1、考点考点1 1 导数与函数的单调性导数与函数的单调性 1.(2018课标,9,5分)函数y=-x4+x2+2的图象大致为( ) 答案答案 D 本题考查函数图象的识辨. 解法一:令y=f(x)=-x4+x2+2,则f (x)=-4x3+2x,当x-或0x0, f(x)递增;当-x 时, f (x)0, f(x)递减.由此可得f(x)的图象大致为D中的图象.故选D. 解法二:设f(x)=-x4+x2+2,因为f(0)=2,故排除选项A、B;f(x)=-x4+x2+2=-+, 故当x0时,在x=处有最大值, 且当0 x时, f(x)递减,排除C,故选D. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1
2、- 2 x 9 4 2 2 9 4 2 2 2 2 小题巧解小题巧解 令y=f(x)=-x4+x2+2,则f (x)=-4x3+2x=-2x (2x2-1),易知f(x)有3个极值点,排除A,C.由f(1)=2, 排除B.故选D. 方法总结方法总结 本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题.这类题型也是近年高 考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多.解答这类题型可以从多方面入 手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0+,x0-,x+,x-时函数图 象的变化趋势,利用排除法,将不合题意的选项一一排除. 2.(2017浙江,7,4分)函数y=f
3、(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. 3.(2016课标,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
4、+, 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4t2-3at-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. 2 3 2 3 4 3 5 3 4 3 5 3 (1)4-3 -50, (-1)43 -50, ga ga 1 3 1 3 1 3 2 3 2 3 5 3 4 3
5、 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,讨论函数g(x)=的单调性. ( )- ( ) - f x f a x a 解析解析 设h(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,
6、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.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 6.(2019课标,2
7、0,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0a0,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)当0a3时,由(1)知, f(x)在单调递减,在单调递增,所以f(x)在0,1的最小值为f= 3 a , 3 a 0, 3 a , 3 a 0, 3 a - , 3 a ,0 3 a - , 3 a ,0 3 a 0, 3 a ,1 3 a 3 a -+2
8、,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a. 于是m=-+2,M= 所以M-m= 当0a2时,可知2-a+单调递减,所以M-m的取值范围是. 当2a0时, f(x)在(-,0),单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-, 0)单调递增导致错误,从而失分. , 3 a , 3 a 7.(2017课标,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. 解析解析 (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(-,+)上单调递
9、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)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)在上单调递减,在上单调递增. - 2 a - ,ln - 2 a ln -, 2 a - ,ln - 2 a ln -, 2 a (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 a0,即 a1时, f(x)0. 若a0(f (x
10、)0,2x0,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 x e 2 x x e 2 x x 2 e 2 -e 2 ln2 (2 ) xxxx x e 2 x x 2.(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
11、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, 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 故q(x)在上单调递增, 所以q(x)q.
12、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. 2 1 1 , e7 1 7 1 7 2 7 7 1 7 2 7 7 1 1 x ( )q x x 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
13、量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点. 3.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点. 1 3 解析解析 (1)当a=3时, f(x)=x3-3x2-3x-3, f (x)=x2-6x-3. 令f (x)=0,解得x=3-2或x=3+2. 当x(-,3-2)(3+2,+)时, f (x)0; 当x(3-2,3+2)时, f (x)0,所以f(x)=0等价于-3a=0. 设g(x)=-3a,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)
14、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. 4.(201
15、7课标,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(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex0),因此h(x)在0,+)单调递减,而h(0)=
16、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. 22 2 22 2 22 22 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. 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的取值范围是1,+). 5-1 2 解题思路解题思路 (1)求f (x),令f (x)0,求出f(
17、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
18、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. 5.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-) e-x. (1)求f(x)的导函数; (2)求f(x)在区间上的取值范围. 2 -1x 1 2 x 1 , 2 解析解析 本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能 力. (1)因为(x-)=1-,(e-x)=-e-x, 所以f (x)=e-x-(x-)e-x =. (2)由f (x)=0, 解得x=1或x=. 2 -1x 1 2 -1x 1 1- 2 -1x 2
19、 -1x - (1- )( 2 -1-2)e 2 -1 x xx x 1 2 x - (1- )( 2 -1-2)e 2 -1 x xx x 5 2 x 1 f (x) - 0 + 0 - f(x) 0 1 2 1 ,1 2 5 1, 2 5 2 5 , 2 1 2 1 -2 e 1 2 5 -2 e 因为 又x,所以f(x)=(-1)2e-x0, 所以f(x)在区间上的取值范围是. 1 2 1 2 2 -1x 1 , 2 1 -2 1 0,e 2 解后反思解后反思 1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则. 2.本题最易忽略f(x)0这个条件,从而得出f(
20、x)在上的值域为的错误结论.因此,在 求函数f(x)在区间(a,+)或(-,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正, 何时为负(通常是求出函数f(x)的零点). 1 , 2 1 -2 1 - ,e 2 6.(2016课标,21,12分)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,
21、 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(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
22、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. 7.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中aR,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(
23、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,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.
24、 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 考点考点2 2 导数与函数的极值、最值导数与函数的极值、最值 1.(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 . 答案答案 -3 解析解析 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)=6
25、x2-2ax=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). 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 3 a 3 a 3 27 a 3 a
26、2.(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-t),整
27、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)=-, 2 12 2 t t 2 12 ,0 2 t t 1 2 2 12 2 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 当t-
28、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. 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 ( )- ()
29、- 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)=x3+kln
30、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 xx 1 2
31、 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,对任意的x
32、1,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 4.(2019课标,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,考查的核心素养是逻辑推
33、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. -1x x 1 x 1 x 1 2 ln4-1 2 (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
34、个实根互为倒数. 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 5.(2017课标,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
35、f(x)在单调递增,在单调递减. 1 x (1)(21)xax x 1 0,- 2a 1 -, 2a 1 0,- 2a 1 -, 2a (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)-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,即得证. (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
36、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. 6.(2018课标,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 x-1, f (x)=e
37、x-. 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 7.(2019课标,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f (x)为f(x)的导数. (1)证明:f (x
38、)在区间(0,)存在唯一零点; (2)若x0,时, f(x)ax,求a的取值范围. 解析解析 (1)证明:设g(x)=f (x), 则g(x)=cos x+xsin x-1,g(x)=xcos x. 当x时,g(x)0;当x时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点. 所以f (x)在(0,)存在唯一零点. (2)由题设知f()a, f()=0,可得a0. 由(1)知, f (x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时, f (x)0; 当x(x0,)时, f (x)0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减. 又f(0)=0, f()=0
39、,所以,当x0,时, f(x)0. 又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.因此,a的取值范围是(-,0. 0, 2 , 2 0, 2 , 2 2 1.(2016四川,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 +
40、 f(x) 极大值 极小值 2.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR. (1)若a0,讨论f(x)的单调性; (2)若0ax0,证明3x0-x12. 1 e 解析解析 (1)由已知,可知f(x)的定义域为(0,+),且f (x)=-aex+a(x-1)ex=. 因此当a0时,1-ax2ex0, 从而f (x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增. (2)证明:(i)由(1)知, f (x)=. 令g(x)=1-ax2ex,由0a0,且g=1-a=1- 0, 故g(x)=0在(0,+)内有唯一解,从而f (x)=0在(0,+)内有唯一解,不妨设为x
41、0,则1x0=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时, f (x)=1时,h(x)=-11时,h(x)h(1)=0,所 以ln xx-1. 从而f=ln-a=ln-ln+1=hf(1)=0, 1 x 2 1-exax x 2 1-exax x 1 e 1 ln a 2 1 ln a 1 a 2 1 ln a 1 a ( )g x x 0 ()g x x ( )g x x 0 ()g x x 1 x 1 ln a 1 ln a 1 ln-1 a 1 ln e a 1 ln a 1 a 1 ln a 所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点. 又f(x)在(0,x0)内有唯一零
42、点1, 从而, f(x)在(0,+)内恰有两个零点. (ii)由题意, 即 从而ln x1= ,即=. 因为当x1时,ln xx01,故=,两边取对数, 得ln ln ,于是x1-x02ln x02. 0 1 ()0, ( )0, fx f x 0 1 2 0 11 e1, ln( -1)e , x x ax xa x 1 2 0 -1x x 10 - ex x 10 - ex x 2 01 1 ln -1 xx x 10 - ex x 2 01 1 ( -1) -1 x x x 2 0 x 10 - ex x 2 0 x 思路分析思路分析 (1)求出导函数,结合a0判断f (x)0,从而得f
43、(x)在(0,+)上递增;(2)(i)利用导数的零点 判断f(x)的单调区间,结合零点存在性定理判断f(x)的零点个数;(ii)由极值点x0及零点x1建立方程组 从而得到=,又由x1时,ln xx-1,得到=,两边取对数即可 得结论. 0 1 2 0 11 e1, ln( -1) e , x x ax xa x 10 - ex x 2 01 1 ln -1 xx x 10 - ex x 2 01 1 ( -1) -1 x x x 2 0 x 3.(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
44、(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,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,
45、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)=(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)
46、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 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 b2 27 2- 1b b =-+3 +. 因此M. 证法二: 因为00,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存 在“S点”,并说明理由. exb x 解析解析 (1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2, 则f (x)=1,g(x)=2x+2, 由f(x)=g(x)且f (x)=g(x), 得此方程组无解. 因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”. (2)函数f(x)=ax2-1,g
