1、考点考点1 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+3x2-2+2=3x20(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调
2、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 解题技巧解题技巧 在解决与函数有关的不等式问题时,可通过奇偶性和单调性“脱去”函数符号“f ”, 化为一般不等式求解,但注意必须在同一单调区间内进行. 2.(2020课标,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
3、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 1 2 32 1 -1 2 x axx 32 1 -1 2 x axx g(x)=-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
4、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,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间0,2上的最大值. 不小于 1 4 以下为教师用书专用 解析解析 (1)由f(x)=(x-1)3-ax-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: 所以f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,. (
5、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(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0-b. 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 3 3 a3 3 a 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 3a 3 33 1-,1 33 aa 3 - ,1- 3 a 3 1, 3 a 3 a2 3 a 3 a 又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b
6、=-x0-b=f(x0),且3-2x0 x0, 由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1x0,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,1-021+,由(1)知, f(x)在区间0,2上单调递减,所以f(x)在区间0,2上的取 值范围为f(2), f(0),因此 M=max|f(2)|,|f(0)|=max|1-2a-b|,|-1-b| =max|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|= 所以M=a-1+|a+b|2. 当a3时,1-01-
7、1+21+,由(1)和(2)知f(0)f=f, f (2)f=f, 所以f(x)在区间0,2上的取值范围为, 因此M=max 8 3 a2 3 a 3 a 3 3 a3 3 a -1(),0, -1-(),0. aab ab aab ab 3 4 2 3 3 a3 3 a3 3 a2 3 3 a2 3 1- 3 a 3 1 3 a 2 3 1 3 a 3 1- 3 a 33 1, 1- 33 aa ff 33 1,1- 33 aa ff =max =max =+|a+b|=. 当0a时,01-1+2, 由(1)和(2)知f(0)f=f, 所以f(x)在区间0,2上的取值范围为f(0), f(2
8、), 因此M=max|f(0)|,|f(2)|=max|-1-b|,|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. 22 -3 - - ,3 - - 99 aa a a ba a b 22 3() ,3 -() 99 aa aaba ab 2 9 a 3a 2 9 3 4 3 3 4 1 4 3 4 2 3 3 a2 3 3 a 2 3 1- 3 a 3 1 3 a 2 3 1 3 a 3 1- 3 a 1 4 1 4 思路分析思路分析 (1)求含参数的函数f(x)的单调区间,需要进行分
9、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-1,1上的最大值,对a分情况讨论即可. 考点考点2 2 利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值 1.(2017课标,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
10、(-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)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+1,则f (x)=6x(x-1). 3 a 3 a 3 a 3 27
11、 a 3 a x -1 (-1,0) 0 (0,1) 1 f (x) + - f(x) -4 增 1 减 0 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. 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=
12、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-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和t0时S(t) 的最小值,由上面解析知当t=2时,S(t)取最小值,S(t)mi
13、n=S(2)=32,利用f(x)=12-x2是偶函数,图象关于y轴 对称,得出t0时,S(t)min=S(-2)=32. 所以S(t)min=S(-2)=32. 综上所述,当t=2时,S(t)取最小值,为32. 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, 4.(2020天津,20,16分)已知函数f(x)=x3+kln x(kR), f (x)为f(x)的导函数. (1)当k=6时, (i)求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程; (ii)求函数g(x)=f(x)-f (x)+的单调区间和极值; (2)当k-3
14、时,求证:对任意的x1,x21,+),且x1x2,有 . 9 x 12 ( ) () 2 fxfx 12 12 ( )- () - 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
15、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)=x3+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
16、33 1 12 2 -ln x x xk x 3 1 x 3 2 x 2 1 x 2 2 x 12 21 - xx 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+
17、6ln t+-10. 由可得(x1-x2)f (x1)+f (x2)-2f(x1)-f(x2)0. 所以,当k-3时,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.(2019课标,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)是否存在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;
18、若不存 在,说明理由. 解析解析 (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. (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=
19、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 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,g0;当
20、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,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(
21、)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 7.(2018课标,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. 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=-
22、1+a =-2+a=-2+a, 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 - xx x x 2 2 2 -2ln 1 - x x x 所以a-2等价于-x2+2ln x20. 设函数g(x)=-x+2ln x, 由(1)知,g(x)在(0,+)上单调递
23、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 新函数即可证得结论. 12 12 ( )- () - f xf x x x 8.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,证明:当-1x0时, f(x)0时, f(x)0; (2)若x=0是f(x)的极大值点,求a. 解析解析 本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值. (1)证明:当a=0时
24、, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)-. 设g(x)=f (x)=ln(1+x)-,则g(x)=. 当-1x0时,g(x)0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-1x0时, f(x)0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,设函数h(x)=ln(1+x)-. 由于当|x
25、|0,故h(x)与f(x)符号相同. 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)=- 1 x x 1 x x 2 (1) x x 2 ( ) 2 f x xax 2 2 2 x xax 1 1, | | a 1 1x 2 22 2(2)-2 (12) (2) xaxxax xax =. 如果6a+10,则当0x-,且|x|0,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10, 故当x(x1,0),且|x|min时,h(x)0;当x(0,1)时,h(x)0. 所以x=0是h(x)的极大值点,从
26、而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-. 222 22 (461) (1)(2) x a xaxa xaxx 61 4 a a 1 1, | | a 1 1, | | a 3 22 ( -24) (1)(-6 -12) x x xxx 1 6 解后反思解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的 解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨 论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数 的单调性是在函数的定义域内进行的. 2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画
27、出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或 范围. 1.(2017课标,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. 以下为教师用书专用 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)=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.
28、 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. 1 x 1 x 1 x 1 0, 2 1 , 2 1 0, 2 1 , 2 又h(e-2)0,h0;当x(x0,1)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得f(x0)f(e-1)=e-2,
29、所以e-2f(x0)0时,m(x)0;当x0时,m(x)0, 当x0时,h(x)0时,h(x)0,h(x)单调递增, 所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1; (ii)当a0时,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x), 由h(x)=0得x1=ln a,x2=0. 当0a1时,ln a0, 当x(-,ln a)时,ex-eln a0,h(x)单调递增; 当x(ln a,0)时,ex-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)+co
30、s(ln a)+2, 当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1; 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; 当a1时,ln a0, 所以当x(-,0)时,ex-eln a0,h(x)单调递增; 当x(0,ln a)时,ex-eln a0,h(x)0,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
31、)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0a1时,函数h(x)在(-,0)和(ln a,+)上单调递增, 在(0,ln 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. 3.(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
32、; (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. 7 2 解析解析 本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)0,即a3. 当a=3时, f (x)0(x-1),故f(x)在R上是
33、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=. 2 3 a x 2 3 a 3 a 2 3 a - 3 a 3 27 a 3 9 a 3 ab 2 2 9 a3 a 2 3 a1 9a 2 - -3 3 aab 2 -3 3 aab x (-,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+) f (x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 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 2 9 a3 a (2)证明:由(1)知,=+. 设g(t)=+,则g(t)=-=. 当t时,g(t)0,
34、 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 b a 2 9 a a3 a a 2 9 t3 t 2 9 2 3 t 2 2 2 -27 9 t t 3 6 , 2 3 6 , 2 a3 a33 b a 3 2 3 2 1 x 2 2 x 2 4-6 9 ab 3 1 x 2 1 x 3 2 x 2 2 x =(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 记f
35、(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. 1 3 x 2 1 x 2 3 x 2 2 x 1 3 2 1 x 2 2 x 2 3 3 4-6 27 aab4 9 ab 2 3 a1 9 3 a 1 9 3 a 2 9 2 3 a 7 2 易错警示易错警示 (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.(2)求函数的关系式必 须确定
36、函数的定义域. 4.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,cR, f (x)为f(x)的导函数. (1)若a=b=c, f(4)=8,求a的值; (2)若ab,b=c,且f(x)和f (x)的零点均在集合-3,1,3中,求f(x)的极小值; (3)若a=0,0b1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M. 4 27 解析解析 本题主要考查利用导数研究函数的性质,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)因为a=b=c, 所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3. 因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,
37、解得a=2. (2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而f (x)=3(x-b). 令f (x)=0,得x=b或x=. 因为a,b,都在集合-3,1,3中,且ab, 所以=1,a=3,b=-3.此时, f(x)=(x-3)(x+3)2, f (x)=3(x+3)(x-1). 令f (x)=0,得x=-3或x=1. 列表如下: 2 - 3 ab x 2 3 ab 2 3 ab 2 3 ab x (-,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+) f (x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 所以f(x)的极小值为f(1
38、)=(1-3)(1+3)2=-32. (3)证明:因为a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx, f (x)=3x2-2(b+1)x+b. 因为00, 则f (x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1x2). 由f (x)=0,得x1=,x2=. 列表如下: 所以f(x)的极大值M=f(x1). 证法一: M=f(x1)=-(b+1)+bx1 =3-2(b+1)x1+b-x1+ =+()3 x (-,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+) f (x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 2 1-1 3 bb b 2 1-1 3 bb
39、 b 3 1 x 2 1 x 2 1 x 1 1 - 39 xb 2 2(-1) 9 b b(1) 9 b b 2 -2(-1)(1) 27 b bb(1) 9 b b 2 27 2- 1b b =-+3 +.因此M. 证法二: 因为0f (x)+对于任意的x1,2成立. 2 2 -1x x 3 2 解析解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=a-+=. 当a0时,x(0,1)时, f (x)0, f(x)单调递增, x(1,+)时, f (x)0时, f (x)=. 0a1, 当x(0,1)或x时, f (x)0, f(x)单调递增,当x时, f (x)2时,00, f(x)
40、单调递增,当x时, f (x)0, f(x)单调递减. 综上所述, 当a0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减; a x 2 2 x 3 2 x 2 3 (-2)( -1)axx x 3 ( -1)a x x 2 -x a 2 x a 2 a 2 , a 2 1, a 2 a 2 a 2 0, a 2 ,1 a 当0a2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+)内单调递增. (2)证明:由(1)知,a=1时, f(x)-f (x)=x-ln x+- =x-ln x+-1,x1,2. 设g(x)=x-ln x,h(x)=+-1,x1,2. 则f(x)-f (x
41、)=g(x)+h(x). 由g(x)=0,可得g(x)g(1)=1. 当且仅当x=1时取等号. 又h(x)=. 设(x)=-3x2-2x+6,则(x)在x1,2内单调递减. 因为(1)=1,(2)=-10, 2 1, a 2 , a 2 0, a 2 ,1 a 2 2 -1x x 23 122 1- x xx 3 x 2 1 x 3 2 x 3 x 2 1 x 3 2 x -1x x 2 4 -3-26xx x 所以x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)0,x(x0,2)时,(x)g(1)+h(2)=, 即f(x)f (x)+对于任意的x1,2成立. 1 2 1 2 3 2 3 2 易错
42、警示易错警示 讨论f (x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论,或对a分类讨论不全面(尤其 易忽略a=0的情形). 6.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区间; (2)当x时,证明f(x)+g(x)0; (3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间内的零点,其中nN,证明2n+-xncos x,得f (x)0,则f(x)单调递减; 当x(kZ)时,有sin x0,则f(x)单调递增. 所以, f(x)的单调递增区间为(kZ), f(x)的单调递减区间为(k Z). (2)证明:记h(x)=f(x)+g(
43、x). 依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x), 从而g(x)=-2exsin x. 当x时,g(x)0, 故h(x)=f (x)+g(x)+g(x)(-1) =g(x)0, 因此,h(x)在区间上单调递减,进而h(x)h=f=0. 5 2 ,2 44 kk 3 2 -,2 44 kk 3 2 -,2 44 kk 5 2 ,2 44 kk - 2 x , 4 2 - 2 x - 2 x , 4 2 2 2 所以,当x时, f(x)+g(x)0. (3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0, 即cos xn=1.记yn=xn-2n,则yn, 且f(yn)=cos yn
44、=cos(xn-2n)=e-2n(nN). 由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x时,g(x)0,所以g(x)在上为减函数,因 此g(yn)g(y0)g=0.又由(2)知, f(yn)+g(yn)0,故 -yn-=-=.所以,2n+-xn0和f (x)0时x的范围. (2)记h(x)=f(x)+g(x),求h(x),从而得到函数h(x)在上的单调性,转化为求h(x)的最小值,验 证最小值非负即可. (3)记u(x)在区间(nN)内的零点为xn, 则xn,则有yn=xn-2n.与(2)联系知f(yn)+g(yn)0,此时要先确定g(yn) 的符号,再将上式转化
45、为-yn-,然后进一步证明-. - 2 x , 4 2 2 ,2 42 nn 2 ,2 42 nn , 4 2 - 2 n y 2 () () n n f y g y -2 e () n n g y -2 00 e sin-cos n xx 考点考点1 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 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020江西南昌四校联考,12)已知函数f(x)=aln x+2x,若不等式f(x+1)ax+2ex在(1,+)上恒成立,则 实数a的取值范围为( ) A.-2,+) B.-4,+) C.(-4,+) D.(-,-2) 答案答案 B f(ex)=a
46、ln ex+2ex=ax+2ex,不等式化为f(x+1)1,x+12,f(x)在(2,+)上恒 为递增函数,f (x)=+20在(2,+)上恒成立,a-2x,a-4,故选B. a x 2.(2019河南安阳模拟,5)已知函数f(x)与其导函数f (x)的图象如图,则函数g(x)=的单调减区间 为( ) A.(0,4) B. C.(0,1),(4,+) D.(-,1), ( ) ex f x 4 0, 3 4 , 3 答案答案 C 由题意可知导函数是二次函数,原函数是三次函数,由g(x)=,得g(x)= ,由题图可知,当x(-,0)时,f (x)-f(x)0,g(x)0,当x(0,1)时,f (x)-f(x)0,g(x)0,g(x)0,当x(4,+)时,f (x)-f(x)0,g(x)0.函数g(x)=的单调减区间为(0,1), (4,+).故选C. ( ) ex f x 2 e ( )-e( ) e xx x fxf x ( )- ( ) ex fx f x ( ) ex f x 3.(2019河南郑州一模,12)函数f(x)是定义在(1,+)上的可导函数,f
