)值的兩個要領:(1)列式:根據(jù)極值點處導數(shù)為0和極值列方程組進行求解.(2)驗證:因為導數(shù)為零的點不一定是函數(shù)的極值點,所以求解后必須進行驗證.2.(2016四川改編,6,5分)已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點,則a=

.答案2解析由題意可得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的變化情況如下表:x(-∞,-2)-2(-2,2)2(2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴函數(shù)f(x)在x=2處取得極小值,則a=2.評析本題考查了函數(shù)的極值問題.正確理解函數(shù)的極值點的概念是解題的關鍵.3.(2014課標Ⅱ改編,12,5分)設函數(shù)f(x)=

sin

.若存在f(x)的極值點x0滿足

+[f(x0)]2<m2,則m的取值范圍是

.答案(-∞,-2)∪(2,+∞)解析

f'(x)=

cos

,∵f(x)的極值點為x0,∴f'(x0)=0,∴

cos

=0,∴

x0=kπ+

,k∈Z,∴x0=mk+

,k∈Z,又∵

+[f(x0)]2<m2,∴

+

<m2,k∈Z,即m2

+3<m2,k∈Z,∵m≠0,∴

<

,k∈Z,又∵存在x0滿足

+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z滿足上式,∴

>

,∴

>

,∴m2-3>

,∴m2>4,∴m>2或m<-2.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

能力.4.(2014遼寧改編,11,5分)當x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是

.答案[-6,-2]解析由題意知?x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.當x=0時,a∈

R.當0<x≤1時,a≥

=-

-

+

.令t=

(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,因為g'(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,g(t)max=g(1)=-6(t≥1),所以a≥-6.當-2≤x<0時,a≤-

-

+

,同理,g(t)在(-∞,-1]上遞減,在

上遞增.因此g(t)min=g(-1)=-2

,所以a≤-2.綜上可知,-6≤a≤-2.5.(2017課標全國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x0,且e-2<f(x0)<2-2.解析本題考查了導數(shù)的綜合應用.(1)f(x)的定義域為(0,+∞).設g(x)=ax-a-lnx,則f(x)=xg(x),f(x)≥0等價于g(x)≥0.因為g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-

,g'(1)=a-1,得a=1.若a=1,則g'(x)=1-

.當0<x<1時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;當x>1時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.所以x=1是g(x)的極小值點,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h(x)=2x-2-lnx,則h'(x)=2-

.當x∈

時,h'(x)<0;當x∈

時,h'(x)>0.所以h(x)在

單調(diào)遞減,在

單調(diào)遞增.又h(e-2)>0,h

<0,h(1)=0,所以h(x)在

有唯一零點x0,在

有唯一零點1,且當x∈(0,x0)時,h(x)>0;當x∈(x0,1)時,h(x)<0;當x∈(1,+∞)時,h(x)>0.因為f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點.由f'(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).由x0∈(0,1)得f(x0)<

.因為x=x0是f(x)在(0,1)的最大值點,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.方法總結利用導數(shù)解決不等式問題的一般思路:(1)恒成立問題常利用分離參數(shù)法轉化為最值問題求解.若不能分離參數(shù),可以對參數(shù)進行分類

討論.(2)證明不等式問題可通過構造函數(shù)轉化為函數(shù)的最值問題求解.6.(2017北京文,20,13分)已知函數(shù)f(x)=excosx-x.(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間

上的最大值和最小值.解析本題考查導數(shù)的幾何意義,考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值.(1)因為f(x)=excosx-x,所以f'(x)=ex(cosx-sinx)-1,f'(0)=0.又因為f(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=1.(2)設h(x)=ex(cosx-sinx)-1,則h'(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.當x∈

時,h'(x)<0,所以h(x)在區(qū)間

上單調(diào)遞減.所以對任意x∈

有h(x)<h(0)=0,即f'(x)<0.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間

上單調(diào)遞減.因此f(x)在區(qū)間

上的最大值為f(0)=1,最小值為f

=-

.解題思路(1)先求導,再利用導數(shù)的幾何意義求出切線的斜率,最后利用點斜式求出切線方程.

(2)設h(x)=ex(cosx-sinx)-1,對h(x)求導,進而確定h(x)的單調(diào)性,最后求出最值.方法總結1.求切線方程問題:(1)根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出指定點處的導數(shù)值,即切線的斜率;

(2)求出指定點處的函數(shù)值;(3)求出切線方程.2.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性:(1)求出函數(shù)f(x)的定義域;(2)求出函數(shù)f(x)的導函數(shù)f'(x);(3)令f'(x)>0得到f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間,令f'(x)<0得到f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞減區(qū)間.7.(2016山東,20,13分)設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)=

-2a=

.當a≤0時,x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;當a>0時,x∈

時,g'(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x∈

時,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.所以當a≤0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞);當a>0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為

,單調(diào)減區(qū)間為

.(2)由(1)知,f'(1)=0.①當a≤0時,f'(x)單調(diào)遞增,所以當x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.②當0<a<

時,

>1,由(1)知f'(x)在

內(nèi)單調(diào)遞增,可得當x∈(0,1)時,f'(x)<0,x∈

時,f'(x)>0.所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在

內(nèi)單調(diào)遞增,所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.③當a=

時,

=1,f'(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當x∈(0,+∞)時,f'(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意.④當a>

時,0<

<1,當x∈

時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x∈(1,+∞)時,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,實數(shù)a的取值范圍為a>

.思路分析(1)求出函數(shù)的導數(shù),對a進行分類討論;(2)由第(1)問知f'(1)=0,對a進行分類討論,然后

利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值來驗證是否滿足條件,從而求出a的取值范圍.評析本題考查導數(shù)的應用,利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性和極值要注意“定義域優(yōu)先”原則,注意

對a分類討論.8.(2016天津,20,14分)設函數(shù)f(x)=x3-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x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求證:x1+2x0=0;(3)設a>0,函數(shù)g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值

.解析(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f'(x)=3x2-a.下面分兩種情況討論:(i)當a≤0時,有f'(x)=3x2-a≥0恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).(ii)當a>0時,令f'(x)=0,解得x=

,或x=-

.當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下表:x

-?

f'(x)+0-0+f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為

,單調(diào)遞增區(qū)間為

,

.(2)證明:因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由題意,得f'(x0)=3

-a=0,即

=

,進而f(x0)=

-ax0-b=-

x0-b.又f(-2x0)=-8

+2ax0-b=-

x0+2ax0-b=-

x0-b=f(x0),且-2x0≠x0,由題意及(1)知,存在唯一實數(shù)x1滿足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0.所以x1+2x0=0.(3)證明:設g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值為M,max{x,y}表示x,y兩數(shù)的最大值.下面分三種情況討

論:(i)當a≥3時,-

≤-1<1≤

,由(1)知,f(x)在區(qū)間[-1,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(1),f(-1)],因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=

所以M=a-1+|b|≥2.(ii)當

≤a<3時,-

≤-1<-

<

<1≤

,由(1)和(2)知f(-1)≥f

=f

,f(1)≤f

=f

,所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為

f

,f

,因此M=max

,

=max

=max

=

+|b|≥

×

×

=

.(iii)當0<a<

時,-1<-

<

<1,由(1)和(2)知f(-1)<f

=f

,f(1)>f

=f

,所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(-1),f(1)],因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|>

.綜上所述,當a>0時,g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于

.思路分析(1)求含參數(shù)的函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間,需要進行分類討論;(2)由第(1)問可知a>0,要證x1+

2x0=0,只需證出f(-2x0)=f(x0),其中x1=-2x0,即可得結論;(3)求g(x)在[-1,1]上的最大值,對a分情況討論

即可.評析本題主要考查導數(shù)的運算、利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式等基礎知識和方法.

考查分類討論思想和化歸思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力.9.(2016課標全國Ⅲ理,21,12分)設函數(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α≥1時,|f(x)|=|αcos2x+(α-1)(cosx+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).因此A=3α-2.

(4分)當0<α<1時,將f(x)變形為f(x)=2αcos2x+(α-1)cosx-1.設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t=

時,g(t)取得最小值,最小值為g

=-

-1=-

.令-1<

<1,解得α<-

(舍去),或α>

.

(5分)(i)當0<α≤

時,g(t)在(-1,1)內(nèi)無極值點,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.(ii)當

<α<1時,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g

.又

-|g(-1)|=

>0,所以A=

=

.綜上,A=

(9分)(3)由(1)得|f'(x)|=|-2αsin2x-(α-1)sinx|≤2α+|α-1|.當0<α≤

時,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.當

<α<1時,A=

+

+

>1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.當α≥1時,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.所以|f'(x)|≤2A.

(12分)評析本題主要考查導數(shù)的計算及導數(shù)的應用,考查了二次函數(shù)的性質(zhì),解題時注意分類討論,

本題綜合性較強,屬于難題.1.(2015四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)設g(x)是f(x)的導函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性;(2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.C組教師專用題組解析(1)由已知得,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2lnx-2

,所以g'(x)=2-

+

=

.當0<a<

時,g(x)在區(qū)間

,

上單調(diào)遞增,在區(qū)間

上單調(diào)遞減;當a≥

時,g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)證明:由f'(x)=2(x-a)-2lnx-2

=0,解得a=

.令φ(x)=-2

lnx+x2-2×

·x-2

+

.則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-lnx(x≥1).由u'(x)=1-

≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.所以0=

<

=a0<

=

<1,即a0∈(0,1).當a=a0時,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,故當x∈(1,x0)時,f'(x)<0,從而f(x)>f(x0)=0;當x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0.所以,當x∈(1,+∞)時,f(x)≥0.綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.評析本題主要考查導數(shù)的運算、導數(shù)在研究函數(shù)中的應用、函數(shù)的零點等基礎知識,考查推

理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識,考查函數(shù)與方程、數(shù)形結合、分類與整合、化歸與轉

化等數(shù)學思想.2.(2014山東,20,13分)設函數(shù)f(x)=

-k

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

-k

=

-

=

.由k≤0可得ex-kx>0,所以當x∈(0,2)時,f'(x)<0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減,當x∈(2,+∞)時,f'(x)>0,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞).(2)由(1)知,當k≤0時,函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減,故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在極值點;當k>0時,設函數(shù)g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).因為g'(x)=ex-k=ex-elnk,當0<k≤1時,當x∈(0,2)時,g'(x)=ex-k>0,y=g(x)單調(diào)遞增,故f(x)在(0,2)內(nèi)不可能存在兩個極值點;當k>1時,得x∈(0,lnk)時,g'(x)<0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞減,x∈(lnk,+∞)時,g'(x)>0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)y=g(x)的最小值為g(lnk)=k(1-lnk).函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個極值點,當且僅當

解得e<k<

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

.評析本題考查了導數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性和極值問題中的應用,考查了分類討論思想的運用

以及學生的邏輯推理能力和運算求解能力,難度較大,在解決問題(2)時極易產(chǎn)生分類討論不全

面或運算求解錯誤.3.(2015安徽,21,13分)設函數(shù)f(x)=x2-ax+b.(1)討論函數(shù)f(sinx)在

內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值;(2)記f0(x)=x2-a0x+b0,求函數(shù)|f(sinx)-f0(sinx)|在

上的最大值D;(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-

滿足條件D≤1時的最大值.解析(1)f(sinx)=sin2x-asinx+b=sinx(sinx-a)+b,-

<x<

.[f(sinx)]'=(2sinx-a)cosx,-

<x<

.因為-

<x<

,所以cosx>0,-2<2sinx<2.①a≤-2,b∈R時,函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增,無極值.②a≥