1、3.2 导数的应用,高考数学(浙江专用),考点一 导数与单调性 (2018浙江,22,15分)已知函数f(x)= -ln x. (1)若f(x)在x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)8-8ln 2; (2)若a3-4ln 2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用 能力. (1)函数f(x)的导函数f (x)= - , 由f (x1)=f (x2)得 - = - , 因为x1x2, 所以 + = .,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,由基本不等式得
2、 = + 2 , 因为x1x2,所以x1x2256. 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,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-a0, f(n)-kn-an n 0, 所以,存在x0(m,n)使f(x0)=kx0+a, 所以,对于任意的aR及k(0,+),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=
3、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a3-4ln 2, 故-g(x)-1+a-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a0, 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a3-4ln 2时,对于任意k0,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)(x1x2). 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
4、,f(x1)+f(x2)= + -ln(x1x2) = +2ln t . 设g(t)= +2ln t , 则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a3-4ln 2时,对于任意的k0, 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x0时, -kxm0. 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
5、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0k 时,h(x)=0有两个不同的正根,(其中). 此时h(x)在(0,)上为减函数,在(,)上为增函数,在(,+)上为减函数.,h(x)=0,k= - , 则h()= -ln -k-a= -ln +1-a, h()= - = , h()在(0,16)上为减函数,在(16,+)上为增函数, h()h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a0. 又当=16时,k= , 又00,x(0,时,h(x)0. 即h(x)在(0,上没有零点,但h(
6、x)在(,+)上有一个零点. 当00,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.,考点二 导数与极值、最值 1.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(aR). (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bR.若f(x)+b24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-1x1, (i)当a-1时,有xa,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,
7、故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8. (ii)当-1a1时,若x(a,1),则f(x)=x3+3x-3a在(a,1)上是增函数; 若x(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=maxf(1), f(-1),m(a)=f(a)=a3, 由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此, 当-1a 时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4; 当 a1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2. (iii)当a1时,有xa,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(
8、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)+b24对x-1,1恒成立,即-2h(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+b2,矛盾. (ii)当-10,t(a)在 上是增函数,故t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.,(iii)当 a1时,h(x)在-1,1上的最小值是h(a)=a
9、3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2, 所以a3+b-2且3a+b+22,解得- 3a+b0. (iv)当a1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+22且3a+b-2-2,解得3a+b=0. 综上,得3a+b的取值范围是-23a+b0.,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浙江文,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a0).若f(x)在-1,1上的最小值记为g(a). (1)求g(a
10、); (2)证明:当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.,解析 (1)因为a0,-1x1,所以 (i)当00,故f(x)在(a,1)上是增函数. 所以g(a)=f(a)=a3. (ii)当a1时,有xa,则f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-30,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2 +3a. 综上,g(a)= (2)令h(x)=f(x)-g(a), (i)当0a1时,g(a)=a3, 若xa,1,h(x)=x3+3x-3a-a3,得h(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在a,1上的最大 值是h(1)=4-3a-a3
11、,且0a1,所以h(1)4. 故f(x)g(a)+4;,若x-1,a,h(x)=x3-3x+3a-a3,得h(x)=3x2-3, 则h(x)在(-1,a)上是减函数,所以,h(x)在-1,a上的最大值是h(-1)=2+3a-a3. 令t(a)=2+3a-a3, 则t(a)=3-3a20, 易知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)t(1)=4, 即h(-1)4. 故f(x)g(a)+4. (ii)当a1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h(x)=3x2-3, 此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在-1,1上的最大值是h(-1)=4. 故f(x)g(a
12、)+4. 综上,当x-1,1时,恒有f(x)g(a)+4.,考点一 导数与单调性 1.(2017山东文,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递 增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是 ( ) A.f(x)=2-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 A 本题考查利用导数研究函数的单调性. 当f(x)=2-x时,exf(x)=ex2-x= ,令y= , 则y= = = (1-ln 2). ex0,2x0,ln 20. 当f(x)=2-x时,exf(
13、x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知B、C、D不具有M性质,故 选A.,方法小结 利用导数研究函数f(x)的单调性的一般步骤: 1.求f(x)的导数f (x). 2.令f (x)0(或f (x)0),得区间I. 3.判断单调性,当xI时, f(x)单调增(或减).,2.(2015课标,12,5分)设函数f (x)是奇函数f(x)(xR)的导函数, f(-1)=0,当x0时,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范围是 ( ) A.(-,-1)(0,1) B.(-1,0)(1,+) C.(-,-1)(-1,0) D.(0,1)(1,+),答案 A 令g(x)= ,则g(x)= ,
14、由题意知,当x0时,g(x)0,从而f(x)0; 当x(1,+)时,g(x)0; 当x(-1,0)时,g(x)0,从而f(x)0. 综上,所求x的取值范围是(-,-1)(0,1).,评析 出现xf (x)+f(x)0(0(0)时,考虑构造函数 g(x)= .,3.(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- =
15、-x3+2x+ -ex=-f(x), f(x)为奇函数, 又f (x)=3x2-2+ex+ 3x2-2+2=3x20(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递增, f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a . 方法小结 函数不等式的求解思路: (1)转化为f(x)f(g(x); (2)结合单调性转化为(x)g(x)或(x)g(x).,4.(2018课标全国理,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: a-2.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+
16、), f (x)=- -1+ =- . (i)若a2,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a2,令f (x)=0,得x= 或x= . 当x 时, f (x)0. 所以f(x)在 , 单调递减,在 单调递增. (2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a2. 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 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,
17、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).,5.(2017课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)0,求a的取值范围.,解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值. (1)函数f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). 若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增. 若a0,则由f (x)=0得x=ln a. 当x(-,ln a)时, f (x)0. 故f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a
18、,+)单调递增. 若a0. 故f(x)在 单调递减,在 单调递增. (2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.,若a0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a 0,即a1时, f(x)0. 若a0,则由(1)得,当x=ln 时, f(x)取得最小值,最小值为f =a2 . 从而当且仅当a2 0, 即a-2 时, f(x)0. 综上,a的取值范围是-2 ,1.,6.(2017课标全国文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x0时, f(x)ax+1,求a
19、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+ ,+)时, f (x)0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1, 故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当00(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,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,
20、故f(x0)ax0+1. 当a0时,取x0= , 则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1. 综上,a的取值范围是1,+). 解法二:f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,则h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1, 故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当00(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增, 而g(0)=0,故exx+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)
21、(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1. 当a0时,取x0= ,则x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.,综上,a的取值范围是1,+). 解题思路 利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构造函数,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;也可通过分离变 量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值.,7.(2017课标全国理,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, m,求m的最小值.,解析 本题考查导数的综合应用
22、. (1)f(x)的定义域为(0,+). 若a0,因为f =- +aln 20,由f (x)=1- = 知,当x(0,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 x0. 令x=1+ ,得ln 2,所以m的最小值为3.,得当x1时,x-1-ln x0.令x=1+ ,换元后可求出 的范围. 一题多解 (1)f (x)=1- = (x0).当a0时, f (x)0,而f(1)=0,不合题意,a0,f(x
23、)在(0,a) 上单调递减,在(a,+)上单调递增.又f(x)0,f(a)0,即a-1-aln a0,记h(x)=x-1-xln x,则h (x)=1-ln x-1=-ln x.h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)=0,即当且仅当x =1时,h(x)0,当且仅当a=1时,式成立.a=1.,思路分析 (1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1),8.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)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
24、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:b23a; (3)若f(x), f (x)这两个函数的所有极值之和不小于- ,求a的取值范围.,解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数 学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力. (1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f (x)=3x2+2ax+b=3 +b- . 当x=- 时, f (x)有极小值b- . 因为f (x)的极值点是f(x)的零点, 所以f =- + - +1=0,又a0,故b= + . 因为f(x)有极值,故f (x)=0有实根,从而b- = (27-a3
25、)0,即a3. 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a3时, f (x)=0有两个相异的实根x1= ,x2= .,列表如下:,故f(x)的极值点是x1,x2. 从而a3. 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a3,所以a 3 , 故g(a )g(3 )= ,即 . 因此b23a. (3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2, 且x1+x2=- a, + = . 从而f(x1)+f(x2)= +a
26、+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+ ,a3. 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a6. 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
27、系式必须确定函数的定义域.,9.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,bR). (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)=3x20(x0),所以函数f(x)在(-,+)上单调递增; 当a0时,若x (0,+),则 f (x)0,若x ,则f (x)0,若x ,则f (x)0时, a3-a+c0或当a0时, a3-a+c0. 设g(a)
28、= 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均恒成立, 从而g(-3)=c-10,且g =c-10,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,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a -30,且(-1)2-(a-1)+1-a0, 解得a(-,-3) .综上,c=1.,评析 本题在考查函数的零点与方程的根的同时,重点考查利用导数研究函数的单调性及函 数的极值问题.,10.(2015课标,21
29、,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx. (1)证明: f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增; (2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.,解析 (1)证明:f (x)=m(emx-1)+2x. 若m0,则当x(-,0)时,emx-10, f (x)0. 若m0, f (x)0. 所以, f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)由(1)知,对任意的m, f(x)在-1,0单调递减,在0,1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以 对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是
30、 即 设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1. 当t0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e0,故当t-1,1时,g(t)0. 当m-1,1时,g(m)0,g(-m)0,即式成立;,当m1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1; 当m0,即e-m+me-1. 综上,m的取值范围是-1,1.,11.(2014课标,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值; (3)已知1.
31、414 2 1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).,解析 (1)f (x)=ex+e-x-20,等号仅当x=0时成立. 所以f(x)在(-,+)上单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x, g(x)=2e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2) =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2). (i)当b2时,g(x)0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-,+)上单调递增.而g(0)=0,所以对任 意x0,g(x)0. (ii)当b2时,若x满足20, ln 2 0.692 8;,当b=
32、 +1时,ln(b-1+ )=ln , g(ln )=- -2 +(3 +2)ln 20, ln 2 0.693 4. 所以ln 2的近似值为0.693.,评析 本题考查了导数的应用,同时考查了分类讨论思想和运算能力.,考点二 导数与极值、最值 1.(2017课标全国理,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( ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1,答案 A 本题主要考查导数的应用. 由题意可得f (x)=ex-1x2+(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
33、=-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.故选A.,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
34、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.,2.(2014辽宁,11,5分)当x-2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是( ) A.-5,-3 B. C.-6,-2 D.-4,-3,答案 C 由题意知x-2,1都有ax3-x2+4x+30,即ax3x2-4x-3在x-2,1上恒成立.当x=0 时,aR. 当0x1时,a =- - + . 令t= (t1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g(t)=-9t2-8t+10(t1),所以g(t)在1,+)上单调递减,g(t)max= g(1)=-6(t1),所以a-6.
35、当-2x 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-6a-2,故选C.,3.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a 的取值范围是 ( ) A. B. C. D.,答案 D 由f(x0)1,则a . 令g(x)= ,则g(x)= . 当x 时,g(x)0,g(x)为增函数, 要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)0,g(x)为增函数, 当x(0,1)时,g(x)0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足
36、g(-1)ag(0),得 a1(满足a1).故选D.,评析 本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性 较强,属难题.,4.(2018课标全国理,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)为增 函数,所以当cos x= 时, f(x)取最小值,此时sin x= .又因为f(x)=2
37、sin x+2sin xcos x=2sin x(1+ cos x),1+cos x0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
38、)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 2x,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)=64sin2 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- .,
39、5.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)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a0,则x0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, a0. 当0 时, f (x)0, f(x)为增函数,x0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
40、+1,则f (x)=6x(x-1).,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.,6.(2016北京,14,5分)设函数f(x)= 若a=0,则f(x)的最大值为 ; 若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是 .,答案 2 (-,-1),解析 若a=0,则f(x)= 当x0时, f(x)=-2x0,f(x)是增函数,当-12时, f(x)max=a3-3a. 综上,当a(-,-1)时, f(x)无最大值.,7.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根 的是 .(写出所有正确条件的编号) a=-
41、3,b=-3;a=-3,b=2;a=-3,b2;a=0,b=2;a=1,b=2.,答案 ,解析 设f(x)=x3+ax+b. 当a=-3,b=-3时, f(x)=x3-3x-3, f (x)=3x2-3,令f (x)0,得x1或x2时, f(x)=x3-3x+b,易知f(x)的极大值为f(-1)=2+b0,极小值为f(1)=b-20,x-时, f(x) -,故方程f(x)=0有且仅有一个实根,故正确. 当a=0,b=2时, f(x)=x3+2,显然方程f(x)=0有且仅有一个实根,故正确. 当a=1,b=2时, f(x)=x3+x+2, f (x)=3x2+10,则f(x)在(-,+)上为增函
42、数,易知f(x)的值域为R,故f(x)=0有且仅有一个实根,故正确. 综上,正确条件的编号有.,评析 本题考查方程的根、函数的零点,利用导数研究函数的单调性和极值,考查推理运算能 力.,8.(2018课标全国理,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)当a=1时, f(x)1等价于(x2+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)
43、=ax(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. 若h(2)0,即a ,h(x)在(0,+)没有零点; 若h(2)=0,即a= ,h(x)在(0,+)只有一个零点;,若h(2) ,由于h(0)=1, 所以h(x)在(0,2)有一个零点. 由(1)知,当x0时,exx2, 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
44、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.,9.(2018课标全国文,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(
45、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.,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)当a 时, f(x) -ln x-1. 设g(x)= -ln x-1,则g(x)= - . 当01时,g(x)0.,10.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t
46、2,t3R,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 本小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
47、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:,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d21时,g(x)0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意. 当d21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.,
