1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 9.2 利用导数研究函数的单调性和极大 (小 )值 考纲解读 考点 内容解读 要求 五年高考统计 常考题型 预测热度 2013 2014 2015 2016 2017 1.利用导数研究函数的单调性 1.求解不等式 2.研究函数基本性质 B 19题 16分 填空题 解答题 2.利用导数研究函数的极值和最值 1.研究函数零点 2.研究函数基本性质 B 20题 16分 填空题 解答题 分析解读 利用导数研究函数的单调性和极大 (小 )值是江苏高考必考内容 ,主要 在压轴题位置 ,重点考查等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程思想 ,对分析问题的能力要求较高 . 五
2、年高考 考点一 利用导数研究函数的单调性 1.(2017山东文改编 ,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 . f(x)=2 -x;f(x)=x 2;f(x)=3 -x;f(x)=cos x. 答案 2.(2016课标全国 改编 ,12,5分 )若函数 f(x)=x- sin 2x+asin x在 (-,+) 单调递增 ,则 a的取值范围是 . 答案 3.(2017课标全国 文 ,21,12 分 )设函数 f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论 f(x)
3、的单调性 ; (2)当 x0 时 , f(x)ax+1, 求 a的取值范围 . 解析 (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 exx+1. 当 0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1 =【 ;精品教育资源文
4、库 】 = =x(1-a-x-x2),取 x0= , 则 x0(0,1),(1 -x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)ax0+1. 当 a0 时 ,取 x0= , 则 x0(0,1), f(x 0)(1-x0)(1+x0)2=1ax 0+1. 综上 ,a 的取值范围是 1,+). 4.(2017山东文 ,20,13分 )已知函数 f(x)= x3- ax2,aR. (1)当 a=2时 ,求曲线 y=f(x)在点 (3, f(3)处的切线方程 ; (2)设函数 g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论 g(x)的单调性并判断有无极值 ,有极值时求出极值 . 解析
5、 (1)由题意 f (x)=x2-ax, 所以当 a=2时 , f(3)=0, f (x)=x2-2x, 所以 f (3)=3, 因此 ,曲线 y=f(x)在点 (3, f(3)处的切线方程是 y=3(x-3),即 3x-y-9=0. (2)因为 g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x, 所以 g(x)=f (x)+cos x-(x-a)sin x-cos x =x(x-a)-(x-a)sin x =(x-a)(x-sin x), 令 h(x)=x-sin x, 则 h(x)=1-cos x0, 所以 h(x)在 R上单调递增 . 因为 h(0)=0,所以当 x0时 ,h(x)0
6、; 当 x0,g(x)单调递增 ; 当 x(a,0) 时 ,x-a0,g(x)0,g(x)0,g(x)单调递增 . 所以当 x=a时 ,g(x)取到极 大值 ,极大值是 g(a)=- a3-sin a, 当 x=0时 ,g(x)取到极小值 ,极小值是 g(0)=-a. 当 a=0时 ,g(x)=x(x-sin x), 当 x( -,+) 时 ,g(x)0,g(x) 单调递增 ; 所以 g(x)在 (-,+) 上单调递增 ,g(x)无极大值也无极小值 . 当 a0时 ,g(x)=(x-a)(x-sin x), 当 x( -,0) 时 ,x-a0,g(x)单调递增 ; 当 x(0,a) 时 ,x-
7、a0,g(x)0,g(x)单调递增 . 所以当 x=0时 ,g(x)取到极大值 ,极大值是 g(0)=-a; 当 x=a时 ,g(x)取到极小值 ,极小值是 g(a)=- a3-sin a. 综上所述 : 当 a0时 ,函数 g(x)在 (-,0) 和 (a,+) 上单调递增 ,在 (0,a)上 单调递减 ,函数既有极大值 ,又有极小值 ,极大值是 g(0)=-a,极小值是 g(a)=- a3-sin a. 5.(2016课标全国 ,21,12 分 )已知函数 f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论 f(x)的单调性 ; (2)若 f(x)有两个零点 ,求 a的取值范围 . 解
8、析 (1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (i)设 a0, 则当 x( -,1) 时 , f (x)0.所以 f(x)在 (-,1) 单调递减 ,在(1,+) 单 调递增 .(2分 ) (ii)设 a- ,则 ln(-2a)0;当 x(ln( -2a),1)时 , f (x)1,故当 x( -,1)(ln( -2a),+) 时 , f (x)0;当 x(1,ln( -2a)时 , f (x)0,则由 (1)知 , f(x)在 (-,1) 单调递减 ,在 (1,+) 单调递增 . 又 f(1)=-e, f(2)=a,取 b满足 b (b-2)+a(b-1)
9、2=a 0, 所以 f(x)有两个零点 .(8分 ) (ii)设 a=0,则 f(x)=(x-2)ex,所以 f(x)只有一个零点 .(9 分 ) (iii)设 a0是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件 . 解析 (1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c, 得 f (x)=3x2+2ax+b. 因为 f(0)=c, f (0)=b, 所以曲线 y=f(x)在点 (0, f(0)处的切线方程为 y=bx+c.(3 分 ) (2)当 a=b=4时 , 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
10、 x=- .(4分 ) =【 ;精品教育资源文库 】 = f(x)与 f (x)在区间 (-,+) 上的情况如下 : x (-, -2) -2 - f (x) + 0 - 0 + f(x) c c- (6分 ) 所以 ,当 c0且 c- 0,x( -, +), 此时函数 f(x)在区间 (-,+) 上单调递增 ,所以 f(x)不可能有三个不同零点 .(9分 ) 当 =4a 2-12b=0时 , f (x)=3x2+2ax+b只有一个零点 ,记作 x0. 当 x( -,x 0)时 , f (x)0, f(x)在区间 (-,x 0)上单调递增 ; 当 x(x 0,+) 时 , f (x)0, f(
11、x)在区间 (x0,+) 上单调递增 . 所以 f(x)不可能有三个不同零点 . 综上所述 ,若函数 f(x)有三个不同零点 ,则必有 =4a 2-12b0. 故 a2-3b0是 f(x)有三个不同 零点的必要条件 .(11分 ) 当 a=b=4,c=0时 ,a2-3b0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点 ,所以 a2-3b0不是 f(x)有三个不同零点的充分条件 .(12分 ) 因此 a2-3b0是 f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件 .(13分 ) 7.(2016课标全国 理 ,21,12 分 ) (1)讨论函数 f(x)= ex的单调性 ,并证明当 x
12、0时 ,(x-2)e x+x+20; (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 函数 h(a)的值域 . 解析 (1)f(x)的定义域为 (-, -2)( -2,+).(2 分 ) f (x)= = 0, 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)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20.(4分 ) (2)g(x)= = (f(x)+a).(5分 ) 由 (1)知 , f(x)+a单调递增 .
13、对任意 a0,1), f(0)+a=a -1xa时 , f(x)+a0,g(x)0,g(x)单调递增 .(7分 ) 因此 g(x)在 x=xa处取得最小值 , =【 ;精品教育资源文库 】 = 最小值为 g(xa)= = = .(8分 ) 于是 h(a)= ,由 = 0,得 y= 单调递增 . 所以 ,由 xa(0,2, 得 = 0(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 均恒成立 , 从而 g(-3)=c-10, 且 g =c-10
14、, 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 ,故 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. 9.(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
15、 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 :|x2-x1|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 (x0,0),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 (
16、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) -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)=ex-1-1. 而当 x1时 ,s(x)0, 所以 s(x)在区间 (1
17、,+) 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(x2-1)-ln xg(x)在区间 (1,+) 内恒成立时 ,必有 a0. 当 01. 由 (1)有 f 0, 所以此 时 f(x)g(x)在区间 (1,+) 内不恒成立 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 当 a 时 ,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1). 当 x1时 ,h(x)=2ax- + -e1-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
18、f(x)g(x)恒成立 . 综上 ,a . 11.(2015广东 ,19,14分 )设 a1,函数 f(x)=(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)=2xe x+(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 . 所以函数 h(x)有最小值 ,为 h(0)=0,则 h(x)0. 所以 ex-x-10
