1、考点考点1 利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的单调性 1.(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 . 1 ex 答案答案 1 -1, 2 解析解析 本题考查利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-=-x3+2x+-ex=-f(x), f(x)为奇函数,又f (x)=3x2-2+ex+, 则f (x)3x2-2+2=3x20(当且仅当x=0时,取“=”), 从而f(
2、x)在R上单调递增,所以f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1,解得-1a. 1 ex - 1 e x 1 ex 1 ex 1 2 2.(2020课标理,21,12分)已知函数f(x)=ex+ax2-x. (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)当x0时, f(x)x3+1,求a的取值范围. 1 2 解析解析 (1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f (x)=ex+2x-1. 故当x(-,0)时,f (x)0. 所以f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)f(x)x3+1等价于e-x1. 设函数g(x)=e-x(x0),则 g(x
3、)=-e-x =-xx2-(2a+3)x+4a+2e-x=-x(x-2a-1)(x-2)e-x. (i)若2a+10,即a-,则当x(0,2)时,g(x)0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x(0,2)时,g (x)1,不合题意. (ii)若02a+12,即-a,则当x(0,2a+1)(2,+)时,g(x)0.所以g(x) 在(0,2a+1),(2,+)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2 1,即a.所以当a0,讨论函数g(x)=的单调性. ( )- ( ) - f x f a x a 解析解析 设h(
4、x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c, 其定义域为(0,+),h(x)=-2. (1)当0x0;当x1时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+)单调递减.从而 当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c. 故当且仅当-1-c0,即c-1时, f(x)2x+c. 所以c的取值范围为-1,+). (2)g(x)=,x(0,a)(a,+). g(x)=. 取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x1时,h(x)0,即1-x+ln x0.故当x(0,a)(a,+)时, 1-+ln 0,从而g(x)0
5、.所以g(x)在区间(0,a),(a,+)单调递减. 2 x ( )- ( ) - f x f a x a 2(ln -ln ) - xa x a 2 - 2ln -ln ( - ) x a ax x x a 2 2 1-ln ( - ) aa xx x a a x a x 4.(2018课标理,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:2,令f (x)=0,得x=或x=. 当x时, f (x)0. 所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增. (2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a2.
6、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a-2等价于-x2+2 ln x20.设函数g(x)=-x+2ln x, 2 1 x a x 2 2 -1x ax x 2 -4 2 aa 2-4 2 aa 2 -4 0, 2 aa 2-4 , 2 aa 22 -4-4 , 22 aaaa 2 -4 0, 2 aa 2-4 , 2 aa 22 -4-4 , 22 aaaa 12 12 ( )- () - f xf x x x 12 1 x x 12 12 ln-ln - xx x x 12 12 ln-ln -
7、 xx x x 2 2 2 -2ln 1 - x x x 12 12 ( )- () - f xf x x x 2 1 x 1 x 由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递减, 又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)0, 所以-x2+2ln x20,即2, f(x)的两个极值点x1,x2是方程x2-ax+1 =0的两个不等的正实根,利用根与系数的关系得到x1x2的值,再根据x1x2的值将化简,构造 新函数即可证得结果. 12 12 ( )- () - f xf x x x 5.(2019课标理,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)是
8、否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存 在,说明理由. 解析解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查学生 的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养. (1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f (x)=0,得x=0或x=.若a0,则当x(-,0)时, f (x)0;当x 时, f (x)0.故f(x)在(-,0),单调递增,在单调递减.若a=0, f(x)在(-,+)单调递 增. 若a0;当x时, f (x)0.故f(x)在,(0,+)单调递增, 在单调递减. (
9、2)满足题设条件的a,b存在. (i)当a0时,由(1)知, f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+ b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1. (ii)当a3时,由(1)知, f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a +b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. (iii)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,1的最小值为f=-+b,最大值为b或2-a+b. 3 a , 3 a 0, 3 a , 3
10、 a 0, 3 a - , 3 a ,0 3 a - , 3 a ,0 3 a 3 a 3 27 a 若-+b=-1,b=1,则a=3,与0a3矛盾. 若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0a0,则由f (x)=0得x=ln a. 当x(-,ln a)时, f (x)0. 故f(x)在(-,ln a)上单调递减,在(ln a,+)上单调递增. 若a0,则由f (x)=0得x=ln. 当x时, f (x)0.故f(x)在-,ln上单调递减,在上单调递增. (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,
11、最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a0,即 a1时, f(x)0. 若a0(f (x)0),得函数f (x)的单调递增(减)区间,从而判断f(x)的单调性;(2)利用(1)的结果,对参数进行分类讨论,把不等式 恒成立问题转化为其最小值大于或等于零的问题,从而得到参数a的取值范围. 1.(2016课标,文9,理7,5分)函数y=2x2-e|x|在-2,2的图象大致为 ( ) 以下为教师用书专用 答案答案 D 令y=f(x)=2x2-e|x|, f(-x)=2(-x)2-e|-x|=2x2-e|x|=f(x), 故函数f(x)为偶函数, 当x=2时,y=8-e2(0,
12、1),故排除A、B; 当x0,2时, f(x)=2x2-ex, f (x)=4x-ex, 易知f (x)=4x-ex=0在(0,2)上有解, 故函数y=2x2-e|x|在0,2上不是单调的,故排除C.故选D. 2.(2017浙江,7,4分)函数y=f(x)的导函数y=f (x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( ) 答案答案 D 本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值. 不妨设导函数y=f (x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x10x20,排除B,故选D. 方法点拨方法点拨 运用导数知识来讨论函数单调性时,由导函数f (x)的正负,得出原函数f(x)的单调区间
13、, 从而判断函数的图象. 3.(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 答案答案 A 本题考查利用导数研究函数的单调性. 当f(x)=2-x时,ex f(x)=ex 2-x=,令y=, 则y=(1-ln 2). ex0,2x0,ln 20. 当f(x)=2-x时,ex f(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. e 2 x
14、x e 2 x x e 2 x x 2 e 2 -e 2 ln2 (2 ) xxxx x e 2 x x 4.(2016课标文,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( ) A.-1,1 B. C. D. 1 3 1 -1, 3 1 1 - , 3 3 1 -1,- 3 答案答案 C 解法一:f (x)=1-cos 2x+acos x=1-(2cos2x-1)+acos x=-cos2x+acos x+, f(x)在R上单 调递增,则f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,则-t2+at+0在-1,1上恒成立,即4t2-
15、3at-5 0在-1,1上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则解得-a,故选C. 解法二:函数f(x)=x-sin 2x+asin x的导函数为f (x)=1-cos 2x+acos x.由题意可得f (x)0恒成立,即 1-cos 2x+acos x0,即-cos2x+acos x0. 设t=cos x(-1t1),即有5-4t2+3at0, 当t=0时,不等式恒成立;当0t1时,3a4t-, 由y=4t-在(0,1上递增,可得t=1时,取得最大值-1,可得3a-1,即a-;当-1t0; 当x(3-2,3+2)时, f (x)0,所以f(x)=0等价于-3a=0. 设g(x)=-3a,
16、则g(x)=0,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)上单调递增.故 g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一个零点.综上, f(x)只有一个零点. 1 3 33 33 33 3333 3 2 1 x xx 3 2 1 x xx 22 22 (23) (1) x xx xx 1 3 2 1 - 6 a 1 6 1 3 方法总结方法总结 利用导数研究函数零点的方法: 方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)根据函数f(x)的性质作出图象; (3)判断函数零点的个数. 方法二:(1)利用导
17、数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)分类讨论,判断函数零点的个数. 7.(2017课标文,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的取值范围. 解析解析 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. 所以f(x)在(-,-1-),(-1+,+)单调递减, 在(-1-,-1+)单调递增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a1时,设函数h(
18、x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)单调递减,而h(0)=1, 故h(x)1,所以f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1. 当0a0(x0),所以g(x)在0,+)单调递增,而g(0)=0,故exx+1. 当0x(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,故f(x0)ax0+1. 22 2 22 2 22 22 5-4 -1 2 a 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
19、是1,+). 5-1 2 解题思路解题思路 (1)求f (x),令f (x)0,求出f(x)的单调增区间,令f (x)0,求出f(x)的单调减区间. (2)对参数a的取值进行分类讨论,当a1时,构造函数可知(1-x)ex1,所以f(x)=(x+1)(1-x)exx+1 ax+1成立;当0aax0+1,从而说明命题不成 立;当a0时,举反例x0=说明不等式不成立. 5-4 -1 2 a 5-1 2 疑难突破疑难突破 (1)求单调区间的一般步骤:求定义域;求f (x),令f (x)0,求出f(x)的增区间,令f (x) 0,求出f(x)的减区间;写出结论,注意单调区间不能用“”连接. (2)恒成立
20、问题的三种常见解法:分离参数,化为最值问题求解,如a(x)max或a(x)min;构造函 数,分类讨论,如f(x)g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min0;转变主元,选取适当的主元可使问题简化. 8.(2017课标文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a0,故f(x)在(0,+)单调递增.若a0;当x时, f (x)0, 故f(x)在单调递增,在单调递减. (2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0.从而当a0),再根据导函数符号的变化情况讨论单调性;(2) 证明f(x)
21、-2,即证f(x)max-2,而f(x)max=f,所以需证ln+10,设g(x)=ln x-x+1, 利用导数易得g(x)max=g(1)=0,得证. (21)(1)axx x 3 4a 3 4a 1 - 2a 1 - 2a 1 2a 方法总结方法总结 利用导数证明不等式的常见类型及解题策略: (1)构造差函数h(x)=f(x)-g(x).根据差函数的导函数符号,确定差函数的单调性,利用单调性得不等关 系,进而证明不等式. (2)根据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间的大小关系,或利 用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 9.(2016课标文,21,12分
22、)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明当x(1,+)时,11,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx. -1 ln x x 解析解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)=-1,令f (x)=0,解得x=1. 当0x0, f(x)单调递增;当x1时, f (x)0, f(x)单调递减.(4分) (2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.所以当x1时,ln xx-1. 故当x(1,+)时,ln xx-1,ln-1,即11,设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g(x)=c-1-cxln c,令g
23、(x)=0,解得x0=. 当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0,g(x)单调递减.(9分) 由(2)知1c,故0x01.又g(0)=g(1)=0,故当0x0.所以当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.(12分) 1 x 1 x 1 x -1 ln x x -1 ln ln ln c c c -1 ln c c 疑难突破疑难突破 在(3)中,首先要解方程g(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0,1)的 关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点. 10.(2016四川文,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中aR
24、,e=2.718为自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当x1时,g(x)0; (3)确定a的所有可能取值,使得f(x)g(x)在区间(1,+)内恒成立. 1 x e ex 解析解析 (1)f (x)=2ax-=(x0). 当a0时, f (x)0时,由f (x)=0有x=. 当x时, f (x)0, f(x)单调递增. (2)证明:令s(x)=ex-1-x,则s(x)=ex-1-1. 当x1时,s(x)0,所以ex-1x,从而g(x)=-0. (3)由(2),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,
25、必有a0. 当0a1. 由(1)有f0, 所以此时f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立. 1 x 2 2-1ax x 1 2a 1 0, 2a 1 , 2a 1 x -1 1 ex 1 2 1 2a 1 2a 1 2a 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f(x)g(x)恒成立.综上,a. 1 2 1 x 2 1 x 1 x 2 1 x 1 x 3 2 -21xx x 2 2 -21xx x 1 , 2 11
26、.(2019浙江,22,15分)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+,x0. (1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间; (2)对任意x均有f(x),求a的取值范围. 注:e=2.718 28为自然对数的底数. 1x 3 4 2 1 , e 2 x a 解析解析 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.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养. (1)当a=-时, f(x)=-ln x+,x0. f (x)=-+=, 所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+). (2)由f(1),得0a. 当00,故q(x)在上
27、单调递增, 所以q(x)q. x 1 (1,+) p(x) - 0 + p(x) p 单调递减 极小值p(1) 单调递增 ( -1)1( 22-1) 1(1)(12 ) xxx x xxxx 1 7 1 ,1 7 1 7 2 2 1 1 , e7 1 1 x -2ln -(1)xx x x x 2 1 1 , e7 ln2x x 2 1 1 , e7 1 7 由(i)得,q=-p-p(1)=0. 所以,q(x)0. 由(i)(ii)知对任意x,t2,+),g(t)0,即对任意x,均有f(x). 综上所述,所求a的取值范围是. 1 7 2 7 7 1 7 2 7 7 1 1 x ( )q x x
28、 2 1 , e 2 2 1 , e 2 x a 2 0, 4 疑难突破疑难突破 (1)导函数f (x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从 而确定根两侧导函数的正负. (2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值 缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点. 1.(2017课标理,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 考点考点2 利用导数研究函数的极值、最值利用导
29、数研究函数的极值、最值 答案答案 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=-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0x时, f (x)时, f (x)0, f(x)在单调递增,x0时,
30、 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+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. x -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 f (x) + - f(x) -4 增 1 减 0 3 a 0, 3 a 3 a , 3 a 3 a 3 27 a 3 a 方法总结方法总结 对于函数零点个数问题,可利用函数的单调性、草图确定其中参数范围.从图象的最高 点、最低点分析函数的最值、极值;从图象的对称性分析函数的奇偶性;从图象的走向趋势分析 函数的单调性、周
31、期性等. 3.(2020北京,19,15分)已知函数f(x)=12-x2. (1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程; (2)设曲线y=f(x)在点(t, f(t)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值. 解析解析 (1)因为f(x)=12-x2,所以f (x)=-2x,令-2x=-2,解得x=1,又f(1)=11,所以所求切线方程为y-11=-2(x -1),整理得2x+y-13=0. (2)由(1)可知f (x)=-2x,所以曲线y=f(x)在点(t, f(t)处的切线斜率k=-2t,又f(t)=12-t2,所以切线方程为y- (12-t2)=-2t(x-
32、t),整理得2tx+y-(t2+12)=0,当x=0时,y=t2+12,所以切线与y轴的交点为(0,t2+12), 当y=0时,x=,所以切线与x轴的交点为. 当t0时,S(t)= (t2+12)=, 则S(t)=, 当0t2时,S(t)2时,S(t)0,此时S(t)在(2,+)上单调递增, 所以S(t)min=S(2)=32. 当t0时,S(t)=-,则S(t)=-, 当t-2时,S(t)0,此时S(t)在(-,-2)上单调递减; 当-2t0,此时S(t)在(-2,0)上单调递增, 所以S(t)min=S(-2)=32. 2 12 2 t t 2 12 ,0 2 t t 1 2 2 12 2
33、 t t 22 (12) 4 t t 22 2 3( -4)(12) 4 tt t 22 (12) 4 t t 22 2 3( -4)(12) 4 tt t 综上所述,当t=2时,S(t)取最小值,为32. 名师点拨名师点拨 本题主要考查导数在研究函数中的应用和导数的概念及几何意义.本题第(2)问先求出 切线与x轴和y轴的交点,再求出三角形的面积表达式,分t0和t0时S(t) 的最小值,由上面解析解析知当t=2时,S(t)取最小值,S(t)min=S(2)=32,利用f(x)=12-x2是偶函数,图象关于y轴 对称,得出tx2,有 . 9 x 12 ( ) () 2 fxfx 12 12 (
34、)- () - f xf x x x 解析解析 (1)(i)当k=6时,f(x)=x3+6ln x,故f (x)=3x2+.可得f(1)=1,f (1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1)处 的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8. (ii)依题意,g(x)=x3-3x2+6ln x+,x(0,+).从而可得g(x)=3x2-6x+-,整理可得g(x)=. 令g(x)=0,解得x=1. 当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表: 所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值. (2)证明:由f(x)=x
35、3+kln x,得f (x)=3x2+. 对任意的x1,x21,+),且x1x2,令=t(t1),则(x1-x2)f (x1)+f (x2)-2f(x1)-f(x2)=(x1-x2)3+3 +-2=-3x2+3x1+k-2kln =(t3-3t2+3t-1)+k. x (0,1) 1 (1,+) g(x) - 0 + g(x) 极小值 6 x 3 x 6 x 2 3 x 3 2 3( -1) (1)xx x k x 1 2 x x 2 1 x 1 k x 2 2 x 2 k x 33 1 12 2 -ln x x xk x 3 1 x 3 2 x 2 1 x 2 2 x 12 21 - xx
36、xx 1 2 x x 3 2 x 1 - -2lntt t 令h(x)=x-2ln x,x1,+).当x1时,h(x)=1+-=0,由此可得h(x)在1,+)单调递增,所 以当t1时,h(t)h(1),即t-2ln t0. 因为x21,t3-3t2+3t-1=(t-1)30,k-3,所以(t3-3t2+3t-1)+k(t3-3t2+3t-1)-3=t3-3t2+ 6ln t+-1. 由(1)(ii)可知,当t1时,g(t)g(1),即t3-3t2+6ln t+1,故t3-3t2+6ln t+-10. 由可得(x1-x2)f (x1)+f (x2)-2f(x1)-f(x2)0. 所以,当k-3时
37、,对任意的x1,x21,+),且x1x2,有. 1 x 2 1 x 2 x 2 1 1- x 1 t 3 2 x 1 - -2lntt t 1 - -2lntt t 3 t 3 t 3 t 12 ( ) () 2 fxfx 12 12 ( )- () - f xf x x x 5.(2018课标文,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(x)0. 1 e 解析解析 (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
38、 x-1, f (x)=ex-. 当0x2时, f (x)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)-ln x-1. 设g(x)=-ln x-1,则g(x)=-. 当0x1时,g(x)1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. 1 x 2 1 2e 2 1 2e 2 1 2e 1 x 1 e e e x e e x e e x 1 x 1 e 方法总结方法总结 本题考查的是有关导数的应用问题,涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数 与函数的单调性的
39、关系以及证明不等式问题,在解题的过程中,先确定函数的定义域,再根据导数 与极值的关系求得参数值,之后根据导数的正负确定出函数的单调区间,第(2)问在求解时构造新 函数,应用不等式的传递性证得结果. 6.(2017课标理,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-2 f(x0)2-2. 解析解析 本题考查了导数的综合应用. (1)f(x)的定义域为(0,+). 设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)0等价于g(x)0. 因为g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x
40、)=a-,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-. 当0x1时,g(x)1时,g(x)0,g(x)单调递增. 所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)g(1)=0. 综上,a=1. (2)证明: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(x0,1)时,h(x)0. 1 x 1 x 1 x 1 0, 2 1 , 2 1 0, 2 1 , 2 1 2 1 0, 2 1 , 2 因为f (x)=h(x),所以
41、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得f(x0)f(e-1)=e-2, 所以e-2f(x0)0,g0;当x时,g(x)0. 所以g(x)在(-1,)单调递增,在单调递减,故g(x)在存在唯一极大值点,即f(x)在存 在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+). (i)当x(-1,0时,由(1)知, f(x)在(-1,0)单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时, f(x)0,故f(x)在(-1,0)单 调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零点. (ii)当x时,
42、由(1)知, f(x)在(0,)单调递增,在单调递减,而f(0)=0, f0;当x时, f(x)0,所以当x时,f(x)0.从而, f(x)在没有零点. (iii)当x时, f(x)0, f()1,所以f(x)0,从而f(x)在(,+)没有零点. 综上, f(x)有且仅有2个零点. , 2 , 2 , 2 2 1 2 0, 2 0, 2 , 2 , 2 2 , 2 方法总结方法总结 本题考查导数与函数极值之间的关系,利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问 题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点,另一方面是利用函数的单调性 说明在区间内零点的唯一性,二者缺一不可. 1.(2
43、016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=( ) A.-4 B.-2 C.4 D.2 以下为教师用书专用 答案答案 D 由题意可得f (x)=3x2-12=3(x-2)(x+2), 令f (x)=0,得x=-2或x=2, 则f (x), f(x)随x的变化情况如下表: 函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D. x (-,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+) f (x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 2.(2016北京理,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
44、. 3-3 , , -2 ,. xxxa xxa 答案答案 2 (-,-1) 解析解析 若a=0,对f(x)=x3-3x(x0)求导有f (x)=3(x+1)(x-1),当x0,函数为增函数,当-1x 0时, f (x)0时,函数f(x)=-2x恒为减函数且恒小于0.综上可知,函数 在x=-1处取得最大值,最大值为f(-1)=(-1)3-3(-1)=2. 由可知,函数f(x)=x3-3x在R上先增后减再增,且f(-1)=f(2)=2.当-1a2时,函数f(x)的图象如图中 实线部分所示,最大值为f(-1)=2; 当a2时,函数f(x)的图象如图中实线部分所示,最大值为a3-3a; 当a-1时,
45、函数f(x)的图象如图中实线部分所示,函数没有最大值. 综上可知,当a0时, f(x)0,而x0时, f(x)的值可为正数,故只需 考虑f(x)=x3-3x在(-,0上的最大值即可.对于,由于解析式中不含a,因此可以在同一平面直角坐 标系中画出两个函数的图象,借助图象得出结论. 3.(2019课标文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数. 证明证明 本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算求解 能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的
46、核心素养是逻辑推理及数学运算. (1)f(x)的定义域为(0,+). f (x)=+ln x-1=ln x-. 因为y=ln x单调递增,y=单调递减,所以f (x)单调递增.又f (1)=-10,故存在 唯一x0(1,2),使得f (x0)=0. 又当xx0时, f (x)x0时, f (x)0, f(x)单调递增. 因此, f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知f(x0)0,所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=.由x01得1x0.又 f=ln-1=0,故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个 实根互为倒数. -1x x 1 x 1 x 1 2 ln4-1 2 1 1 1 -1 1 1 ( )f 1 思路分析思路分析 (1)先对函数f(x)求导,根据导函数的单调性,得到存在唯一x0,使得f (x0)=0,进而可判断函 数f(x)的单调性,即可确定其极值点个数,证得结论成立;(2)先由(1)的结果,得到f(x0)f(1)=-20,得到f(x)=0在(x0,+)内存在唯一实根,记作x=,再求出f=0,即可结合题意,说明结论成 立. 1 4.(2016山东文,20,13分)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR. (1)令g(x)=f (x),求g(x)的单调区间; (2)已知f(x)在x=1
