1、3.2 导数的应用考纲解读考点 内容解读 要求 高考示例 常考题型 预测热 度1.导数与函数的单调性了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)理解2017山东,15;2016课标全国,21;2014课标,11选择题解答题 2.导数与函数的极(最)值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)掌握2017课标全国,11;2017课标全国,21;2015安徽,15解答题 3.生活中的优化问题 会利用导数解决某
2、些实际问题 掌握 2015江苏,17 选择题 分析解读 1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法,解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为 1217分,属于高档题.五年高考考点一 导数与函数的单调性1.(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
3、,0) D.(0,1)(1,+)答案 A2.(2014课标,11,5 分)已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x00,则 a的取值范围是( )A.(2,+) B.(1,+) C.(-,-2) D.(-,-1)答案 C3.(2017山东,15,5 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.下列函数中所有具有 M性质的函数的序号为 . f(x)=2 -x f(x)=3 -x f(x)=x 3 f(x)=x 2+2答案 4.(2017江苏,11,5 分)已知函数 f(x)=
4、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 5.(2017山东,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(, f()处的切线方程;(2)令 h(x)=g(x)-af(x)(aR),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 f()= 2-2,又 f (x)=2x-2sin x,所以 f ()=2,因此曲线 y=f(x)在点(,
5、 f()处的切线方程为 y-( 2-2)=2(x-),即 y=2x- 2-2.(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 x0,所以 m(x)在 R上单调递增.因为 m(0)=0,所以当 x0时,m(x)0;当 x0,当 x0时,h(x)0,h(x)单调递增,所以当 x=0时 h(x)取
6、到极小值,极小值是 h(0)=-2a-1;当 a0时,h(x)=2(e x-eln a)(x-sin x),由 h(x)=0得 x1=ln a,x2=0.a.当 00,h(x)单调递增;当 x(ln a,0)时,e x-eln a0,h(x)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;b.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
7、;c.当 a1时,ln a0,所以当 x(-,0)时,e x-eln a0,h(x)单调递增;当 x(0,ln a)时,e x-eln a0,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 a0 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 01时,函数 h(x)在(-,0)和(ln a,+)上单调递增,在(0,ln
8、 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.教师用书专用(617)6.(2015福建,10,5 分)若定义在 R上的函数 f(x)满足 f(0)=-1,其导函数 f (x)满足 f (x)k1,则下列结论中一定错误的是 ( )A.fC.f答案 C7.(2013课标全国,10,5 分)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )A.x0R , f(x0)=0B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形C.若 x0是 f(x)的极小值
9、点,则 f(x)在区间(-,x 0)单调递减D.若 x0是 f(x)的极值点,则 f (x0)=0答案 C8.(2017天津,20,14 分)设 aZ,已知定义在 R上的函数 f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点 x0,g(x)为 f(x)的导函数.(1)求 g(x)的单调区间;(2)设 m1,x 0)(x 0,2,函数 h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x 0)0,故当 x1,x 0)时,H 1(x)0,H1(x)单调递增.因此,当 x1,x 0)(x 0,2时,H 1(x)H1(x0)=-f(x0)=0,可得 H1(m)0,即 h
10、(m)0.令函数 H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则 H2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知 g(x)在1,2上单调递增,故当 x1,x 0)时,H 2(x)0,H2(x)单调递增;当 x(x 0,2时,H 2(x)0,故 f(x)在1,2上单调递增,所以 f(x)在区间1,2上除 x0外没有其他的零点,而x 0,故 f0.又因为 p,q,a均为整数,所以|2p 4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p 4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|1.所以.所以,只要取 A=g(2),就有.9.(2015广东,19,14 分)设 a1,函数 f(x)
11、=(1+x2)ex-a.(1)求 f(x)的单调区间;(2)证明: f(x)在(-,+)上仅有一个零点;(3)若曲线 y=f(x)在点 P处的切线与 x轴平行,且在点 M(m,n)处的切线与直线 OP平行(O 是坐标原点),证明:m-1.解析 (1)函数 f(x)的定义域为 R.因为 f (x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex0,所以函数 f(x)在 R上单调递增,即 f(x)的单调递增区间为(-,+),无单调递减区间.(2)证明:因为 a1,所以 f(0)=1-a0,所以 f(0)f(ln a)0时,h(x)0,即 h(x)在(0,+)上单调递增.所以函
12、数 h(x)有最小值,为 h(0)=0,则 h(x)0.所以 ex-x-10,故 em-m-10,故 m+1e m,故原不等式成立.10.(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 1.414 20,g(x)0.(ii)当 b2时,若 x满足 20,ln 20.692 8;当 b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=-2+(3+2)ln 2f(1)的 x的集合(用区间表示).解析 (1)由题意得(x 2+2x+k)2+2(x2+2x
13、+k)-30,(x 2+2x+k)+3(x2+2x+k)-10,x 2+2x+k1,(x+1) 20)或(x+1) 22-k(2-k0),|x+1|,-1-1+,函数 f(x)的定义域 D为(-,-1-)(-1-,-1+)(-1+,+).(2)f (x)=-=-,由 f (x)0得(x 2+2x+k+1)(2x+2)-1+,结合函数 f(x)的单调性知 f(x)f(1)的解集为(-1-,-1-)(-1-,-3)(1,-1+)(-1+,-1+).12.(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 k0 时,求函数 f(x)的单
14、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 k0 可得 ex-kx0,所以当 x(0,2)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 k0 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 k0时,设函数 g(x)=ex-kx,x0,+).因为 g(x)=ex-k=ex-eln k,当 00,y=g(x)单调递增,故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值
15、点;当 k1时,得 x(0,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 e0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=-ln a.当 x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x (-,-ln a) -ln a (-ln a,+)f (x) + 0 -f(x) -ln a-1 这时, f(x)的单调递增区间是(-,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+).于是,“函数 y=f(x)有两个
16、零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-ln a)0;(ii)存在 s1(-,-ln a),满足 f(s1)0,即-ln a-10,解得 00.由已知,x 1,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,且解得 x1=,x2=.所以 x1+x2=.(*)令 h(x)=,x(1,+),则 h(x)=.令 u(x)=-2ln x+x-,得 u(x)=.当
17、x(1,+)时,u(x)0.因此,u(x)在(1,+)上单调递增,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.14.(2014辽宁,21,12 分)已知函数 f(x)=(cos x-x)(+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-)cos x-4(1+sin x)ln.证明:(1)存在唯一 x0,使 f(x0)=0;(2)存在唯一 x1,使 g(x1)=0,且对(1)中的 x0,有 x0+x10,
18、f=- 2-0,当 t时,u(t)0,所以 u(t)在(0,x 0上无零点.在上 u(t)为减函数,由 u(x0)0,u=-4ln 20,故 g(x)=(1+sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点,所以存在唯一的 x1,使 g(x1)=0.因 x1=-t 1,t1x0,所以 x0+x10,即 0e时,函数 f(x)单调递减.故函数 f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+).(2)因为 e 3;由2-.由得,eln e2.72.7(2-0.88)=3.0243,即 eln 3,亦即 ln eln e3,所以 e36-6-e,即 3ln ,所以 e 0,故 f(x)在 R
19、上为增函数.(3)由(1)知 f (x)=2e2x+2e-2x-c,而 2e2x+2e-2x2=4,当 x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当 c0,此时 f(x)无极值;当 c=4时,对任意 x0, f (x)=2e 2x+2e-2x-40,此时 f(x)无极值;当 c4时,令 e2x=t,注意到方程 2t+-c=0有两根 t1,2=0,即 f (x)=0有两个根 x1=ln t1,x2=ln t2.当 x1x2时, f (x)0,从而 f(x)在 x=x2处取得极小值.综上,若 f(x)有极值,则 c的取值范围为(4,+).17.(2013课标全国,21,12 分)已知函数 f(x)
20、=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 m2 时,证明 f(x)0.解析 (1)f (x) =e x-.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)=e x-.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.所以 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)证明:当 m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),故只需证明当 m=2时, f(x)0
21、.当 m=2时,函数 f (x)=ex-在(-2,+)上单调递增.又 f (-1)0,故 f (x)=0在(-2,+)上有唯一实根 x0,且 x0(-1,0).当 x(-2,x 0)时, f (x)0,从而当 x=x0时, f(x)取得最小值.由 f (x0)=0得=,即 ln(x0+2)=-x0,故 f(x)f(x 0)=+x0=0.综上,当 m2 时, f(x)0.考点二 导数与函数的极(最)值1.(2017课标全国,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 A2.(201
22、6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)3.(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=-3,b=-3;a=-3,b=2;a=-3,b2;a=0,b=2;a=1,b=2.答案 4.(2017课标全国,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-21时,g(x)0,g(x)单
23、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)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.所以 h(x)在单调递减,在单调递增.又 h(e-2)0,h0;当 x(x 0,1)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(0,1)得 f(x0)f(e-1)=e-2,所以 e-20, f(x2)- B. f(x1
24、)0, f(x2)-答案 D9.(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:b 23a;(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,
25、 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)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:x (-,x 1) 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 a3.因此 b=+,定义域为(3,+).(2)证明:由(1)知,=+
26、.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 a3,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+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,记|f(x)|的最大值为 A.(1)求 f (x);(2
27、)求 A;(3)证明|f (x)|2A.解析 (1)f (x)=-2sin 2x-(-1)sin x.(2 分)(2)当 1 时,|f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0).因此 A=3-2.(4 分)当 0.(5 分)(i)当 00,知 g(-1)g(1)g.又-|g(-1)|=0,所以 A=.综上,A=(9 分)(3)由(1)得|f (x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|.当 01,所以|f (x)|1+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-
28、b,可得 f (x)=3(x-1)2-a.下面分两种情况讨论:当 a0 时,有 f (x)=3(x-1)2-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=1+或 x=1-.当 x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x -,1- 1- 1-,1+ 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 a0,且 x01.由题意,得 f (x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x 0-1)
29、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 3-2x0x 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=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,maxx,y表示 x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:当 a3 时,1-0f=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|
30、,|1-2a-b|=max|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|=1-a+|a+b|.综上所述,当 a0时,g(x)在区间0,2上的最大值不小于.12.(2016四川,21,14 分)设函数 f(x)=ax2-a-ln x,其中 aR.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)确定 a的所有可能取值,使得 f(x)-e1-x在区间(1,+)内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).解析 (1)f (x)=2ax-=(x0).当 a0 时,f (x)0时,由 f (x)=0,有 x=.此时,当 x时,f (x)0,f(x)单调递增.(2)令 g(x)=-,s(x)=ex-1-x.则 s(x)
31、=ex-1-1.而当 x1时,s(x)0,所以 s(x)在区间(1,+)内单调递增.又由 s(1)=0,有 s(x)0,从而当 x1时,g(x)0.当 a0,x1 时,f(x)=a(x 2-1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有 a0.当 01.由(1)有 f0,所以此时 f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当 a时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1).当 x1时,h(x)=2ax-+-e 1-xx-+-=0.因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为 h(1)=0,所以当 x1时,h(x)=f(x)-g(x)0,即 f(x)g(x)恒成立.综上,a.13.
32、(2015课标,21,12 分)已知函数 f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x. (1)当 a为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线?(2)用 minm,n表示 m,n中的最小值,设函数 h(x)=minf(x),g(x)(x0),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,即解得 x0=,a=-.因此,当 a=-时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线.(5 分)(2)当 x(1,+)时,g(x)=-ln x0,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)=
33、3x2+a在(0,1)无零点,故 f(x)在(0,1)单调.而 f(0)=,f(1)=a+,所以当 a-3 时, f(x)在(0,1)有一个零点;当 a0 时,f(x)在(0,1)没有零点.(ii)若-30,即-或 a0, f(x)0 成立,求 a的取值范围.解析 (1)由题意知函数 f(x)的定义域为(-1,+),f (x)=+a(2x-1)=.令 g(x)=2ax2+ax-a+1,x(-1,+).当 a=0时,g(x)=1,此时 f (x)0,函数 f(x)在(-1,+)单调递增,无极值点.当 a0时,=a 2-8a(1-a)=a(9a-8).a.当 0时,0,设方程 2ax2+ax-a+
34、1=0的两根为 x1,x2(x1-.由 g(-1)=10,可得-10, f (x)0,函数 f(x)单调递增;当 x(x 1,x2)时,g(x)0, f (x)0,函数 f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.当 a0,由 g(-1)=10,可得 x10, f (x)0,函数 f(x)单调递增;当 x(x 2,+)时,g(x)时,函数 f(x)有两个极值点.(2)由(1)知,当 0a时,函数 f(x)在(0,+)上单调递增,因为 f(0)=0,所以 x(0,+)时, f(x)0,符合题意.当0,符合题意.当 a1时,由 g(0)0.所以 x(0,x 2)时,函数 f(x)单调递减.因为 f(0
35、)=0,所以 x(0,x 2)时, f(x)0,所以 h(x)在(0,+)上单调递增.因此当 x(0,+)时,h(x)h(0)=0,即 ln(x+1)1-时,ax 2+(1-a)x0.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
36、调递增.又 g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1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-1,1.16.(2015天津,20,14 分)已知函数 f(x)=nx-xn,xR,其中 nN *,且 n2.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)设曲线 y=f(x)与 x轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P处的切线方程为 y=g(x),求证:对于任意的正实数 x,都有 f(x)g(x);(3)若关于 x的方程 f(x)=a(a为实数)有两个正实数根 x1,x2,求证:|x 2-x1|0,即 x1时,函数 f(x)单调递减.所以,
37、 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),则 f (x)=f (x)-f (x0).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时,x 2ln 2时,
38、 f (x)0,f(x)单调递增.所以当 x=ln 2时,f(x)取得极小值,且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.(2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g(x)=ex-2x.由(1)得 g(x)=f(x)f(ln 2)0,故 g(x)在 R上单调递增,又 g(0)=10,因此,当 x0时,g(x)g(0)0,即 x20时,x 20时,x 21,要使不等式 x2kx2成立.而要使 exkx2成立,即 xln(kx2),只要 x2ln x+ln k成立.令 h(x)=x-2ln x-ln k,则 h(x)=1-=,所以当 x2时,h(x)0,h(
39、x)在(2,+)内单调递增.取 x0=16k16,所以 h(x)在(x 0,+)内单调递增,又 h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知 kln k,kln 2,5k0,所以 h(x0)0.即存在 x0=,当 x(x 0,+)时,恒有 x20时,e xx2,所以 ex=,当 xx0时,e x=x2,因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x(x 0,+)时,恒有 x20时,x 2x0时,有 x20时,“a”等价于“sin x-ax0”;“0 对任意 x恒成立.当 c1 时,因为对任意 x,g(x)=cos x-cg(0)=0.进一
40、步,“g(x)0 对任意 x恒成立”当且仅当 g=1-c0,即 00 对任意 x恒成立;当且仅当 c1 时,g(x)0, f(x)单调递增;当 x时, f (x)0,函数 f(x)=ln(1+ax)-.(1)讨论 f(x)在区间(0,+)上的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)0,求 a的取值范围.解析 (1)f (x)=-=.(*)当 a1 时, f (x)0,此时, f(x)在区间(0,+)上单调递增.当 00,故 f(x)在区间(0,x 1)上单调递减,在区间(x 1,+)上单调递增.综上所述,当 a1 时, f(x)在区间(0,+)上单调递增
41、;当 0-且 x-2,所以-2-,-2-2,解得 a.此时,由(*)式易知,x 1,x2分别是 f(x)的极小值点和极大值点.而 f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln1+a(x1+x2)+a2x1x2-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令 2a-1=x,由 0g(1)=0,故当0.综上所述,满足条件的 a的取值范围为.21.(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)+b 24 对
42、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,故 M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-10,t(a)在上是增函数,故 t(a)t(0)=-2,因此-23a+b0.(iii)当0,g(1)=e-2a-b0.由 f(1)=0有 a+b=e-10,g(1)=e-2a-b=1-a0.解得 e-20,g(1)=1-a0,故此时 g(x)在(0,ln
43、(2a)和(ln(2a),1)内各只有一个零点 x1和 x2.由此可知 f(x)在0,x 1上单调递增,在(x 1,x2)上单调递减,在x 2,1上单调递增.所以 f(x1)f(0)=0, f(x2)0,g(t)是增函数;从而,当 t=10时,函数 g(t)有极小值,也是最小值,所以 g(t)min=300,则 f(t)min=15.答:当 t=10时,公路 l的长度最短,最短长度为 15千米.三年模拟A组 20162018 年模拟基础题组考点一 导数与函数的单调性1.(2017四川绵阳二模,6)已知函数 f(x)=x3-mx2+4x-3在区间1,2上是增函数,则实数 m的取值范围为( )A.
44、4m5 B.2m4C.m2 D.m4答案 D2.(2017天津红桥期中,10)已知函数 f(x)的定义域为-1,5,x,f(x)的部分对应值如下表,y=f(x)的导函数 y=f (x)的图象如图所示,x -1 0 4 5f(x) 1 2 2 1下列关于函数 f(x)的命题:函数 y=f(x)是周期函数;函数 f(x)在(0,2)上是减函数;如果当 x-1,t时,f(x)的最大值是 2,那么 t的最大值为 4;当 1f(a)f(c);函数 f(x)在 x=c处取得极小值,在 x=e处取得极大值;函数 f(x)在 x=c处取得极大值,在 x=e处取得极小值;函数 f(x)的最小值为 f(d).A.
45、 B.C. D.答案 A4.(2017山西太原五中二模,4)正项等比数列a n中的 a1,a4 033是函数 f(x)=x3-4x2+6x-3的极值点,则 log6a2 017=( )A.1 B.2C. D.-1答案 C5.(2017山西孝义二轮模考,10)设函数 y=f(x)在(-,+)内有定义,对于给定的正数 k,定义函数 fk(x)=取函数 f(x)=2-x-e-x,若对任意的 x(-,+),恒有 fk(x)=f(x),则( )A.k的最大值为 2 B.k的最小值为 2C.k 的最大值为 1D.k的最小值为 1答案 D6.(人教 A选 22,一,1-3-2,2,变式)若 f(x)=x(x
46、-c)2在 x=2处取极大值,则常数 c的值为 . 答案 6考点三 生活中的优化问题7.(2016江苏扬州四模,17)某工厂生产某种黑色水笔,每百支水笔的成本为 30元,并且每百支水笔的加工费为 m元(其中 m为常数,且4m6).设该工厂黑色水笔的出厂价为 x元/百支(35x40),根据市场调查,日销售量与 ex成反比例,当每百支水笔的出厂价为 40元时,日销售量为 10万支.(1)当每百支水笔的出厂价为多少元时,该工厂的日利润 y最大?并求 y的最大值.(2)已知工厂日利润达到 1 000元才能保证工厂盈利.若该工厂在出厂价规定的范围内,总能盈利,则每百支水笔的加工费 m最多为多少元?(精确
47、到 0.1元)解析 (1)设日销售量为 s百支,则 s=(其中 k为常数,且 k0),x=40 时,s=1 000,1 000=,k=1 000e 40,s=,y=(x-30-m)(35x40).y=(31+m-x),令 y=0,可得 x=31+m,4m6,3531+m37,当 35x0,当 m+31bc B.bacC.cab D.acb答案 A二、填空题(每小题 5分,共 10分)5.(2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数 f(x)=x-2sin x,对任意 x1,x20,恒有|f(x 1)-f(x2)|M,则 M的最小值为 .答案 +6.(2017湖北襄阳四校期中联考,16)若函数 f(x)=x3+ax2+bx+c有极值点 x1,x2(x10,故 (x)在区间(0,x 0)上单调递增,且 (0)=0,从而(x)在区间(0,x 0)上大于零,这与 sin x-ax0,即函数 (x)单调递增,且 (0)=0,得 sin x-ax0恒成立,这与 sin x-ax0,f(x)单调递增;当 xe时,f (x)2e.证明如下:因为 f(1)=0,xe时,f(x)单调递减,且 f(x)=0;10,所以若 f(x1)=f(x2)(x1x 2),则 x1,x2必都大于 1,且必有一个小于 e,一个大于 e.
