（天津专用）2020版高考数学大一轮复习3.2导数的应用精练.docx

1、13.2 导数的应用挖命题【考情探究】5 年考情考点 内容解读考题示例 考向 关联考点预测热度1.导数与函数的单调性1.了解函数单调性和导数的关系2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)2014 天津文,19利用导数研究函数的单调性和极值构造新函数、不等式的证明2.导数与函数的极(最)值1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次),会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)2016 天津,20利用导数研究函数的极值和最值导数的运算、不等式的证明2018 天津,20利用导数研究

2、指数函数、对数函数的性质3.导数的综合应用利用导数解决实际问题2014 天津,20利用导数解决函数零点问题 利用导数研究函数的性质分析解读 函数的单调性是函数的一条重要的性质,也是高中阶段研究的重点.一般分两类考查,一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值以及实际问题中的优化问题等.二是把导数、函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的值(取值范围),常以解答题的形式出现,分值 14 分,难度较大.2破考点【考点集训】考点一 导数与函数的单调性1.已知函数 f(x)= +1,则函数 f(x)的单调增区间为 . xx2+1答案 (-1,1)2.已知函数 f(x)=

3、 +alnx(aR).1ex(1)当 a= 时,求曲线 y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程;1e(2)若函数 f(x)在定义域内不单调,求 a 的取值范围.解析 函数 f(x)的定义域为(0,+),导函数 f(x)=- + = .1exaxaex-xxex(1)当 a= 时,因为 f(1)=- + =0,f(1)= ,1e 1e1e 1e所以曲线 y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程为 y= .1e(2)f(x)= (x0),aex-xxex设函数 f(x)在定义域内不单调时,a 的取值集合是 A;函数 f(x)在定义域内单调时,a 的取值集合是 B,则 A=RB.函数 f(x)在定

4、义域内单调等价于 f(x)0 恒成立或 f(x)0 恒成立,即 aex-x0 恒成立或 aex-x0 恒成立,等价于 a 恒成立或 a 恒成立.xex xex令 g(x)= (x0),则 g(x)= ,xex 1-xex由 g(x)0 得 01,所以 g(x)在(1,+)上单调递减.因为 g(1)= ,且 x0 时,g(x)0,1e所以 g(x) .(0,1e所以 B= ,a|a 0或 a1e所以 A= .a|00),则函数 F(x)=g(x)-f(x)( )A.有极小值,没有极大值 B.有极大值,没有极小值 C.至少有两个极小值和一个极大值 D.至少有一个极小值和两个极大值答案 C 4.已知

5、函数 y=f(x)的导函数有且仅有两个零点,其图象如图所示,则函数 y=f(x)在 x= 处取得极值. 答案 -1考点三 导数的综合应用5.已知函数 f(x)=pe-x+x+1(pR).(1)当实数 p=e 时,求曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程;(2)求函数 f(x)的单调区间;(3)当 p=1 时,若直线 y=mx+1 与曲线 y=f(x)没有公共点,求实数 m 的取值范围.解析 (1)当 p=e 时,f(x)=e -x+1+x+1,则 f(x)=-e-x+1+1,f(1)=3,f(1)=0.曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 y=3.(2)f(x)=pe -x+x+1

6、,f(x)=-pe -x+1.当 p0 时,f(x)0,函数 f(x)的单调递增区间为(-,+);当 p0 时,令 f(x)=0,得 ex=p,解得 x=lnp.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x (-,lnp) lnp (lnp,+)f(x) - 0 +f(x) 2+lnp 4所以当 p0 时,f(x)的单调递增区间为(lnp,+),单调递减区间为(-,lnp).(3)当 p=1 时,f(x)=e -x+x+1,直线 y=mx+1 与曲线 y=f(x)没有公共点等价于关于 x 的方程mx+1=e-x+x+1 在(-,+)上没有实数解,即关于 x 的方程(m-1)x=e -

7、x(*)在(-,+)上没有实数解.当 m=1 时,方程(*)化为 e-x=0,显然在(-,+)上没有实数解.当 m1 时,方程(*)化为 xex= ,令 g(x)=xex,则有 g(x)=(1+x)ex.令 g(x)=0,得 x=-1.1m-1当 x 变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x (-,-1) -1 (-1,+)g(x) - 0 +g(x) -1e 当 x=-1 时,g(x) min=- ,当 x 趋近于+时,g(x)趋近于+,从而 g(x)的值域为 .1e -1e,+ )所以当 0,故 g(x)为增函数;当-10 时,g(x)0,故 g(x)为增函数.综上,知 g(x)在(

8、-,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+)内为增函数.2.已知函数 f(x)= ex,aR.(x+ax)(1)求 f(x)的零点;(2)当 a-5 时,求证:f(x)在区间(1,+)上为增函数.解析 (1)f(x)的定义域为(-,0)(0,+),令 f(x)=0,得 x2+a=0,则 x2=-a.当 a0 时,方程无解,f(x)无零点;当 a1),则 g(x)=3x2+2x+a,其图象的对称轴为直线 x=- ,13所以 g(x)在(1,+)上单调递增.所以 g(x)g(1)=312+21+a=5+a.当 a-5 时,g(x)0 恒成立,所以 g(x)在(1,+)上为增函数

9、.方法 2 利用导数解决函数的极值、最值问题3.已知函数 f(x)=lnx-ax-1(aR),g(x)=xf(x)+ x2+2x.12(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)当 a=1 时,若函数 g(x)在区间(m,m+1)(mZ)内存在唯一的极值点,求 m 的值.解析 (1)由已知得 x0,f(x)= -a= .1x 1-axx6(i)当 a0 时,f(x)0 恒成立,则函数 f(x)在(0,+)上单调递增;(ii)当 a0 时,由 f(x)0,得 0 .1a所以函数 f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .(0,1a) (1a,+ )(2)因为 g(x)=xf(x)+ x2+2x=

10、x(lnx-x-1)+ x2+2x12 12=xlnx- x2+x,12所以 g(x)=lnx+1-x+1=lnx-x+2=f(x)+3.由(1)可知,函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.又因为 g =-2- +2=- 0,(1e2) 1e2 1e2所以 g(x)在(0,1)上有且只有一个零点 x1.又在(0,x 1)上,g(x)0,g(x)在(x 1,1)上单调递增.所以 x1为极值点,此时 m=0.又 g(3)=ln3-10,g(4)=2ln2-20,g(x)在(3,x 2)上单调递增;在(x 2,4)上,g(x)0,(12,1)所以函数 f(x)在 上为增函数,

11、没有极值,不合题意;(12,1)(ii)当 a0 时,令 g(x)=ex- ,则 g(x)=ex+ 0.ax ax2所以 g(x)在 上单调递增,即 f(x)在 上单调递增,(12,1) (12,1)所以函数 f(x)在 上有极值等价于(12,1) f (1)0,f (12)0,e-2a 恒成立,求 a 的取值范围.x解析 (1)因为 a=0,所以 f(x)= ,x(0,1)(1,+).xlnx所以 f(x)= .lnx-1(lnx)2令 f(x)0,即 lnx-10,所以 xe;令 f(x)1,所以 lnx0.所以对任意的 x(1,+),f(x) 恒成立等价于 恒成立,等价于 a1,x所以

12、g(x)= .2x-lnx-22x再令 h(x)=2 -lnx-2,x1,x所以 h(x)= .x-1x所以当 x1 时,h(x)0.8所以 h(x)在(1,+)上单调递增.所以 h(x)h(1)=0.所以当 x1 时,g(x)0.所以 g(x)在(1,+)上单调递增.所以 g(x)g(1)=1.所以 a0).1x(1)求 f(x)的单调区间;(2)对任意 x ,都有 xln(kx)-kx+1mx,求 m 的取值范围.1k,2k解析 由已知得,f(x)的定义域为(0,+).(1)f(x)= .x-1x2令 f(x)0,得 x1;令 f(x)2ln2 时,m0;9当 00,函数 f(x)有三个零

13、点.(-12,-1e) 1e当 ln(-2a)=0,即 a=- 时,显然函数 f(x)有两个零点.12综上所述,当 a 时,函数 f(x)有一个零点;(-1e,0)当 a 时,函数 f(x)有两个零点;-1e,-12当 a 时,函数 f(x)有三个零点.(-12,-1e)过专题【五年高考】A 组 自主命题天津卷题组考点一 导数与函数的单调性(2014 天津文,19,14 分)已知函数 f(x)=x2- ax3(a0),xR.23(1)求 f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的 x1(2,+),都存在 x2(1,+),使得 f(x1)f(x2)=1.求 a 的取值范围.解析 (1)由已知,

14、有 f(x)=2x-2ax2(a0).令 f(x)=0,解得 x=0 或 x= .1a当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x (-,0) 0 (0,1a) 1a (1a,+ )f(x) - 0 + 0 -f(x) 0 13a211所以,f(x)的单调递增区间是 ;单调递减区间是(-,0), .(0,1a) (1a,+ )当 x=0 时,f(x)有极小值,且极小值 f(0)=0;当 x= 时,f(x)有极大值,且极大值 f = .1a (1a) 13a2(2)由 f(0)=f =0 及(1)知,当 x 时,f(x)0;当 x 时,f(x)2,即 0 时,有 f(1)0,函数 g(

15、x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间-1,1上的最大值 .不小于 14解析 (1)由 f(x)=x3-ax-b,可得 f(x)=3x2-a.下面分两种情况讨论:当 a0 时,有 f(x)=3x2-a0 恒成立,所以 f(x)的单调递增区间为(-,+).当 a0 时,令 f(x)=0,解得 x= ,或 x=- .3a3 3a3当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x (-, -3a3)-3a3 (- 3a3, 3a3) 3a3 ( 3a3,+ )12f(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

16、 , .(-3a3,3a3) (-, - 3a3)(3a3,+ )(2)证明:因为 f(x)存在极值点,所以由(1)知 a0,且 x00.由题意,得 f(x0)=3 -a=0,即x20= ,进而 f(x0)= -ax0-b=- x0-b.x20a3 x30 2a3又 f(-2x0)=-8 +2ax0-b=- x0+2ax0-b=- x0-b=f(x0),x308a3 2a3且-2x 0x 0,由题意及(1)知,存在唯一实数 x1满足 f(x1)=f(x0),且 x1x 0,因此 x1=-2x0.所以 x1+2x0=0.(3)证明:设 g(x)在区间-1,1上的最大值为 M,maxx,y表示 x

17、,y 两数的最大值.下面分三种情况讨论:当 a3 时,- -1f =f ,(23a3) (- 3a3)所以 f(x)在区间-1,1上的取值范围为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| .14综上所述,当 a0 时,g(x)在区间-1,1上的最大值不小于 .14思路分析 (1)求含参数的函数 f(x)的单调区间,需要进行分类讨论;(2)由第(1)问可知 a0,要证 x1+2x0=0,只需证出 f(-2x0)=f(x0),其中 x1=-2x0,即可得结论;(3)求 g(x)在-

18、1,1上的最大值,对 a 分情况讨论即可.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.考点三 导数的综合应用1.(2018 天津,20,14 分)已知函数 f(x)=ax,g(x)=logax,其中 a1.(1)求函数 h(x)=f(x)-xlna 的单调区间;(2)若曲线 y=f(x)在点(x 1,f(x1)处的切线与曲线 y=g(x)在点(x 2,g(x2)处的切线平行,证明 x1+g(x2)=- ;2lnlnalna(3)证明当 a 时,存在直线 l,使 l 是曲线 y=f(x)的切线 ,也

19、是曲线 y=g(x)的切线.e1e解析 本小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)=a x-xlna,有 h(x)=axlna-lna.令 h(x)=0,解得 x=0.由 a1,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)=axlna,可得曲线 y=f(x)在点(x 1

20、,f(x1)处的切线斜率为 lna.ax114由 g(x)= ,可得曲线 y=g(x)在点(x 2,g(x2)处的切线斜率为 .1xlna 1x2lna因为这两条切线平行,故有 lna= ,即 x2 (lna)2=1.ax1 1x2lna ax1两边取以 a 为底的对数,得 logax2+x1+2logalna=0,所以 x1+g(x2)=- .2lnlnalna(3)证明:曲线 y=f(x)在点(x 1, )处的切线 l1:y- = lna(x-x1).ax1 ax1ax1曲线 y=g(x)在点(x 2,logax2)处的切线 l2:y-logax2= (x-x2).1x2lna要证明当 a

21、 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e1e明当 a 时,存在 x1(-,+),x 2(0,+),使得 l1与 l2重合.e1e即只需证明当 a 时,e1e方程组 有解.ax1lna= 1x2lna,ax1-x1ax1lna=logax2- 1lna, 由得 x2= ,代入,1ax1(lna)2得 -x1 lna+x1+ + =0.ax1 ax1 1lna2lnlnalna因此,只需证明当 a 时,关于 x1的方程存在实数解.e1e设函数 u(x)=ax-xaxlna+x+ + ,1lna2lnlnalna即要证明当 a 时,函数 y=u

22、(x)存在零点.e1eu(x)=1-(lna)2xax,可知 x(-,0)时,u(x)0;x(0,+)时,u(x)单调递减,又 u(0)=10,u =1- 0,使得 u(x0)=0,(1(lna)2) a1(lna)2即 1-(lna)2x0 =0.ax0由此可得 u(x)在(-,x 0)上单调递增,在(x 0,+)上单调递减.u(x)在 x=x0处取得极大值u(x0).因为 a ,故 lnlna-1,e1e所以 u(x0)= -x0 lna+x0+ + = +x0+ 0.ax0 ax0 1lna2lnlnalna 1x0(lna)2 2lnlnalna 2+2lnlnalna15下面证明存在

23、实数 t,使得 u(t) 时,有1lnau(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+ + =-(lna)2x2+x+1+ + ,1lna2lnlnalna 1lna2lnlnalna所以存在实数 t,使得 u(t)0,即 x1 时,函数 f(x)单调递减.所以,f(x)在(-,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:设点 P 的坐标为(x 0,0),则 x0= ,f(x0)=n-n2.曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程n1n-1为 y=f(x0)(x-x0),即 g(x)=f(x0)(x-x0).令 F(x)=f(x)-g(x),即 F(x)=f(x)-f(x0)(x-x0

24、),则 F(x)=f(x)-f(x0).16由于 f(x)=-nxn-1+n 在(0,+)上单调递减,故 F(x)在(0,+)上单调递减.又因为 F(x0)=0,所以当 x(0,x 0)时,F(x)0,当 x(x 0,+)时,F(x)0 在 R 上恒成立,可得 f(x)在 R 上单调递增,不合题意.a0 时,由 f(x)=0,得 x=-lna.当 x 变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x (-,-lna) -lna (-lna,+)f(x) + 0 -f(x) -lna-1 这时,f(x)的单调递增区间是(-,-lna);单调递减区间是(-lna,+).于是,“函数 y=f(x)有两

25、个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-lna)0;(ii)存在 s1(-,-lna),满足 f(s1)0,即-lna-10,解得 00.由已知,x1,x2满足 a=g(x1),a=g(x2).由 a(0,e -1),及 g(x)的单调性,可得 x1(0,1),x 2(1,+).对于任意的 a1,a2(0,e -1),设 a1a2,g( 1)=g( 2)=a1,其中 0a2,即 g( 1)g( 1),可得 1 1;类似可得 20,得 1,且x2x1 x2=tx1,x2-x1=lnt,18解得 x1= ,x2= .lntt-1 tlntt-1所以 x1+x2= .(*)(t+1)lntt-1

26、令 h(x)= ,x(1,+),则 h(x)= .(x+1)lnxx-1 -2lnx+x-1x(x-1)2令 u(x)=-2lnx+x- ,得 u(x)= .当 x(1,+)时,u(x)0.因此,u(x)在(1,+)上单1x (x-1x)2调递增,故对于任意的 x(1,+),u(x)u(1)=0,由此可得 h(x)0,故 h(x)在(1,+)上单调递增.因此,由(*)可得 x1+x2随着 t 的增大而增大.而由(2)知 t 随着 a 的减小而增大,所以 x1+x2随着 a 的减小而增大.评析本题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归思想.考查

27、抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.4.(2013 天津,20,14 分)已知函数 f(x)=x2lnx.(1)求函数 f(x)的单调区间;(2)证明:对任意的 t0,存在唯一的 s,使 t=f(s);(3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s=g(t),证明:当 te2时,有 0.故存在唯一的 s(1,+),使得 t=f(s)成立.(3)证明:因为 s=g(t),由(2)知,t=f(s),且 s1,所以 = = = = ,其lng(t)lnt lnslnf(s) lnsln(s2lns) lns2lns+ln(lns) u2u+lnu中 u=lns.19要使 e2时,若 s

28、=g(t)e,则由 f(s)的单调性,有 t=f(s)f(e)=e 2,矛盾.所以 se,即 u1,从而 lnu0 成立.另一方面,令 F(u)=lnu- ,u1.u2f(u)= - ,1u12令 f(u)=0,得 u=2.当 10;当 u2 时,f(u)1,f(u)F(2)e2时,有 0,b0,d0 B.a0,b0 C.a0,d0 D.a0,b0,c0,d0 时,f(x)0;(2)若 x=0 是 f(x)的极大值点,求 a.解析 (1)当 a=0 时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f(x)=ln(1+x)- .x1+x设函数 g(x)=f(x)=ln(1+x)- ,x1+x21则

29、 g(x)= .x(1+x)2当-10 时,g(x)0.故当 x-1 时,g(x)g(0)=0,且仅当 x=0 时,g(x)=0,从而 f(x)0,且仅当 x=0 时,f(x)=0.所以 f(x)在(-1,+)单调递增.又 f(0)=0,故当-10 时,f(x)0.(2)(i)若 a0,由(1)知,当 x0 时,f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与 x=0 是 f(x)的极大值点矛盾.(ii)若 a0,故 h(x)与 f(x)符号相同.1,1|a|又 h(0)=f(0)=0,故 x=0 是 f(x)的极大值点当且仅当 x=0 是 h(x)的极大值点.h(x)= -11+x2

30、(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2= .x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2如果 6a+10,则当 00,故 x=0 不是 h(x)的极大值点.6a+14a 1, 1|a|如果 6a+10;当 x(0,1)时,h(x)0 时,(x-2)e x+x+20;x-2x+2(2)证明:当 a0,1)时,函数 g(x)= (x0)有最小值 .设 g(x)的最小值为 h(a),求函ex-ax-ax2数 h(a)的值域.解析 (1)f(x)的定义域为(-,-2)(-2,+).f(x)= = 0,(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2 x2ex

31、(x+2)2且仅当 x=0 时,f(x)=0,所以 f(x)在(-,-2),(-2,+)单调递增.因此当 x(0,+)时,f(x)f(0)=-1.所以(x-2)e x-(x+2),(x-2)ex+x+20.(2)g(x)= = (f(x)+a).(x-2)ex+a(x+2)x3 x+2x3由(1)知,f(x)+a 单调递增.对任意 a0,1),f(0)+a=a-1xa时,f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增.因此 g(x)在 x=xa处取得最小值,最小值为 g(xa)= = = .exa-a(xa+1)x2a exa+f(xa)(xa+1)x2a exaxa+2于是 h(a)= ,由

32、= 0,得 y= 单调递增.exaxa+2 (exx+2) (x+1)ex(x+2)2 exx+2所以,由 xa(0,2,得 = 2 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) -lnx-1.1e exe设 g(x)= -lnx-1,则 g(x)= - .exe exe1x当 01 时,g(x)0.所以 x=1 是 g(x)的最小值点.故当 x0 时,g(x)g(1)=0.因此,当 a 时,f(x)0.1e方法总结 利用导数证明不等式的常用方法:24(1)证明 f(x)g(x),x(a,b),可以构造函数 F(x)=f(x)-g(

33、x),如果 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.(2018 课标,21,12 分)已知函数 f(x)=ex-ax2.(1)若 a=1,证明:当 x0 时,f(x)1;(2)若 f(x)在(0,+)只有一个零点,求 a.解析 (1)证明:当 a=1 时,f(x)1 等价于(x 2+1)e-x-10.设函数 g(x)=(x2+1)e-x-1,则 g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当 x1 时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当 a0 时,h(x)=ax

34、(x-2)e -x.当 x(0,2)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.4ae2若 h(2)0,即 a ,由于 h(0)=1,e24所以 h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当 x0 时,e xx2,所以 h(4a)=1- =1- 1- =1- 0.16a3e4a 16a3(e2a)2 16a3(2a)4 1a故 h(x)在(2,4a)有一个零点.25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= .e24方法总结 利用导数研究不等式恒成立问题时,可以先构造函

35、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.4.(2017 课标,21,12 分)已知函数 f(x)=ax2-ax-xlnx,且 f(x)0.(1)求 a;(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点 x0,且 e-21 时,g(x)0,g(x)单调递增.所

36、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-xlnx,f(x)=2x-2-lnx.设 h(x)=2x-2-lnx,则 h(x)=2- .1x当 x 时,h(x)0.(12,+ )所以 h(x)在 上单调递减,在 上单调递增.(0,12) (12,+ )又 h(e-2)0,h 0;当 x(x 0,1)时,h(x)0.26因为 f(x)=h(x),所以 x=x0是 f(x)的唯一极大值点.由 f(x0)=0 得 lnx0=2(x0-1),故 f(x0)=x0(1-x0).由 x0(0,1)得 f(x0)f(e-1)=e-2

37、,所以e-20),讨论 h(x)零点的个数.解析 (1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x 0,0),则 f(x0)=0,f(x0)=0,即x30+ax0+14=0,3x20+a=0. 解得 x0= ,a=- .12 34因此,当 a=- 时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线.34(2)当 x(1,+)时,g(x)=-lnx0,所以只需考虑 f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若 a-3 或 a0,则 f(x)=3x2+a 在(0,1)无零点,故 f(x)在(0,1)单调.而 f(0)= ,f(1)14=a+ ,所以当 a-3 时,f(x)在(0,1)有一个零点;当 a0 时,f(x

38、)在(0,1)没有零点.5427(ii)若-30,即- - 或 a0 时,g(x)0,求 b 的最大值;(3)已知 1.41420,g(x)0.(ii)当 b2 时,若 x 满足 20,232 228ln2 0.6928;82-312当 b= +1 时,ln(b-1+ )=ln ,324 b2-2b 2g(ln )=- -2 +(3 +2)ln2k1,则下列结论中一定错误的是( )A.f C.f (1k)1k (1k) 1k-1 (1k-1) 1k-1 (1k-1) kk-1答案 C 2.(2014 陕西,10,5 分)如图,某飞行器在 4 千米高空水平飞行,从距着陆点 A 的水平距离 10千

39、米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y= x3- x B.y= x3- x112535 212545C.y= x3-x D.y=- x3+ x3125 312515答案 A 3.(2014 江西,18,12 分)已知函数 f(x)=(x2+bx+b) (bR).1-2x(1)当 b=4 时,求 f(x)的极值;(2)若 f(x)在区间 上单调递增,求 b 的取值范围.(0,13)解析 (1)当 b=4 时,f(x)= ,-5x(x+2)1-2x由 f(x)=0 得 x=-2 或 x=0.29当 x(-,-2)时,f(x)0,f(x)单调递增;当

40、x 时,f(x) ,则-2aa-2.当 x 变化时,f(x)、f(x)的变化情况如下表:23x (-,a-2) a-2 (a-2,-2a) -2a (-2a,+)30f(x) + 0 - 0 +f(x) 极大值 极小值 所以 f(x)在(-,a-2),(-2a,+)内是增函数,在(a-2,-2a)内是减函数.函数 f(x)在 x=a-2 处取得极大值 f(a-2),且 f(a-2)=(4-3a)ea-2.函数 f(x)在 x=-2a 处取得极小值 f(-2a),且 f(-2a)=3ae-2a.考点二 导数与函数的极(最)值1.(2013 福建,8,5 分)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(

41、x00)是 f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是( )A.xR,f(x)f(x 0)B.-x0是 f(-x)的极小值点 C.-x 0是-f(x)的极小值点D.-x0是-f(-x)的极小值点答案 D 2.(2013 辽宁,12,5 分)设函数 f(x)满足 x2f(x)+2xf(x)= ,f(2)= ,则 x0 时,f(x)( )exx e28A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值 C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值答案 D 3.(2018 课标,16,5 分)已知函数 f(x)=2sinx+sin2x,则 f(x)的最小值是 . 答案 -3324.(2017 浙江,20,15 分)已知函数 f(x)=(x- )e-x .2x-1 (x12)(1)求 f(x)的导函数;(2)求 f(x)在区间 上的取值范围.12,+ )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,2x-112x-1所以 f(x)= e-x-(x- )e-x(1-12x-1) 2x-1= .(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1 (x12)