《三年高考两年模拟》数学(文科)汇编专题：3.2导数的应用(含答案解析)
【5年高考3年模拟】(新课标版)高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用 理
§3.2 导数的应用考点一函数的单调性1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a 的取值范围是( )A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案 C2.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=e x-e-x-2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(3)已知1.414 2<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).解析(1)f '(x)=e x+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(e x-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(e x+e-x)+(4b-2)]=2(e x+e-x-2)(e x+e-x-2b+2).(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.(ii)当b>2时,若x满足2<e x+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(3)由(2)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln 2.当b=2时,g(ln)=-4+6ln 2>0,ln 2>>0.692 8;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,ln 2<<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.3.(2014广东,21,14分)设函数f(x)=,其中k<-2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);(2)讨论函数f(x)在D上的单调性;(3)若k<-6,求D上满足条件f(x)>f(1)的x的集合(用区间表示).解析(1)由题意得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3>0,∴[(x2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]>0,∴x2+2x+k<-3或x2+2x+k>1,∴(x+1)2<-2-k(-2-k>0)或(x+1)2>2-k(2-k>0),∴|x+1|<或|x+1|>,∴-1-<x<-1+或x<-1-或x>-1+,∴函数f(x)的定义域D为(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).(2)f '(x)=-=-,由f '(x)>0得(x2+2x+k+1)(2x+2)<0,即(x+1+)(x+1-)(x+1)<0,∴x<-1-或-1<x<-1+,结合定义域知x<-1-或-1<x<-1+,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-),(-1,-1+),同理,递减区间为(-1-,-1),(-1+,+∞).(3)由f(x)=f(1)得(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-3=(3+k)2+2(3+k)-3,∴[(x2+2x+k)2-(3+k)2]+2[(x2+2x+k)-(3+k)]=0,∴(x2+2x+2k+5)·(x2+2x-3)=0,∴(x+1+)(x+1-)·(x+3)(x-1)=0,∴x=-1-或x=-1+或x=-3或x=1,∵k<-6,∴1∈(-1,-1+),-3∈(-1-,-1),-1-<-1-,-1+>-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+).考点二函数的极值与最值4.(2014课标Ⅱ,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2<m2,则m 的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案 C5.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.令f '(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2).当x<x1或x>x2时, f '(x)<0;当x1<x<x2时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.①当a≥4时,x2≥1.由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.②当0<a<4时,x2<1.由(1)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0<a<1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时, f(x)在x=0处取得最小值.6.(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k≤0时,求函数f(x)的单调区间;(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k≤0可得e x-kx>0,所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(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k≤0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k>0时,设函数g(x)=e x-kx,x∈[0,+∞).因为g'(x)=e x-k=e x-e ln k,当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g'(x)=e x-k>0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k>1时,得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(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e<k<.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为.7.(2014福建,20,14分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解析解法一:(1)由f(x)=e x-ax,得f '(x)=e x-a.又f '(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=e x-2x,f '(x)=e x-2.令f '(x)=0,得x=ln 2.当x<ln 2时, f '(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln 2时, 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)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.(2)令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-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)=1>0,因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.(3)①若c≥1,则e x≤ce x.又由(2)知,当x>0时,x2<e x.所以当x>0时,x2<ce x.取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.②若0<c<1,令k=>1,要使不等式x2<ce x成立,只要e x>kx2成立.而要使e x>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.令h(x)=x-2ln x-ln k,则h'(x)=1-=,所以当x>2时,h'(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解法二:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)对任意给定的正数c,取x0=,由(2)知,当x>0时,e x>x2,所以e x=·>,当x>x0时,e x>>=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.解法三:(1)同解法一.(2)同解法一.(3)首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有x3<e x.证明如下:令h(x)=x3-e x,则h'(x)=x2-e x.由(2)知,当x>0时,x2<e x,从而h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减,所以h(x)<h(0)=-1<0,即x3<e x.取x0=,当x>x0时,有x2<x3<e x.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<ce x.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.考点三导数的综合应用8.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-xB.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x答案 A9.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]答案 C10.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=ae x ln x+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求a,b;(2)证明:f(x)>1.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ae x ln x+e x-e x-1+e x-1.由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.故a=1,b=2.(2)由(1)知, f(x)=e x ln x+e x-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.11.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x∈.(1)求证:f(x)≤0;(2)若a<<b对x∈恒成立,求a的最大值与b的最小值.解析(1)由f(x)=xcos x-sin x得f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.因为在区间上f '(x)=-xsin x<0,所以f(x)在区间上单调递减.从而f(x)≤f(0)=0.(2)当x>0时,“>a”等价于“sin x-ax>0”;“<b”等价于“sin x-bx<0”.令g(x)=sin x-cx,则g'(x)=cos x-c.当c≤0时,g(x)>0对任意x∈恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈,g'(x)=cos x-c<0,所以g(x)在区间上单调递减.从而g(x)<g(0)=0对任意x∈恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈使得g'(x0)=cos x0-c=0.g(x)与g'(x)在区间上的情况如下:因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g=1-c≥0,即0<c≤.综上所述,当且仅当c≤时,g(x)>0对任意x∈恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈恒成立.所以,若a<<b对任意x∈恒成立,则a的最大值为,b的最小值为1.12.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.解析(1)当b=4时, f '(x)=,由f '(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f '(x)=,因为当x∈时,<0,依题意,当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为.13.(2014天津,20,14分)设f(x)=x-ae x(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2.(1)求a的取值范围;(2)证明随着a的减小而增大;(3)证明x1+x2随着a的减小而增大.解析(1)由f(x)=x-ae x,可得f '(x)=1-ae x,下面分两种情况讨论:①a≤0时,f '(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.②a>0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: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;(iii)存在s2∈(-ln a,+∞),满足f(s2)<0.由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得0<a<e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈(-∞,-ln a),且f(s1)=-a<0;取s2=+ln,满足s2∈(-ln a,+∞),且f(s2)=+<0.所以a的取值范围是(0,e-1).(2)证明:由f(x)=x-ae x=0,有a=.设g(x)=,由g'(x)=,知g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当x∈(-∞,0]时,g(x)≤0;当x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,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),x2∈(1,+∞).对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0,1)上单调递增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;类似可得ξ2<η2.又由ξ1,η1>0,得<<.所以随着a的减小而增大.(3)证明:由x1=a,x2=a,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.设=t,则t>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)(π+2x)-(sin x+1),g(x)=3(x-π)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+x1<π.证明(1)当x∈时, f '(x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-cos x<0,函数f(x)在上为减函数,又f(0)=π->0, f=-π2-<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.(2)考虑函数h(x)=-4ln,x∈.令t=π-x,则x∈时,t∈.记u(t)=h(π-t)=-4ln,则u'(t)=.由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈时,1+sin x>0,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=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.15.(2014湖南,22,13分)已知常数a>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a≥1时, f '(x)>0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当0<a<1时,由f '(x)=0得x1=2x2=-2舍去.当x∈(0,x1)时, f '(x)<0;当x∈(x1,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增.综上所述,当a≥1时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当0<a<1时, f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.(2)由(*)式知,当a≥1时, f '(x)≥0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0<a<1,又f(x)的极值点只可能是x1=2和x2=-2,且由f(x)的定义可知,x>-且x≠-2,所以-2>-,-2≠-2,解得a≠.此时,由(*)式易知,x1,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)-=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0<a<1且a≠知,当0<a<时,-1<x<0;当<a<1时,0<x<1,记g(x)=ln x2+-2.(i)当-1<x<0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)<g(-1)=-4<0,故当0<a<时, f(x1)+f(x2)<0. (ii)当0<x<1时,g(x)=2ln x+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而g(x)>g(1)=0,故当<a<1时, f(x1)+f(x2)>0.综上所述,满足条件的a的取值范围为.16.(2014湖北,22,14分)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间;(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;(3)将e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=,所以f '(x)=.当f '(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>e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<π,所以eln 3<eln π,πln e<πln 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π.于是根据函数y=ln x,y=e x,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<π及(1)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),即<<.由<,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3;由<,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.(3)由(2)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.又由(2)知,<,得πe<eπ.故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.由(1)知,当0<x<e时, f(x)<f(e)=,即<.在上式中,令x=,又<e,则ln<,从而2-ln π<,即得ln π>2-.①由①得,eln π>e>2.7×>2.7×(2-0.88)=3.024>3,即eln π>3,亦即ln πe>ln e3,所以e3<πe.又由①得,3ln π>6->6-e>π,即3ln π>π,所以eπ<π3.综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.17.(2014重庆,20,12分)已知函数f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数f '(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线的斜率为4-c.(1)确定a,b的值;(2)若c=3,判断f(x)的单调性;(3)若f(x)有极值,求c的取值范围.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f '(x)为偶函数,知f '(-x)=f '(x),即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,因为e2x+e-2x>0,所以a=b.又f '(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.(2)当c=3时, f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f '(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,故f(x)在R上为增函数.(3)由(1)知f '(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c<4时,对任意x∈R, f '(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x≠0, f '(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值;当c>4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x1<x<x2时, f '(x)<0;又当x>x2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,+∞).18.(2014浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(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b∈R.若[f(x)+b]2≤4对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-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,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-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(2)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(1)知, (i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.19.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=e x-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.解析(1)由f(x)=e x-ax2-bx-1,有g(x)=f '(x)=e x-2ax-b.所以g'(x)=e x-2a.因此,当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a].当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当<a<时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知, f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以<a<.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.解得e-2<a<1.当e-2<a<1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0, f(x2)<f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)内有零点.综上可知,a的取值范围是(e-2,1).。
2017版《三年高考两年模拟》数学(理科)汇编专题：3.2导数的应用
第二节 导数的应用A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.(2015·福建,10)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 )＞k ＞1,则下列结论中一定错误的是( )A.f ⎝⎛⎭⎫1k ＜1kB.f ⎝⎛⎭⎫1k ＞1k －1C.f ⎝⎛⎭⎫1k －1＜1k －1D.f ⎝⎛⎭⎫1k －1＞k k －12.(2015·陕西,12)对二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a 为非零整数),四位同学分别给出下列结论,其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( )A.－1是f (x )的零点B.1是f (x )的极值点C.3是f (x )的极值D.点(2,8)在曲线y ＝f (x )上 3.(2015·新课标全国Ⅱ,12)设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (－1)＝0,当x >0时,xf ′(x )－f (x )＜0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A.(－∞,－1)∪(0,1)B.(－1,0)∪(1,＋∞)C.(－∞,－1)∪(－1,0)D.(0,1)∪(1,＋∞)4.(2015·新课标全国Ⅰ,12)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ,其中a <1,若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0,则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫－32e ，1B.⎣⎡⎭⎫－32e ，34C.⎣⎡⎭⎫32e ，34D.⎣⎡⎭⎫32e ，1 5.(2014·新课标全国Ⅱ,12)设函数f (x )＝3sin πx m .若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2,则m 的取值范围是( )A.(－∞,－6)∪(6,＋∞)B.(－∞,－4)∪(4,＋∞)C.(－∞,－2)∪(2,＋∞)D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)6.(2014·辽宁,11)当x ∈[－2,1]时,不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立,则实数a 的取值范围是( )A.[－5,－3]B.⎣⎡⎦⎤－6，－98 C.[－6,－2] D.[－4,－3] 7.(2016·全国Ⅱ,21)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x的单调性,并证明当x >0时,(x －2)e x ＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0,1)时,函数g (x )＝e x －ax －ax 2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a ),求函数h (a )的值域.8.(2016·全国Ⅲ,21)设函数f (x )＝a cos 2x ＋(a －1)·(cos x ＋1),其中a ＞0,记|f (x )|的最大值为4. (1)求f ′(x )； (2)求A ； (3)证明|f ′(x )|≤2A .9.(2016·全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点. (1)求a 的取值范围；(2)设x 1,x 2是f (x )的两个零点,证明：x 1＋x 2<2.10.(2016·北京,18)设函数f (x )＝x e a －x +bx ,曲线y ＝f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y ＝(e-1)x ＋4. (1)求a ,b 的值； (2)求f (x )的单调区间.11.(2016·四川,21)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ,其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值,使得f (x )>1x －e 1－x 在区间(1,＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数).12.(2016·山东,20)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2,a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时,证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.13.(2015·新课标全国Ⅱ,21)设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx . (1)证明：f (x )在(－∞,0)单调递减,在(0,＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1,x 2∈[－1,1],都有|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1,求m 的取值范围.14.(2015·北京,18)已知函数f (x )＝ln 1＋x1－x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程； (2)求证：当x ∈(0,1)时,f (x )＞2⎝⎛⎭⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33对x ∈(0,1)恒成立,求k 的最大值.15.(2015·四川,21)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ,其中a ＞0. (1)设g (x )是f (x )的导函数,讨论g (x )的单调性；(2)证明：存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.16.(2015·天津,20)已知函数f (x )＝nx －x n ,x ∈R ,其中n ∈N *,n ≥2. (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)有两个正实根x 1,x 2,求证：|x 2－x 1|＜a1－n＋2.17.(2015·江苏,19)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ,b ∈R ). (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是(－∞,－3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞,求c 的值.18.(2015·重庆,20)设函数f (x )＝3x 2＋axe x(a ∈R ).(1)若f (x )在x ＝0处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在[3,＋∞)上为减函数,求a 的取值范围.19.(2015·新课标全国Ⅰ,21)已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14,g (x )＝－ln x .(1)当a 为何值时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线；(2)用min{m ,n }表示m ,n 中的最小值,设函数h (x )＝min{f (x ),g (x )}(x >0),讨论h (x )零点的个数.20.(2015·安徽,21)设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .(1)讨论函数f (sin x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值； (2)记f 0(x )＝x 2－a 0x ＋b 0,求函数|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎡⎦⎤－π2，π2上的最大值D ； (3)在(2)中,取a 0＝b 0＝0,求z ＝b －a 24满足D ≤1时的最大值.21.(2015·广东,19)设a >1,函数f (x )＝(1＋x 2)e x －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 ≤3a －2e－1.22.(2015·山东,21)设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x ),其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )极值点的个数,并说明理由； (2)若∀x ＞0,f (x )≥0成立,求a 的取值范围.23.(2015·湖南,21)已知a ＞0,函数f (x )＝e ax sin x (x ∈[0,＋∞)).记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点,证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1,则对一切n ∈N *,x n ＜|f (x n )|恒成立.24.(2015·福建,20)已知函数f (x )＝ln(1＋x ),g (x )＝kx (k ∈R ). (1)证明：当x ＞0时,f (x )＜x ；(2)证明：当k ＜1时,存在x 0＞0,使得对任意的x ∈(0,x 0),恒有f (x )＞g (x )； (3)确定k 的所有可能取值,使得存在t ＞0,对任意的x ∈(0,t ),恒有|f (x )－g (x )|＜x 2.25.(2014·广东,21)设函数f (x )＝1(x 2＋2x ＋k )2＋2(x 2＋2x ＋k )－3,其中k <－2.(1)求函数f (x )的定义域D (用区间表示)； (2)讨论函数f (x )在D 上的单调性；(3)若k <－6,求D 上满足条件f (x )>f (1)的x 的集合(用区间表示).26.(2014·山东,20)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数,e ＝2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k ≤0时,求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点,求k 的取值范围.27.(2014·新课标全国Ⅰ,21)设函数f (x )＝a e xln x ＋b e x －1x ,曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y ＝e(x －1)＋2. (1)求a ,b ； (2)证明：f (x )>1.28.(2014·北京,18)已知函数f (x )＝x cos x －sin x ,x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin xx <b 对x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立,求a 的最大值与b 的最小值.29.(2014·江西,18)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R ). (1)当b ＝4时,求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间(0,13)上单调递增,求b 的取值范围.30.(2014·辽宁,21)已知函数f (x )＝(cos x －x )(π＋2x )－83(sin x ＋1),g (x )＝3(x －π)cos x －4(1＋sinx )ln ⎝⎛⎭⎫3－2x π. 证明：(1)存在唯一x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2,使f (x 0)＝0； (2)存在唯一x 1∈⎝⎛⎭⎫π2，π,使g (x 1)＝0,且对(1)中的x 0,有x 0＋x 1<π.B 组 两年模拟精选(2016～2015年)1.(2016·河北邯郸模拟)做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π,且用料最省,则圆柱的底面半径为( ) A.3B.4C.5D.62.(2016·北京重点中学模拟)已知a ≥0,函数f (x )＝(x 2－2ax )e x ,若f (x )在[－1,1]上是单调减函数,则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，34 B.⎝⎛⎭⎫12，34C.⎣⎡⎭⎫34，＋∞D.⎝⎛⎭⎫0，12 3.(2016·江苏南京模拟)函数f (x )的导函数为f ′(x ),对∀x ∈R ,都有2f ′(x )>f (x )成立,若f (ln 4)＝2,则不等式f (x )>e x2的解集是( )A.(ln 4,＋∞)B.(0,ln 4)C.(1,＋∞)D.(0,1)4.(2015·江西新余模拟)如图是函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 的部分图象,则函数g (x )＝ln x ＋f ′(x )的零点所在的区间是( )A.⎝⎛⎭⎫14，12B.(1,2)C.⎝⎛⎭⎫12，1 D.(2,3) 5.(2015·北京海淀4月模拟题)设某商品的需求函数为Q ＝100－5P ,其中Q ,P 分别表示需求量和价格,如果商品需求弹性EQEP 大于1⎝⎛⎭⎫其中EQ EP ＝－Q ′Q P ，Q ′是Q 的导数,则商品价格P 的取值范围是________.6.(2015·湛江质检)已知函数f (x )＝sin x (x ≥0),g (x )＝ax (x ≥0). (1)若f (x )≤g (x )恒成立,求实数a 的取值范围； (2)当a 取(1)中的最小值时,求证：g (x )－f (x )≤16x 3.7.(2015·浙江余杭模拟)已知函数f (x )＝4x 2－72－x ,x ∈[0,1].(1)求f (x )的单调区间和值域；(2)设a ≥1,函数g (x )＝x 3－3a 2x －2a ,x ∈[0,1],若对于任意x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)＝f (x 1)成立,求a 的取值范围.答案精析A 组 三年高考真题（2016～2014年）1.C [∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1,∴f ′(x )－k ＞0,k －1＞0,1k －1＞0,可构造函数g (x )＝f (x )－kx ,可得g ′(x )＞0,故g (x )在R 上为增函数, ∵f (0)＝－1,∴g (0)＝－1,∴g ⎝⎛⎭⎫1k －1＞g (0),∴f ⎝⎛⎭⎫1k －1－k k －1＞－1,∴f ⎝⎛⎭⎫1k －1＞1k －1,∴选项C 错误,故选C.] 2.A [A 正确等价于a －b ＋c ＝0,① B 正确等价于b ＝－2a ,② C 正确等价于4ac －b 24a ＝3,③D 正确等价于4a ＋2b ＋c ＝8.④ 下面分情况验证,若A 错,由②、③、④组成的方程组的解为⎩⎪⎨⎪⎧a ＝5，b ＝－10，c ＝8.符合题意；若B 错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a 的方程后无实数解； 若C 错,由①、②、④组成方程组,经验证a 无整数解； 若D 错,由①、②、③组成的方程组a 的解为－34也不是整数.综上,故选A.]3.A [因为f (x )(x ∈R )为奇函数,f (-1)＝0,所以f (1)＝-f (-1)＝0.当x ≠0时,令g (x )＝f （x ）x ,则g (x )为偶函数,且g (1)＝g (－1)＝0.则当x ＞0时,g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫f （x ）x ′＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0,故g (x )在(0,＋∞)上为减函数,在(－∞,0)上为增函数.所以在(0,＋∞)上,当0＜x ＜1时,g (x )＞g (1)＝0⇔f （x ）x＞0⇔f (x )＞0；在(－∞,0)上,当x ＜－1时,g (x )＜g (－1)＝0⇔f （x ）x ＜0⇔f (x )＞0.综上,得使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞,－1)∪(0,1),选A.]4.D [设g (x )＝e x (2x -1),y ＝ax -a ,由题知存在唯一的整数x 0,使得g (x 0)在直线y ＝ax -a 的下方,因为g ′(x )＝e x (2x ＋1),所以当x <－12时,g ′(x )<0,当x >－12时,g ′(x )>0,所以当x ＝－12时,[g (x )]min＝－2e －12,当x ＝0时,g (0)＝-1,g (1)＝3e>0,直线y ＝a (x -1)恒过(1,0)且斜率为a ,故－a >g (0)＝－1, 且g (－1)＝－3e －1≥－a －a ,解得32e≤a <1,故选D.]5.C [由正弦型函数的图象可知：f (x )的极值点x 0满足f (x 0)＝±3,则πx 0m ＝π2＋k π(k ∈Z ),从而得x 0＝(k ＋12)m (k ∈Z ).所以不等式x 20＋[f (x 0)]2<m 2即为(k ＋12)2m 2＋3<m 2,变形得m 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫k ＋122>3,其中k ∈Z .由题意,存在整数k 使得不等式m 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫k ＋122>3成立.当k ≠－1且k ≠0时,必有⎝⎛⎭⎫k ＋122>1,此时不等式显然不能成立,故k ＝－1或k ＝0,此时,不等式即为34m 2>3,解得m <－2或m >2.]6.C [当x ∈(0,1]时,得a ≥－3⎝⎛⎭⎫1x 3－4⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x ,令t ＝1x ,则t ∈[1,＋∞),a ≥－3t 3－4t 2＋t ,令g (t )＝－3t 3－4t 2＋t ,t ∈[1,＋∞),则g ′(t )＝-9t 2-8t ＋1＝-(t ＋1)(9t －1),显然在[1,＋∞)上,g ′(t )<0,g (t )单调递减,所以g (t )max ＝g (1)＝-6,因此a ≥-6；同理,当x ∈[-2,0)时,得a ≤-2.由以上两种情况得-6≤a ≤-2,显然当x ＝0时也成立.故实数a 的取值范围为[-6,-2].]7.(1)解 f (x )的定义域为(－∞,－2)∪(－2,＋∞).f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x －（x －2）e x （x ＋2）2＝x 2e x（x ＋2）2≥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)e x >－(x ＋2),即(x －2)e x ＋x ＋2>0. (2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x ＋a （x ＋2）x 3＝x ＋2x3(f (x )＋a ).由(1)知,f (x )＋a 单调递增,对任意a ∈[0,1),f (0)＋a ＝a －1<0,f (2)＋a ＝a ≥0. 因此,存在唯一x a ∈( 0,2],使得f (x a )＋a ＝0,即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时,f (x )＋a <0,g ′(x )<0,g (x )单调递减； 当x >x a 时,f (x )＋a >0,g ′(x )>0,g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值,最小值为g (x a )＝e x a －a （x a ＋1）x 2a ＝e x a ＋f （x a ）（x ＋1）x 2a ＝e x ax a ＋2. 于是h (a )＝e x a x a ＋2,由⎝⎛⎭⎫e x x ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0,e x x ＋2单调递增. 所以,由x a ∈(0,2],得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24.因为e x x ＋2单调递增,对任意λ∈⎝⎛⎦⎤12，e 24,存在唯一的x a ∈(0,2],a ＝－f (x a )∈[0,1),使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝⎛⎦⎤12，e 24.综上,当a ∈[0,1)时,g (x )有最小值h (a ),h (a )的值域是⎝⎛⎦⎤12，e 24. 8.(1)解 f ′(x )＝－2a sin 2x －(a －1)sin x .(2)解 当a ≥1时,|f (x )|＝|a cos 2x ＋(a －1)(cos x ＋1)|≤a ＋2(a －1)＝3a －2.因此A ＝3a －2. 当0＜a ＜1时,将f (x )变形为f (x )＝2a cos 2x ＋(a －1)·cos x －1,令g (t )＝2at 2＋(a －1)t －1, 则A 是|g (t )|在[－1,1]上的最大值,g (-1)＝a ,g (1)＝3a -2,且当t ＝1-a 4a 时,g (t )取得极小值,极小值为g ⎝⎛⎭⎫1-a 4a ＝-（a -1）28a -1＝-a 2＋6a ＋18a .令-1＜1－a 4a ＜1,解得a ＜－13(舍去),a ＞15. (ⅰ)当0＜a ≤15时,g (t )在(-1,1)内无极值点,|g (-1)|＝a ,|g (1)|＝2－3a ,|g (-1)|＜|g (1)|,所以A ＝2－3a .(ⅱ)当15＜a ＜1时,由g (－1)－g (1)＝2(1－a )＞0,知g (－1)＞g (1)＞g ⎝⎛⎭⎫1－a 4a . 又⎪⎪⎪⎪g ⎝⎛⎭⎫1－a 4a －|g (－1)|＝（1－a ）（1＋7a ）8a ＞0,所以A ＝⎪⎪⎪⎪g ⎝⎛⎭⎫1－a 4a ＝a 2＋6a ＋18a .综上,A ＝⎩⎨⎧2－3a ，0＜a ≤15，a 2＋6a ＋18a ，15＜a ＜1，3a －2，a ≥1.(3)证明 由(1)得|f ′(x )|＝|－2a sin 2x －(a －1)sin x |≤2a ＋|a －1|. 当0＜a ≤15时,|f ′(x )|≤1＋a ≤2－4a ＜2(2－3a )＝2A .当15＜a ＜1时,A ＝a 8＋18a ＋34≥1,所以|f ′(x )|≤1＋a ＜2A . 当a ≥1时,|f ′(x )|≤3a －1≤6a －4＝2A .所以|f ′(x )|≤2A . 9.解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a ). ①设a ＝0,则f (x )＝(x －2)e x ,f (x )只有一个零点.②设a >0,则当x ∈(－∞,1)时,f ′(x )<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.又f (1)＝－e,f (2)＝a ,取b 满足b <0且b <ln a 2,则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0,故f (x )存在两个零点.③设a <0,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a ).若a ≥－e2,则ln(－2a )≤1,故当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,＋∞)上单调递增.又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 若a <－e2,则ln(－2a )>1,故当x ∈(1,ln(－2a ))时,f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a ),＋∞)时,f ′(x )>0,因此f (x )在(1,ln(－2a ))上单调递减,在(ln(－2a ),＋∞)上单调递增. 又当x ≤1时,f (x )<0,所以f (x )不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,＋∞).(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,x 1∈(－∞,1),x 2∈(1,＋∞),2－x 2∈(－∞,1),f (x )在(－∞,1)上单调递减,所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2),即f (2－x 2)<0. 由于f (2－x 2)＝－x 2e 2－x 2＋a (x 2－1)2,而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0,所以f (2－x 2)＝－x 2e 2－x2－(x 2－2)e x2.设g (x )＝－x e 2－x －(x －2)e x ,则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x －e x ),所以当x >1时,g ′(x )<0,而g (1)＝0, 故当x >1时,g (x )<0,从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0,故x 1＋x 2<2. 10.解 (1)f (x )的定义域为R . ∵f ′(x )＝e a －x －x e a －x ＋b ＝(1－x )e a －x ＋b .依题设,⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2,b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x ,由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x ＞0知,f ′(x )与1－x ＋e x －1同号.令g (x )＝1－x ＋e x －1,则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以,当x ∈(-∞,1)时,g ′(x )＜0,g (x )在区间(－∞,1)上单调递减； 当x ∈(1,＋∞)时,g ′(x )＞0,g (x )在区间(1,＋∞)上单调递增. 故g (1)＝1是g (x )在区间(-∞,＋∞)上的最小值, 从而g (x )＞0,x ∈(-∞,＋∞), 综上可知,f ′(x )＞0,x ∈(-∞,＋∞). 故f (x )的单调递增区间为(-∞,＋∞). 11.解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时,f ′(x )<0,f (x )在(0,＋∞)内单调递减.当a >0时,由f ′(x )＝0,有x ＝12a .此时,当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增. (2)令g (x )＝1x －1e x －1,s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1.而当x >1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x >1时,g (x )>0.当a ≤0,x >1时,f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内恒成立时,必有a >0. 当0<a <12时,12a >1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎫12a <f (1)＝0,而g ⎝⎛⎭⎫12a >0, 所以此时f (x )>g (x )在区间(1,＋∞)内不恒成立. 当a ≥12时,令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1).当x >1时,h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x >x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此,h (x )在区间(1,＋∞)单调递增.又因为h (1)＝0,所以当x >1时,h (x )＝f (x )－g (x )>0,即f (x )>g (x )恒成立. 综上,a ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞.12.(1)解 f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时,x ∈(0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 当a >0时,f ′(x )＝a （x －1）x 3⎝⎛⎭⎫x －2a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a . ①0<a <2时,2a>1, 当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，2a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. ②a ＝2时,2a＝1,在x ∈(0,＋∞)内,f ′(x )≥0,f (x )单调递增. ③a >2时,0<2a <1,当x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 或x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, 当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,1)内单调递增,在(1,＋∞)内单调递减； 当0<a <2时,f (x )在(0,1)内单调递增,在⎝⎛⎭⎫1，2a 内单调递减,在 ⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞内单调递增； 当a ＝2时,f (x )在(0,＋∞)内单调递增； 当a >2时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 内单调递增,在⎝⎛⎭⎫2a ，1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 ＋2x －1x 2－⎝⎛⎭⎫1－1x －2x 2＋2x 3＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1,x ∈[1,2]. 设g (x )＝x －ln x ,h (x )＝3x ＋1x 2－2x 3－1,x ∈[1,2],则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x ).由g ′(x )＝x －1x ≥0,可得g (x )≥g (1)＝1,当且仅当x ＝1时取得等号.又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x 4.设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6,则φ(x )在x ∈[1,2]单调递减.因为φ(1)＝1,φ(2)＝－10,所以∃x 0∈(1,2),使得x ∈(1,x 0)时,φ(x )>0,x ∈(x 0,2)时,φ(x )<0. 所以h (x )在(1,x 0)内单调递增,在(x 0,2)内单调递减. 由h (1)＝1,h (2)＝12,可得h (x )≥h (2)＝12,当且仅当x ＝2时取得等号.所以f (x )－f ′(x )>g (1)＋h (2)＝32.即f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈[1,2]成立.13.(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx －1≤0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx －1≥0,f ′(x )＞0. 若m ＜0,则当x ∈(－∞,0)时,e mx －1＞0,f ′(x )＜0；当x ∈(0,＋∞)时,e mx －1＜0,f ′(x )＞0. 所以,f (x )在(－∞,0)单调递减, 在(0,＋∞)上单调递增.(2)解 由(1)知,对任意的m ,f (x )在[－1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故f (x )在x ＝0处取得最小值.所以对于任意x 1,x 2∈[－1,1],|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.①设函数g (t )＝e t －t －e ＋1,则g ′(t )＝e t －1.当t ＜0时,g ′(t )＜0；当t ＞0时,g ′(t )＞0.故g (t )在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增. 又g (1)＝0,g (－1)＝e －1＋2－e ＜0,故当t ∈[－1,1]时,g (t )≤0. 当m ∈[－1,1]时,g (m )≤0,g (－m )≤0,即①式成立； 当m ＞1时,由g (t )的单调性,g (m )＞0,即e m －m ＞e －1； 当m ＜－1时,g (－m )＞0,即e －m ＋m ＞e －1. 综上,m 的取值范围是[－1,1].14.(1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x ),所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x,f ′(0)＝2. 又因为f (0)＝0,所以曲线y ＝f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y ＝2x . (2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝⎛⎭⎫x ＋x 33,则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.因为g ′(x )>0(0<x <1),所以g (x )在区间(0,1)上单调递增. 所以g (x )>g (0)＝0,x ∈(0,1),即当x ∈(0,1)时,f (x )>2⎝⎛⎭⎫x ＋x 33. (3)解 由(2)知,当k ≤2时,f (x )>k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33对x ∈(0,1)恒成立. 当k >2时,令h (x )＝f (x )－k ⎝⎛⎭⎫x ＋x 33,则h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2. 所以当0<x <4k －2k 时,h ′(x )<0,因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4k －2k 上单调递减.当0<x <4k －2k 时,h (x )<h (0)＝0,即f (x )<k ⎝⎛⎭⎫x ＋x 33. 所以当k >2时,f (x )>k ⎝⎛⎭⎫x ＋x33并非对x ∈(0,1)恒成立. 综上可知,k 的最大值为2.15.(1)解 由已知,函数f (x )的定义域为(0,＋∞),g (x )＝f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎫1＋ax , 所以g ′(x )＝2－2x ＋2ax2＝2⎝⎛⎭⎫x －122＋2⎝⎛⎭⎫a －14x 2,当0＜a ＜14时,g (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2,⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增,在区间⎝⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减；当a ≥14时,g (x )在区间(0,＋∞)上单调递增.(2)证明 由f ′(x )＝2(x －a )－2ln x －2⎝⎛⎭⎫1＋a x ＝0,解得a ＝x －1－ln x 1＋x －1, 令φ(x )＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x －1－ln x 1＋x －1ln x ＋x 2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －1x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－ln x 1＋x －12＋x －1－ln x 1＋x －1,则φ(1)＝1＞0,φ(e)＝－e （e －2）1＋e －1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫e －21＋e －12＜0, 故存在x 0∈(1,e),使得φ(x 0)＝0,令a 0＝x 0－1－ln x 01＋x －10,u (x )＝x －1－ln x (x ≥1), 由u ′(x )＝1－1x ≥0知,函数u (x )在区间(1,＋∞)上单调递增,所以0＝u （1）1＋1＜u （x 0）1＋x －10＝a 0＜u （e ）1＋e －1＝e －21＋e －1＜1,即a 0∈(0,1),当a ＝a 0时,有f ′(x 0)＝0,f (x 0)＝φ(x 0)＝0,由(1)知,f ′(x )在区间(1,＋∞)上单调递增, 故当x ∈(1,x 0)时,f ′(x )＜0,从而f (x )＞f (x 0)＝0；当x ∈(x 0,＋∞)时,f ′(x )＞0,从而f (x )＞f (x 0)＝0,所以,当x ∈(1,＋∞)时,f (x )≥0,综上所述,存在a ∈(0,1),使得f (x )≥0在区间(1,＋∞)内恒成立,且f (x )＝0在区间(1,＋∞)内有唯一解.16.(1)解 由f (x )＝nx －x n ,可得f ′(x )＝n －nx n －1＝n (1－x n －1). 其中n ∈N *,且n ≥2,下面分两种情况讨论： ①当n 为奇数时.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 )在(②当n 为偶数时.当f ′(x )＞0,即x ＜1时,函数f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0,即x ＞1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(x 0,0),则x 0＝n 1n －1,f ′(x 0)＝n －n 2.曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0),即g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0). 令F (x )＝f (x )－g (x ),即F (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0),则F ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0). 由于f ′(x )＝－nx n －1＋n 在(0,＋∞)上单调递减,故F ′(x )在(0,＋∞)上单调递减,又因为F ′(x 0)＝0,所以当x ∈(0,x 0)时,F ′(x )＞0, 当x ∈(x 0,＋∞)时,F ′(x )＜0,所以F (x )在(0,x 0)内单调递增, 在(x 0,＋∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x ,都有F (x )≤F (x 0)＝0,即对于任意的正实数x ,都有f (x )≤g (x ). (3)证明 不妨设x 1≤x 2.由(2)知g (x )＝(n －n 2)(x －x 0), 设方程g (x )＝a 的根为x 2′,可得x 2′＝an －n 2＋x 0. 当n ≥2时,g (x )在(－∞,＋∞)上单调递减, 又由(2)知g (x 2)≥f (x 2)＝a ＝g (x 2′),可得x 2≤x 2′.类似地,设曲线y ＝f (x )在原点处的切线方程为y ＝h (x ),可得h (x )＝nx . 当x ∈(0,＋∞),f (x )－h (x )＝－x n ＜0,即对于任意的x ∈(0,＋∞),f (x )＜h (x ). 设方程h (x )＝a 的根为x 1′,可得x 1′＝an.因为h (x )＝nx 在(－∞,＋∞)上单调递增,且h (x 1′)＝a ＝f (x 1)＜h (x 1),因此x 1′＜x 1. 由此可得x 2－x 1＜x 2′－x 1′＝a1－n ＋x 0.因为n ≥2,所以2n －1＝(1＋1)n －1≥1＋C 1n －1＝1＋n －1＝n , 故2≥n 1n －1＝x 0.所以,|x 2－x 1|＜a 1－n＋2.17.解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ,令f ′(x )＝0,解得x 1＝0,x 2＝－2a3.当a ＝0时,因为f ′(x )＝3x 2＞0(x ≠0),所以函数f (x )在(－∞,＋∞)上单调递增；当a ＞0时,x ∈⎝⎛⎭⎫-∞，-2a 3∪(0,＋∞)时,f ′(x )＞0,x ∈⎝⎛⎭⎫-2a3，0时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫-∞，-2a 3,(0,＋∞)上单调递增,在⎝⎛⎭⎫-2a 3，0上单调递减；当a ＜0时,x ∈(－∞,0)∪⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞时,f ′(x )＞0,x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a3时,f ′(x )＜0,所以函数f (x )在(－∞,0),⎝⎛⎭⎫－2a 3，＋∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫0，－2a3上单调递减. (2)由(1)知,函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ,f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝427a 3＋b ,则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝⎛⎭⎫－2a 3＝b ⎝⎛⎭⎫427a 3＋b ＜0,从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－427a 3＜b ＜0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，0＜b ＜－427a 3.又b ＝c －a ,所以当a ＞ 0时,427a 3－a ＋c ＞0或当a ＜0时,427a 3－a ＋c ＜0.设g (a )＝427a 3-a ＋c ,因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞, 则在(-∞,-3)上g (a )＜0,且在⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞上g (a )＞0均恒成立. 从而g (－3)＝c －1≤0,且g ⎝⎛⎭⎫32＝c －1≥0,因此c ＝1. 此时,f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ],因函数有三个零点,则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根, 所以Δ＝(a -1)2－4(1-a )＝a 2＋2a -3＞0, 且(-1)2-(a -1)＋1-a ≠0,解得a ∈(-∞,-3)∪⎝⎛⎭⎫1，32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞.综上c ＝1. 18.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝（6x ＋a ）e x －（3x 2＋ax ）e x （e x ）2＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x ,因为f (x )在x ＝0处取得极值,所以f ′(0)＝0,即a ＝0.当a ＝0时,f (x )＝3x 2e x ,f ′(x )＝－3x 2＋6x e x,故f (1)＝3e ,f ′(1)＝3e ,从而f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e (x －1),化简得3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋（6－a ）x ＋ae x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ,由g (x )＝0解得x 1＝6－a －a 2＋366,x 2＝6－a ＋a 2＋366.当x ＜x 1时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0,故f (x )为减函数； 当x 1＜x ＜x 2时,g (x )＞0,即f ′(x )＞0,故f (x )为增函数； 当x ＞x 2时,g (x )＜0,即f ′(x )＜0, 故f (x )为减函数.由f (x )在[3,＋∞)上为减函数,知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3,解得a ≥－92,故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫－92，＋∞. 19.解 (1)设曲线y ＝f (x )与x 轴相切于点(x 0,0),则f (x 0)＝0,f ′(x 0)＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12,a ＝－34.因此,当a ＝－34时,x 轴为曲线y ＝f (x )的切线.(2)当x ∈(1,＋∞)时,g (x )＝－ln x <0,从而h (x )＝min{f (x ),g (x )}≤g (x )<0, 故h (x )在(1,＋∞)无零点.当x ＝1时,若a ≥－54,则f (1)＝a ＋54≥0,h (1)＝min{f (1),g (1)}＝g (1)＝0,故x ＝1是h (x )的零点；若a <－54,则f (1)<0,h (1)＝min{f (1),g (1)}＝f (1)<0,故x ＝1不是h (x )的零点.当x ∈(0,1)时,g (x )＝－ln x >0.所以只需考虑f (x )在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a ≤－3或a ≥0,则f ′(x )＝3x 2＋a 在(0,1)无零点,故f (x )在(0,1)单调.而f (0)＝14,f (1)＝a ＋54,所以当a ≤－3时,f (x )在(0,1)有一个零点；当a ≥0时,f (x )在(0,1)没有零点. (ⅱ)若－3<a <0,则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 3单调递减,在⎝⎛⎭⎫－a 3，1单调递增,故在(0,1)中,当x ＝－a3时,f (x )取得最小值,最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a3－a 3＋14. ①若f ⎝⎛⎭⎫－a 3>0,即－34<a <0,f (x )在(0,1)无零点； ②若f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝0,即a ＝－34,则f (x )在(0,1)有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎫－a 3<0,即－3<a <－34,由于f (0)＝14,f (1)＝a ＋54,所以当－54<a <－34时,f (x )在(0,1)有两个零点；当－3<a ≤－54时,f (x )在(0,1)有一个零点.综上,当a >-34或a <-54时,h (x )有一个零点；当a ＝-34或a ＝-54时,h (x )有两个零点；当-54<a <-34时,h (x )有三个零点. 20.解 (1)f (sin x )＝sin 2 x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ,－π2<x <π2.[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ,－π2<x <π2.因为－π2<x <π2,所以cos x >0,－2<2sin x <2.①a ≤－2,b ∈R 时,函数f (sin x )单调递增,无极值. ②a ≥2,b ∈R 时,函数f (sin x )单调递减,无极值.③对于－2<a <2,在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内存在唯一的x 0,使得2sin x 0＝a . －π2<x ≤x 0时,函数f (sin x )单调递减； x 0≤x <π2时,函数f (sin x )单调递增；因此,－2<a <2,b ∈R 时,函数f (sin x )在x 0处有极小值 f (sin x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝b －a24. (2)－π2≤x ≤π2时,|f (sin x )－f 0(sin x )|＝|(a 0－a )sin x ＋b －b 0|≤|a －a 0|＋|b －b 0|.当(a 0－a )(b －b 0)≥0时,取x ＝π2,等号成立.当(a 0－a )(b －b 0)<0时,取x ＝－π2,等号成立.由此可知,|f (sin x )－f 0(sin x )|在⎣⎡⎦⎤－π2，π2上的最大值为D ＝|a －a 0|＋|b －b 0|. (3)D ≤1即为|a |＋|b |≤1,此时0≤a 2≤1,－1≤b ≤1, 从而z ＝b －a 24≤1.取a ＝0,b ＝1,则|a |＋|b |≤1,并且z ＝b －a 24＝1.由此可知,z ＝b －a 24满足条件D ≤1的最大值为1.21.(1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x ＝(x ＋1)2e x ∀x ∈R ,f ′(x )≥0恒成立.∴f (x )的单调增区间为(－∞,＋∞). (2)证明 ∵f (0)＝1－a ,f (a )＝(1＋a 2)e a －a ,∵a >1,∴f (0)<0,f (a )>2a e a －a >2a －a ＝a >0,∴f (0)·f (a )<0, ∴f (x )在(0,a )上有一零点,又∵f (x )在(－∞,＋∞)上递增,∴f (x )在(0,a )上仅有一个零点,∴f (x )在(－∞,＋∞)上仅有一个零点. (3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ,设P (x 0,y 0),则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0,∴x 0＝－1, 把x 0＝-1,代入y ＝f (x )得y 0＝2e -a ,∴k OP ＝a －2e .f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e,令g (m )＝e m －(m ＋1),g ′(m )＝e m －1. 令g ′(x )>0,则m >0,∴g (m )在(0,＋∞)上增.令g ′(x )<0,则m <0,∴g (m )在(－∞,0)上减.∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0,即e m ≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3,即a －2e ≥(m ＋1)3.∴m ＋1≤3a －2e ,即m ≤3a －2e－1.22.解 (1)由题意知,函数f (x )的定义域为(－1,＋∞), f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1.令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1,x ∈(－1,＋∞).①当a ＝0时,g (x )＝1,此时f ′(x )＞0,函数f (x )在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点； ②当a ＞0时,Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8).(ⅰ)当0＜a ≤89时,Δ≤0,g (x )≥0,f ′(x )≥0,函数f (x )在(－1,＋∞)上单调递增,无极值点；(ⅱ)当a ＞89时,Δ＞0,设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1,x 2(x 1＜x 2),因为x 1＋x 2＝-12,所以x 1＜-14,x 2＞-14.由g (-1)＝1＞0,可得-1＜x 1＜-14.所以当x ∈(-1,x 1)时,g (x )＞0,f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1,x 2)时,g (x )＜0,f ′(x )＜0,函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2,＋∞)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.(ⅲ)当a ＜0时,Δ＞0,由g (－1)＝1＞0,可得x 1＜－1.当x ∈(－1,x 2)时,g (x )＞0,f ′(x )＞0,函数f (x )单调递增；当x ∈(x 2,＋∞)时,g (x )＜0,f ′(x )＜0,函数f (x )单调递减；所以函数有一个极值点. 综上所述,当a ＜0时,函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时,函数f (x )无极值点；当a ＞89时,函数f (x )有两个极值点.(2)由(1)知,①当0≤a ≤89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； ②当89＜a ≤1时,由g (0)≥0,得x 2≤0,所以函数f (x )在(0,＋∞)上单调递增,又f (0)＝0,所以x ∈(0,＋∞)时,f (x )＞0,符合题意；③当a ＞1时,由g (x )＜0,可得x 2＞0.所以x ∈(0,x 2)时,函数f (x )单调递减； 因为f (0)＝0,所以x ∈(0,x 2)时,f (x )＜0,不合题意； ④当a ＜0时,设h (x )＝x －ln(x ＋1). 因为x ∈(0,＋∞)时,h ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1＞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)＜x . 可得f (x )＜x ＋a (x 2－x )＝ax 2＋(1－a )x ,当x ＞1－1a 时,ax 2＋(1－a )x ＜0,此时f (x )＜0,不合题意.综上所述,a 的取值范围是[0,1].23.证明 (1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e ax cos x ＝e ax (a sin x ＋cos x )＝a 2＋1e ax sin(x ＋φ), 其中tan φ＝1a ,0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0,由x ≥0得x ＋φ＝m π,即x ＝m π－φ,m ∈N *, 对k ∈N ,若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π, 即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ,则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π,即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ,则f ′(x )＜0. 因此,在区间((m －1)π,m π－φ)与(m π－φ,m π)上,f ′(x )的符号总相反. 于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时,f (x )取得极值,所以x n ＝n π－φ(n ∈N *). 此时,f (x n )＝e a (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0,而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数,故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ,公比为－e a π的等比数列.(2)由(1)知,sin φ＝1a 2＋1,于是对一切n ∈N *； x n ＜|f (x n )|恒成立,即n π－φ＜1a 2＋1e a (n π－φ)恒成立,等价于a 2＋1a ＜e a （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立,因为(a ＞0).设g (t )＝e tt (t ＞0),则g ′(t )＝e t （t －1）t 2.令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时,g ′(t )＜0,所以g (t )在区间(0,1)上单调递减； 当t ＞1时,g ′(t )＞0,所以g (t )在区间(1,＋∞)上单调递增. 从而当t ＝1时,函数g (t )取得最小值g (1)＝e.因此,要使(*)式恒成立,只需a 2＋1a ＜g (1)＝e,即只需a ＞1e 2－1.而当a ＝1e 2－1时,由tan φ＝1a ＝e 2－1＞3且0＜φ＜π2知,π3＜φ＜π2. 于是π－φ＜2π3＜e 2－1,且当n ≥2时,n π－φ≥2π－φ＞3π2＞e 2－1.因此对一切n ∈N *,ax n ＝n π－φe 2－1≠1,所以g (ax n )＞g (1)＝e ＝a 2＋1a .故(*)式亦恒成立.综上所述,若a ≥1e 2－1,则对一切n ∈N *,x n ＜|f (x n )|恒成立. 24.(1)证明 令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ,x ∈(0,＋∞),则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋1. 当x ∈(0,＋∞)时,F ′(x )＜0,所以F (x )在(0,＋∞)上单调递减, 故当x ＞0时,F (x )＜F (0)＝0,即当x ＞0时,f (x )＜x . (2)证明 令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ,x ∈(0,＋∞), 则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋（1－k ）x ＋1. 当k ≤0时,G ′(x )＞0,故G (x )在(0,＋∞)单调递增,G (x )＞G (0)＝0, 故任意正实数x 0均满足题意.当0＜k ＜1时,令G ′(x )＝0,得x ＝1－k k ＝1k－1＞0,取x 0＝1k －1,对任意x ∈(0,x 0),有G ′(x )＞0,从而G (x )在(0,x 0)单调递增,所以G (x )＞G (0)＝0,即f (x )＞g (x ).综上,当k ＜1时,总存在x 0＞0,使得对任意x ∈(0,x 0),恒有f (x )＞g (x ). (3)解 当k ＞1时,由(1)知,对于∀x ∈(0,＋∞),g (x )＞x ＞f (x ),故g (x )＞f (x ),|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x ).M (x )＝kx －ln(1＋x )－x 2,x ∈[0,＋∞). 则有M ′(x )＝k －11＋x －2x ＝－2x 2＋（k －2）x ＋k －1x ＋1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4时,M ′(x )＞0,M (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，k －2＋（k －2）2＋8（k －1）4上单调递增,故M (x )＞M (0)＝0,即|f (x )－g (x )|＞x 2,所以满足题意的t 不存在. 当k ＜1时,由(2)知,存在x 0＞0,使得当x ∈(0,x 0)时,f (x )＞g (x ), 此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx . 令N (x )＝ln(1＋x )－kx －x 2,x ∈[0,＋∞).则有N ′(x )＝1x ＋1－k －2x ＝－2x 2－（k ＋2）x ＋1－k x ＋1.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4时,N ′(x )＞0,N (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4上单调递增,故N (x )＞N (0)＝0,即f (x )－g (x )＞x 2.记x 0与－（k ＋2）＋（k ＋2）2＋8（1－k ）4中的较小者为x 1,则当x ∈(0,x 1)时,恒有|f (x )－g (x )|＞x 2. 故满足题意的t 不存在.当k ＝1时,由(1)知,当x ＞0时,|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln(1＋x ), 令H (x )＝x －ln(1＋x )－x 2,x ∈[0,＋∞),则有H ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－x x ＋1.当x ＞0时,H ′(x )＜0,所以H (x )在[0,＋∞)上单调递减,故H (x )＜H (0)＝0. 故当x ＞0时,恒有|f (x )－g (x )|＜x 2.此时,任意正实数t 均满足题意. 综上,k ＝1.法二 (1)(2)证明 同法一.(3)解 当k ＞1时,由(1)知,对于∀x ∈(0,＋∞),g (x )＞x ＞f (x ), 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x )＞kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x ＞x 2,解得0＜x ＜k －1.从而得到,当k ＞1时,对于x ∈(0,k －1),恒有|f (x )－g (x )|＞x 2, 故满足题意的t 不存在.当k ＜1时,取k 1＝k ＋12,从而k ＜k 1＜1,由(2)知,存在x 0＞0,使得x ∈(0,x 0),f (x )＞k 1x ＞kx ＝g (x ),此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＞(k 1－k )x ＝1－k2x ,令1－k 2x ＞x 2,解得0＜x ＜1－k2,此时f (x )－g (x )＞x 2. 记x 0与1－k 2的较小者为x 1,当x ∈(0,x 1)时,恒有|f (x )－g (x )|＞x 2.故满足题意的t 不存在.当k ＝1时,由(1)知,x ＞0,|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＝x －ln(1＋x ), 令M (x )＝x －ln(1＋x )－x 2,x ∈[0,＋∞),则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－x x ＋1.当x ＞0时,M ′(x )＜0,所以M (x )在[0,＋∞)上单调递减, 故M (x )＜M (0)＝0.故当x ＞0时,恒有|f (x )－g (x )|＜x 2, 此时,任意正实数t 均满足题意. 综上,k ＝1.25.解 (1)由题意知(x 2＋2x ＋k ＋3)(x 2＋2x ＋k －1)>0,因此⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋k ＋3>0x 2＋2x ＋k －1>0或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋k ＋3<0x 2＋2x ＋k －1<0,设y 1＝x 2＋2x ＋k ＋3,y 2＝x 2＋2x ＋k －1,则这两个二次函数的对称轴均为x ＝－1, 且方程x 2＋2x ＋k ＋3＝0的判别式Δ1＝4－4(k ＋3)＝－4k －8, 方程x 2＋2x ＋k －1＝0的判别式Δ2＝4－4(k －1)＝8－4k , 因为k <－2,所以Δ2>Δ1>0, 因此对应的两根分别为x 1,2＝－2±Δ12＝－1±－k －2, x 3,4＝－2±Δ22＝－1±2－k , 且有－1－2－k <－1－－k －2<－1＋－k －2<－1＋2－k ,因此函数f (x )的定义域D 为(-∞,-1-2－k )∪(-1-－k －2,-1＋－k －2)∪(-1＋2－k ,＋∞). (2)由(1)中两个二次函数的单调性,且对称轴都为x ＝-1,易知函数f (x )在(-∞,-1-2－k )上单调递增,在(-1-－k －2,-1)上单调递减,在(-1,-1＋－k －2)上单调递增,在(-1＋2－k ,＋∞)上单调递减.(3)由于k <-6,故-1-2－k <-1-－k －2<-3<-1<1<-1＋－k －2<-1＋2－k . 利用函数图象的对称性可知f (1)＝f (-3),再利用函数f (x )的单调性可知在(-1-－k －2,-1)上f (x )>f (1)＝f (-3)的解集为(-1-－k －2,－3),在(-1,-1＋－k －2)上f (x )>f (1)的解集为(1,-1＋－k －2).再在其余两个区间(－∞,－1－2－k )和(－1＋2－k ,＋∞)上讨论. 令x ＝1,则(x 2＋2x ＋k )2＋2(x 2＋2x ＋k )－3＝k 2＋8k ＋12,。
2年模拟(新课标)版高考数学一轮复习3.2导数的应用
§ 3.2导数的应用A组2014—2015年模拟·基础题组限时:40分钟1.(2014山东日照5月,12)如果函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,给出下列判断:①函数y=f(x)在区间内单调递增;②函数y=f(x)在区间内单调递减;③函数y=f(x)在区间(4,5)内单调递增;④当x=2时,函数y=f(x)有极小值;⑤当x=-时,函数y=f(x)有极大值.则上述判断中正确的是( )A.①②B.②③C.③④⑤D.③2.(2014四川泸州一模,6)做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π,且用料最省,则圆柱的底面半径为( )A.3B.4C.6D.53.(2015宁夏大学附中期中,20)某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.4.(2014湖南郴州二模,21)设函数f(x)=x2+aln(x+1)有两个极值点x1,x2,且x1<x2.(1)求实数a的取值范围;(2)讨论函数f(x)的单调性;(3)若对任意的x∈(x1,+∞),都有f(x)>m成立,求实数m的取值范围.5.(2014辽宁大连二模,21)设函数f(x)=ln x-cx(c∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)≤x2恒成立,求c的取值范围;(3)设函数f(x)有两个相异零点x1、x2,求证:x1·x2>e2.B组2014—2015年模拟·提升题组限时:50分钟1.(2015湖北黄冈中学期中,21)已知f(x)=aln(x-1),g(x)=x2+bx,F(x)=f(x+1)-g(x),其中a,b∈R.(1)若y=f(x)与y=g(x)的图象在交点(2,k)处的切线互相垂直,求a,b的值;(2)若x=2是函数F(x)的一个极值点,x0和1是F(x)的两个零点,且x0∈(n,n+1),n∈N*,求n 的值;(3)当b=a-2时,设x1,x2是F(x)的两个极值点,若|x1-x2|>1,求证:|F(x1)-F(x2)|>3-4ln 2.2.(2014山西晋中5月,21)已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).(1)若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,求a的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)设g(x)=x2-2x,若对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)<g(x2),求a的取值范围.3.(2014北京东城一模)已知函数f(x)=ax2-4ln(x-1),a∈R.(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)已知点P(1,1)和函数f(x)图象上动点M(m, f(m)),对任意m∈[2,e+1],直线PM倾斜角都是钝角,求a的取值范围.4.(2014重庆六校下学期第三次诊断,22)已知函数f(x)=e x-ax-1(e为自然对数的底数).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a>0时,若f(x)≥0对任意的x∈R恒成立,求实数a的值;(3)求证:ln+ln+…+ln<2.A组2014—2015年模拟·基础题组1.D 当x∈(-3,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,①错;当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈(2,3)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,②错;当x=2时,函数y=f(x)有极大值,④错;当x=-时,函数y=f(x)无极值,⑤错.故选D.2.A 设圆柱的底面半径为R,母线长为l,则V=πR2l=27π,所以l=,要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最小.S表面积=πR2+2πRl=πR2+2π·,所以S'表面积=2πR-.令S'表面积=0,得R=3,则当R=3时,S表面积最小.故选A.3.解析(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=+10(x-6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,其中3<x<6.从而, f '(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).于是,当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值.答:当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.4.解析(1)由f(x)=x2+aln(x+1)得f '(x)=2x+=(x>-1).令g(x)=2x2+2x+a,则其图象的对称轴为x=-,故由题意可知x1,x2是方程g(x)=0的两个均大于-1的不相等的实数根,其充要条件为解得0<a<.(5分)(2)由(1)可知f '(x)==,其中-1<x1<x2,故①当x∈(-1,x1)时, f '(x)>0,即f(x)在区间(-1,x1)上单调递增;②当x∈(x1,x2)时, f '(x)<0,即f(x)在区间(x1,x2)上单调递减;③当x∈(x2,+∞)时, f '(x)>0,即f(x)在区间(x2,+∞)上单调递增.(9分)(3)由(2)可知f(x)在区间(x1,+∞)上的最小值为f(x2).由于g(0)=a>0,因此由g(x)的图象知-<x2<0.由g(x2)=2+2x2+a=0可得a=-(2+2x2),从而f(x2)=+aln(x2+1)=-(2+2x2)ln(x2+1).设h(x)=x2-(2x2+2x)ln(x+1),其中-<x<0,则h'(x)=2x-2(2x+1)ln(x+1)-2x=-2(2x+1)ln(x+1).由-<x<0知2x+1>0,ln(x+1)<0,故h'(x)>0,故h(x)在上单调递增,所以f(x2)=h(x2)>h=. 故实数m的取值范围为m≤.(14分)5.解析(1)∵f(x)=ln x-cx,∴x∈(0,+∞),f '(x)=-c=.当c≤0时, f(x)的单调增区间为(0,+∞).当c>0时, f(x)的单调增区间为, f(x)的单调减区间为.(3分)(2)∵f(x)≤x2,∴ln x-cx≤x2,∴c≥-x.设g(x)=-x,∴g'(x)=,易知g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-1,∴c≥-1.(7分)(3)证明:∵f(x)有两个相异零点x1,x2,则①∴ln x1-ln x2=c(x1-x2),∴=c(x1≠x2),②而x1·x2>e2等价于ln x1+ln x2>2,③故由①②③得x1·x2>e2等价于·(x1+x2)>2,④不妨设x>x>0,则>1.设t=,则④式可转化为ln t>(其中t>1),(9分)设H(t)=ln t-(t>1),则H'(t)=>0,故函数H(t)是(1,+∞)上的增函数,所以H(t)>H(1)=0, 即不等式ln t>(t>1)成立,故所证不等式x1·x2>e2成立.(12分)B组2014—2015年模拟·提升题组1.解析(1)f '(x)=,g'(x)=2x+b.由题知即解得(2)F(x)=f(x+1)-g(x)=aln x-(x2+bx)(x>0),F'(x)=-2x-b(x>0).由题知即解得a=6,b=-1.∴F(x)=6ln x-(x2-x)(x>0),F'(x)=-2x+1=(x>0).由F'(x)>0(x>0),解得0<x<2;由F'(x)<0(x>0),解得x>2,∴F(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,故由题意知x0∈(2,+∞).又F(2)>F(1)=0,F(3)=6(ln 3-1)>0,F(4)=6(ln 4-2)<0,∴x0∈(3,4),故n=3.(3)证明:当b=a-2时,F(x)=aln x-[x2+(a-2)x],F'(x)=-2x-(a-2)=.由题知F'(x)=0在(0,+∞)上有两个不同根x1,x2,则a<0且a≠-2,此时F'(x)=0的两根为-,1, 故由题知>1,则+a+1>1,a2+4a>0.又∵a<0,∴a<-4,此时->1,则F'(x)与F(x)随x的变化情况如下表:∴|F(x1)-F(x2)|=F(x)极大值-F(x)极小值=F-F(1)=aln+a2-1(a<-4),设φ(a)=aln+a2-1(a<-4),则φ'(a)=ln+a+1,则φ″(a)=+,∵a<-4,∴>-,∴φ″(a)=+>0,∴φ'(a)在(-∞,-4)上是增函数,∴φ'(a)<φ'(-4)=ln 2-1<0(a<-4),从而φ(a)在(-∞,-4)上是减函数,∴φ(a)>φ(-4)=3-4ln 2(a<-4),所以|F(x)-F(x)|>3-4ln 2.2.解析 f '(x)=ax-(2a+1)+(x>0).(2分)(1)由题意知f '(1)=f '(3),即a-(2a+1)+2=3a-(2a+1)+,解得a=.(3分)(2)f '(x)=(x>0).(5分)①当a≤0时,∵x>0,∴ax-1<0,在区间(0,2)上, f '(x)>0;在区间(2,+∞)上, f '(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞).(6分)②当0<a<时,>2,在区间(0,2)和上, f '(x)>0;在区间上, f '(x)<0,故f(x)的单调递增区间是(0,2)和,单调递减区间是.(7分)③当a=时, f '(x)=≥0,故f(x)的单调递增区间是(0,+∞).(8分)④当a>时,0<<2,在区间和(2,+∞)上,f '(x)>0;在区间上, f '(x)<0,故f(x)的单调递增区间是和(2,+∞),单调递减区间是.(9分)(3)由题意知,在(0,2]上有f(x)max<g(x)max.(10分)由已知得g(x)max=0,由(2)可知,①当a≤时, f(x)在(0,2]上单调递增,故f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln 2=-2a-2+2ln 2,令-2a-2+2ln 2<0,解得a>ln 2-1,故当ln 2-1<a≤时,符合题意.(11分)②当a>时, f(x)在上单调递增,在上单调递减,故f(x)max=f=-2--2ln a.由a>可知ln a>ln>ln=-1,所以2ln a>-2,即-2ln a<2,所以-2-2ln a<0,所以f(x)max<0,故当a>时,符合题意.(12分)综上所述,a>ln 2-1.(14分)3.解析(1)当a=1时, f(x)=x2-4ln(x-1),定义域为(1,+∞),f '(x)=2x-==.随着x变化时, f '(x)和f(x)的变化如下:所以当a=1时, f(x)的单调递增区间为(2,+∞),单调递减区间为(1,2).(2)因为对任意m∈[2,e+1],直线PM的倾斜角都是钝角,所以对任意m∈[2,e+1],直线PM的斜率小于0,即<0,即f(m)<1,故f(x)在区间[2,e+1]上的最大值小于1.易得f '(x)=2ax-=,x∈(1,+∞).令g(x)=ax2-ax-2.①当a=0时, f(x)=-4ln(x-1), f(x)在[2,e+1]上单调递减, f(x)max=f(2)=0<1(x∈[2,e+1]),满足题意.②当a<0时,二次函数g(x)的图象开口向下,又g(0)=-2,g(1)=-2,所以∀x∈(1,+∞),g(x)<0,故∀x∈(1,+∞),f '(x)<0,故f(x)在(1,+∞)上单调递减,故f(x)在[2,e+1]上单调递减, f(x)max=f(2)=4a<1(x∈[2,e+1]),满足题意.③当a>0时,二次函数g(x)的图象开口向上,又g(0)=-2,g(1)=-2.所以∃x0∈(1,+∞),使得当x∈(1,x0)时,g(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0.所以f(x)在区间(1,+∞)内先递减后递增.故f(x)在区间[2,e+1]上的最大值是f(2)或f(e+1).所以由题意知即所以0<a<.综上,a的取值范围是.4.解析(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=e x-a,∴a≤0时,f '(x)>0, f(x)在R上单调递增;a>0时,x∈(-∞,ln a)时,f '(x)<0, f(x)单调递减,x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.∴a≤0时, f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);a>0时, f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a),单调递增区间为(ln a,+∞).(2)由(1)可知,a>0时, f(x)min=f(ln a),∴由题意知f(ln a)≥0.即a-aln a-1≥0.记g(a)=a-aln a-1(a>0).∵g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a,∴g(a)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,∴g(a)≤g(1)=0,故g(a)=0,得a=1.(3)证明:由(2)可知e x≥x+1,故ln(1+x)≤x(x>-1),易知x>0时,ln(1+x)<x.要证原不等式成立,只需证:<2.n=1时,∵k≥2时,<==-,∴n≥2时,<+=+-<2.故原不等式成立.。
(- )三年高考数学(文)真题分类解析：专题07-导数的应用
考纲解读明方向分析解读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12~17分,属于高档题.命题探究练扩展2018年高考全景展示1.【2018年新课标I卷文】已知函数．（1）设是的极值点．求，并求的单调区间；（2）证明：当时，．【答案】(1) a=；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析.详解：（1）f（x）的定义域为，f ′（x）=a e x–．由题设知，f ′（2）=0，所以a =．从而f （x ）=，f ′（x ）=．当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥时，f （x ）≥．设g （x ）=，则 当0<x <1时，g′（x ）<0；当x >1时，g′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点．故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0．因此，当时，．点睛：该题考查的是有关导数的应用问题，涉及到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关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要保证函数的生存权，先确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.2017年高考全景展示1.【2016高考四川文科】已知a 函数3()12f x x x =-的极小值点，则a = ( ) (A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D 【解析】考点：函数导数与极值.【名师点睛】本题考查函数的极值．在可导函数中函数的极值点0x 是方程'()0f x =的解，但0x 是极大值点还是极小值点，需要通过这点两边的导数的正负性来判断，在0x 附近，如果0x x <时，'()0f x <，0x x >时'()0f x >，则0x 是极小值点，如果0x x <时，'()0f x >，0x x >时，'()0f x <，则0x 是极大值点，2.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】试题分析：原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 【考点】 导函数的图象【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数)('x f 的正负，得出原函数)(x f 的单调区间． 3.【2017课标1，文21】已知函数()f x =e x (e x ﹣a )﹣a 2x ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a =，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（2）①若0a =，则2()xf x e =，所以()0f x ≥．【考点】导数应用【名师点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出)('x f ，有)('x f 的正负，得出函数)(x f 的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数)(x f 极值或最值．4.【2017课标II ，文21】设函数2()(1)x f x x e =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）在(,1-∞- 和(1)-+∞单调递减，在(11--单调递增（Ⅱ）[1,)+∞【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间（2）对a 分类讨论，当a ≥1时，()(1)(1)1x f x x x e x a x =-+≤+≤+，满足条件；当0a ≤时，取2000001,()(1)(1)112x f x x x ax =>-+=>+，当0＜a ＜1时，取012x =，20000()(1)(1)1f x x x ax >-+>+.试题解析：（1）2()(12)x f x x x e '=--令()0f x '=得1x =-当(,1x ∈-∞-时，()0f x '<；当(1x ∈--+时，()0f x '>；当(1)x ∈-+时，()0f x '<所以()f x 在(,1-∞- 和(1)-+∞单调递减，在(11--单调递增【考点】利用导数求函数单调区间，利用导数研究不等式恒成立【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.2016年高考全景展示1. 【2016高考山东文数】(本小题满分13分) 设f (x )=x ln x –ax 2+(2a –1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )=f'(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x =1处取得极大值.求实数a 的取值范围.【答案】 (Ⅰ)当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞； 当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(Ⅱ)12a >.【解析】试题分析：(Ⅰ)求导数()'ln 22,f x x ax a =-+ 可得()()ln 22,0,g x x ax a x =-+∈+∞， 从而()112'2ax g x a x x-=-=， 讨论当0a ≤时，当0a >时的两种情况下导函数正负号，确定得到函数的单调区间. (Ⅱ)分以下情况讨论：①当0a ≤时，②当102a <<时，③当12a =时，④当12a >时，综合即得.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()'10f =.①当0a ≤时，()'0f x <，()f x 单调递减. 所以当()0,1x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减. 当()1,x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增. 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意. ②当102a <<时，112a >，由(Ⅰ)知()'f x 在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增，可得当当()0,1x ∈时，()'0f x <，11,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >， 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增， 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意.考点：1.应用导数研究函数的单调性、极值；2.分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.考纲解读明方向分析解读 三角函数的图象和性质一直是高考中的热点,往往结合三角公式进行化简和变形来研究函数的单调性、奇偶性、对称性及最值问题,且常以解答题的形式考查,其考查内容及形式仍是近几年高考对该部分内容考查的重点.分值为10~12分,属于中低档题.2018年高考全景展示1．【2018年新课标I 卷文】已知函数，则A. 的最小正周期为π，最大值为3B. 的最小正周期为π，最大值为4C.的最小正周期为，最大值为3 D.的最小正周期为，最大值为4【答案】B【解析】分析：首先利用余弦的倍角公式，对函数解析式进行化简，将解析式化简为，之后应用余弦型函数的性质得到相关的量，从而得到正确选项.点睛：该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简结果. 2．【2018年天津卷文】将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减C. 在区间上单调递增D. 在区间上单调递减【答案】A【解析】分析：首先确定平移之后的对应函数的解析式，然后逐一考查所给的选项是否符合题意即可.点睛：本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3．【2018年江苏卷】已知函数的图象关于直线对称，则的值是________．【答案】【解析】分析：由对称轴得，再根据限制范围求结果.详解：由题意可得，所以，因为，所以点睛：函数（A>0,ω>0）的性质：(1)；(2)最小正周期；(3)由求对称轴；(4)由求增区间; 由求减区间.2017年高考全景展示1.【2017课标II，文13】函数的最大值为. 【答案】【考点】三角函数有界性【名师点睛】通过配角公式把三角函数化为的形式再借助三角函数图象研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．一般可利用求最值.2.【2017课标II，文3】函数的最小正周期为A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意，故选C.【考点】正弦函数周期【名师点睛】函数的性质(1).(2)周期(3)由求对称轴(4)由求增区间; 由求减区间;3.【2017天津，文7】设函数，其中.若且的最小正周期大于，则（A）（B）（C）（D）【答案】【解析】试题分析：因为条件给出周期大于，，，再根据，因为，所以当时，成立，故选A.【考点】三角函数的性质【名师点睛】本题考查了的解析式，和三角函数的图象和性质，本题叙述方式新颖,是一道考查能力的好题，本题可以直接求解，也可代入选项，逐一考查所给选项：当时，，满足题意，，不合题意，B选项错误；，不合题意，C选项错误；，满足题意；当时，，满足题意；，不合题意，D选项错误.本题选择A选项.4.【2017山东，文7】函数 最小正周期为A. B. C. D.【答案】C 【解析】【考点】三角变换及三角函数的性质【名师点睛】求三角函数周期的方法：①利用周期函数的定义．②利用公式：y ＝A sin(ωx ＋φ)和y ＝A cos(ωx ＋φ)的最小正周期为|ω|2π,y ＝tan(ωx ＋φ)的最小正周期为|ω|π.③对于形如的函数,一般先把其化为的形式再求周期.5.【2017浙江，18】（本题满分14分）已知函数f （x ）=sin 2x –cos 2x –sin x cos x （x R ）．（Ⅰ）求的值．（Ⅱ）求的最小正周期及单调递增区间．【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为，单调递增区间为．【解析】试题分析：（Ⅰ）由函数概念，分别计算可得；（Ⅱ）化简函数关系式得，结合可得周期，利用正弦函数的性质求函数的单调递增区间．【考点】三角函数求值、三角函数的性质【名师点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，属于基础题，强调基础的重要性，是高考中的常考知识点；对于三角函数解答题中，当涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等都属于三角函数的性质，首先都应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．2016年高考全景展示1.【2016高考新课标2文数】函数的部分图像如图所示，则（）（A）（B）（C）（D）【答案】A【解析】试题分析：由图知，，周期，所以，所以，因为图象过点，所以，所以，所以，令得，，所以，故选A.考点：三角函数图像的性质【名师点睛】根据图像求解析式问题的一般方法是：先根据函数图像的最高点、最低点确定A，h的值，函数的周期确定ω的值，再根据函数图像上的一个特殊点确定φ值．2.【2016高考天津文数】已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是（）（A）（B）（C）（D）【答案】D【解析】考点：解简单三角方程【名师点睛】对于三角函数来说，常常是先化为y ＝Asin(ωx ＋φ)＋k 的形式，再利用三角函数的性质求解．三角恒等变换要坚持结构同化原则，即尽可能地化为同角函数、同名函数、同次函数等，其中切化弦也是同化思想的体现；降次是一种三角变换的常用技巧，要灵活运用降次公式． 3.【2016高考新课标1文数】若将函数y =2sin (2x +6π)的图像向右平移41个周期后,所得图像对应的函数为（ ）（A ）y =2sin(2x +4π) （B ）y =2sin(2x +3π) （C ）y =2sin(2x –4π) （D ）y =2sin(2x –3π) 【答案】D 【解析】试题分析：函数的周期为,将函数的图像向右平移个周期即个单位,所得函数为,故选D.考点：三角函数图像的平移【名师点睛】函数图像的平移问题易错点有两个,一是平移方向,注意“左加右减“,二是平移多少个单位是对x 而言的,不用忘记乘以系数. 4.[2016高考新课标Ⅲ文数]函数的图像可由函数的图像至少向右平移_____________个单位长度得到．【答案】【解析】考点：1、三角函数图象的平移变换；2、两角差的正弦函数．【误区警示】在进行三角函数图象变换时，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也经常出现在题目中，所以也必须熟练掌握，无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言，即图象变换要看“变量”起多大变化，而不是“角”变化多少．5.【2016高考山东文数】（本小题满分12分）设.（I）求得单调递增区间；（II）把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求的值.【答案】（）的单调递增区间是（或）（）【解析】试题分析：（）化简得由即得写出的单调递增区间（）由平移后得进一步可得（）由（）知把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），得到的图象，再把得到的图象向左平移个单位，得到的图象，即所以考点：1.和差倍半的三角函数；2.三角函数的图象和性质；3.三角函数图象的变换.【名师点睛】本题主要考查和差倍半的三角函数、三角函数的图象和性质、三角函数图象的变换.此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，利用“左加右减、上加下减”变换原则，得出新的函数解析式并求值.本题较易，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.。
【3年高考2年模拟】2016届人教版新课标高三数学(文)一轮复习课件§3.2导数的应用(I)
利用导数研究函数的极值
典例2 (2014重庆,19,12分)已知函数f(x)= x + a -ln x- 3 ,其中a∈R,且曲线y=f
4x
2
(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y= 1 x.
2
(1)求a的值;
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
解析 (1)对f(x)求导得f '(x)= 14 - xa2 - 1x ,由f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于
2
时,
f
'(x)≤0,
f(x)单调递减,f(x)在x=
6
时取得最大值.故选B.
3.已知f(x)=x3-ax2+4x有两个极值点x1、x2,且f(x)在区间(0,1)上有极大值,无极
小值,则a的取值范围是
.
答案 a> 7
2
解析 f '(x)=3x2-2ax+4,则(-2a)2-4×3×4>0,解得a>2 3 ,或a<-2 3 ,又f(x)在
求函数极值的步骤: (1)确定函数的定义域; (2)求方程f '(x)=0的根; (3)用方程f '(x)=0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并形成表 格; (4)由f '(x)=0根的两侧导数的符号来判断f(x)在这个根处取极值的情况.
2-1 若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极 值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点. (1)求a和b的值; (2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.
五年高考3年模拟§3.2 导数的应用
a
a2 4 a a2 4 , 时, f '(x)<0; ∪ 2 2
(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
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x1<x2,则x2>1,
故f(x)没有零点;
1 +ln a<0,即f(-ln a)<0. ③当a∈(0,1)时,1- a
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3.(2017课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (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.
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解析 本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题. (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
2ln x2 ln x1 ln x2 ln x1 ln x2 f ( x1 ) f ( x2 ) 1 由于 =- -1+a =-2+a =-2+a 1 , x x x x xx x x
1 2 1 2 1 2 1 2
x
x2
2
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f ( x ) f ( x2 ) 1 <a-2等价于 -x2+2ln x2<0. x2 x1 x2 1 设函数g(x)= -x+2ln x, x
(i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.
(ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a. 当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+ ∞)单调递增.
三年高考高考数学真题分项汇编专题导数及其应用解答题文含解析.doc
专题04导数及其应用(解答题)1.[2019年高考全国I卷文数】已知函数/' (x) =2sinx-xcosx~x, f r (x)为f (x)的导数.(1)证明：f' (x)在区间(0, Jt )存在唯一零点；(2)若xG [0, “]时，f (x) 2ax,求a的取值范围.【答案】(1)见解析；(2).【解析】(1)设，贝9.当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.(2)由题设知，可得aWO.由(1)知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，所以，当时，.又当时，axWO,故.因此，a的取值范围是.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题•对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2.【2019年高考全国II卷文数】已知函数.证明：(1)存在唯一的极值点；(2)有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)的定义域为(0, +).因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，,故存在唯一，使得.又当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，存在唯一的极值点.(2)由(1)知，又，所以在内存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3.[2019年高考天津文数】设函数，其中.(I )若aWO,讨论的单调性；(II)若，(i)证明恰有两个零点；(ii)设为的极值点，为的零点，且，证明.【答案】(I)在内单调递增.；(II) (i)见解析；(ii)见解析.【解析】(I)解：由已知，的定义域为，且因此当aWO时，，从而，所以在内单调递增.(II)证明：(i)由(I )知.令，由，可知在内单调递减，又，且故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，贝山当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，，所以.从而又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1,从而，在内恰有两个零点.(ii)由题意，即从而，即.因为当时，，又，故，两边取对数，得，于是整理得.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.4.[2019年高考全国III卷文数】己知函数.(1)讨论的单调性；(2)当0〈a〈3时，记在区间[0, 1]的最大值为必最小值为皿，求的取值范围.【答案】(1)见详解；(2).【解析】(1).令，得尸0或.若Q0,则当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减；若沪0,在单调递增；若以0,则当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.(2)当时，由(1)知，在单调递减，在单调递增，所以在［0,1］的最小值为，最大值为或.于是所以当时，可知单调递减，所以的取值范围是.当时，单调递增，所以的取值范围是.综上，的取值范围是.【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少•考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5.［2019年高考北京文数】已知函数.(I )求曲线的斜率为1的切线方程；(II)当时，求证：；(III)设，记在区间上的最大值为％ (a),当M (a)最小时，求a的值.【答案】(I )与；(II)见解析；(III).【解析】(I )由得.令，即，得或.又,，所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即与.(II)令.由得.令得或.的情况如下：所以的最小值为，最大值为.故，即.(III)由(II)知，当时，；当时，；当时，.综上，当最小时，.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.[2019年高考浙江】己知实数，设函数(1)当时，求函数的单调区间；(2)对任意均有求的取值范围.注：e=2. 71828…为自然对数的底数.【答案】(1)的单调递增区间是，单调递减区间是；(2).【解析】(1)当时，.所以，函数的单调递减区间为(0, 3),单调递增区间为(3, +).(2)由，得.当时，等价于.令，则.设，贝y.(i)当时，，贝IJ记，则所以，.因此，.(ii)当时，.令，则，故在上单调递增，所以.由(i)得,.所以，.因此.由(i) (ii)知对任意，，即对任意，均有.综上所述，所求a的取值范围是.【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系.(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题.(4)考查数形结合思想的应用.7.[2019年高考江苏】设函数、为f 3的导函数.(1)若EFb=c, f (4) =8,求a 的值；(2)若a^b, I FC,且f 3和的零点均在集合中，求f(x)的极小值；(3)若，且/• (x)的极大值为必求证:辰.【答案】(1);(2)见解析；(3)见解析.【解析】(1)因为，所以.因为，所以，解得.(2)因为，从而.令，得或.因为都在集合中，且,所以.此时，.令，得或.列表如下:所以的极小值为.(3)因为，所以，因为，所以，则有2个不同的零点，设为. 由，得.列表如下：所以的极大值.解法一：.因此.解法二：因为，所以.令，则.令，得.列表如下:所以当时，取得极大值，且是最大值，故.所以当时，，因此.【名师点睛】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.8.[2018年高考全国III卷文数】已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：当时，.【答案】(1); (2)见解析.【解析】(1),.因此曲线在点处的切线方程是.(2)当时，.令，则.当时,，单调递减；当时,，单调递增；所以.因此.【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当时，，令，求出的最小值即可证明.9.[2018年高考全国I卷文数】已知函数.(1)设是的极值点，求，并求的单调区间；(2)证明：当时，.【答案】(1)在(0, 2)单调递减，在(2, +8)单调递增；(2)见解析.【解析】(1)f (x)的定义域为，f ' (x) =ae* _ .由题设知，f ' (2) =0,所以a=.从而f (x) =, f ' (x)=.当0〈x〈2 时，f ' (x) <0；当x>2 时，f ' (x) >0.所以f 3在(0, 2)单调递减，在(2, +8)单调递增.(2)当a三时，/' (x) 5*.设g (x)=,贝l|当0〈x〈l时，g f (x) <0；当x>l时，g，(x) >0.所以是g(x)的最小值点.故当x>0 时，g (x) 2g (1) =0.因此，当时，.【名师点睛】该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关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.10.[2018年高考全国II卷文数】已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)证明：只有一个零点.【答案】(1)在(-8, ) , (, +8)单调递增，在(，)单调递减；(2)见解析.【解析】(1)当a=3 时，f(X)=, f (x)=.令f' (x) =0解得尸或_¥=.当xW (-8, ) u (, +8)时，f' (x) >0；当xW (,)时，f' (x)〈0.故f(X)在(-8, ) , (, +OO)单调递增，在(，)单调递减.(2)由于，所以等价于.设=,则g ' (x)=》0,仅当尸0时g ' (x) =0,所以g(Q在(-8, +OO)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 /' (3a - 1)=,f (3a+l)=,故f 5有一个零点.综上，f 3只有一个零点.【名师点睛】(1)用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数()的定义域；②求导数'();③由’（）＞0（或气）＜0）解出相应的的取值范围，当'（）＞耐，（）在相应区间上是增函数；当’（）＜勿寸，（）在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数（）有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11.【2018年高考北京文数】设函数.（I ）若曲线在点处的切线斜率为0,求a；（II ）若在处取得极小值，求a的取值范围.【答案】（I ）; （II）•【解析】（I ）因为，所以.由题设知，即，解得.（II）方法一：由（I）得.若a＞l,则当时，；当时，.所以在尸1处取得极小值.若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：.（1）当沪0时，令得尸1.随x的变化情况如下表：.•.在尸1处取得极大值，不合题意.（2）当a＞0时，令得.%1当，即a=l时,,.•.在上单调递增，.•.无极值，不合题意.%1当，即0<3<1时，随X的变化情况如下表:•••在尸1处取得极大值，不合题意.%1当，即a〉l时，随x的变化情况如下表:在A=1处取得极小值，即3>1满足题意.(3)当a〈0时，令得.随x的变化情况如下表：在尸1处取得极大值，不合题意.综上所述，a的取值范围为.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③ 利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12.【2018年高考天津文数】设函数，其中，且是公差为的等差数列.(I)若求曲线在点处的切线方程；(II)若，求的极值；(III)若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.【答案】(I) x+尸0； (II)函数f(x)的极大值为6；函数f(x)的极小值为-6； (III) d的取值范围为.【解析】(I )解：由已知，可得f(x)=x(旷1) (x+l)=xj¥,故=3/-1,因此f(0)=0, =-1,又因为曲线尸f3在点(0, /■(()))处的切线方程为厂/<0)= (T),故所求切线方程为x+y=0.(II )解：由已知可得f(x)=(尸仍+3) (x~t2)3—9 lx~t為=X3-3hx + ^i尸&3+9 ti.故=3/-6 fo^-3122~9.令=0,解得x^tir,或A=fa+.当x变化时，，f(x)的变化如下表：所以函数的极大值为/(fo-) = (-) J-9X (-)=6；函数f(x)的极小值为Afe+) = ()3-9X ()=-6.(Ill)解：曲线y=f{x)与直线y=-(A^fe)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程^x~t2+d) (j*-t2) {x~t2 -4 +(旷紡+ 6=0有三个互异的实数解，令iFFti,可得u3+(l-d)屮6=0.设函数g(x)=f+(l-d)x+6,则曲线y=f{x)与直线尸-(旷&)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x) 有三个零点.=3/+(W).当</Wl时，M0,这时在R上单调递增，不合题意.当/〉1时，=0,解得必=,应=.易得，£(X)在(-8, Xi)上单调递增，在［xi,应］上单调递减，在(&, +8)上单调递增.g(x)的极大值g(xJ=g()=>0.g(x)的极小值gg) =&()=-.若g(Q$0,由g(x)的单调性可知函数尸g(x)至多有两个零点，不合题意.若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意.所以，的取值范围是.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.13.[2018年高考浙江】已知函数f(x)= -lnx.(I)若/'(x)在尸卫，X2(XI H X2)处导数相等，证明：f(xj+f(x2)〉8-81n2；(II )若aW3-41n2,证明：对于任意Q0,直线y=kx+a与曲线y=f{x)有唯一公共点.【答案】(I)见解析；(II)见解析.【解析】(I )函数f (力的导函数，由得，因为，所以.由基本不等式得.因为，所以.由题意得.设，则，所以所以g(x)在E256, +8)上单调递增，故，即.(II )令沪，/?=,贝Uf(77?) - km~ a>\a\+k~ k~ a^O,f (n) - kn~ a〈W〈0,所以，存在及丘 5, n~)使/"(X。
2019版高考数学(文科)(5年高考+3年模拟)考点清单全国卷1地区通用版：3.2 导数的应用 PDF版
题，这些问题通常称为 ㊀ 优化 ㊀ 问题， 导数在这一类问题中有着重 要的作用，它是求函数最大（ 小） 值的有力工具．
优化问题 ң 用函数表示成数学问题 ʏ ˌ 优化问题的答案 ѳ 用导数解决数学问题
对应学生用书起始页码 Ｐ５８
方法 １㊀ 利用导数研究函数单调性的方法
㊀ ㊀ １． 用导数法求可导函数单调区间的一般步骤 求定义域 用求得的根 划分区间 ң ң 求导数 ｆ ᶄ（ ｘ） 确定 ｆ ᶄ（ ｘ） 在各个 开区间内的符号 ң ң 求 ｆ ᶄ（ ｘ）＝ ０ 在 定义域内的根 得相应开区 间上的单调性 ң ｆ ᶄ（ ｘ） ȡ０；若函数单调递减，则 ｆ ᶄ（ ｘ） ɤ０ 来求解． － ａ） － ａ ２ ｘ． （２） 转化为不等式的恒成立问题，利用 若函数单调递增，则 ㊀ （ ２０１７ 课标全国Ⅰ，２１，１２ 分 ） 已知函数 ｆ （ ｘ ） ＝ ｅ ｘ （ ｅ ｘ
２
②若 ａ ＞０，则由（１） 得，当 ｘ ＝ ｌｎ ａ 时， ｆ（ ｘ） 取得最小值， 最小
ａ ( ２ ) 时， ｆ（ ｘ） 取得最小值， ａ ３ ａ 最小值为 ｆ ( ｌｎ ( － ) ) ＝ ａ [ －ｌｎ ( － ) ] ． ２ ４ ２ ３ ａ 从而当且仅当ａ [ －ｌｎ ( － ) ] ȡ０， ４ ２
( )．
( ( ) ) 时， ｆ ᶄ（ ｘ） ＜０； ａ 当 ｘɪ ( ｌｎ ( － ) ，＋ɕ ) 时， ｆ ᶄ（ ｘ） ＞０． ２ ａ 故 ｆ （ ｘ ） 在 ( － ɕ ，ｌｎ ( － ) ) 上 单 调 递 减， ２ ａ ( ｌｎ ( － ２ ) ，＋ɕ ) 上单调递增．
（２） ①若 ａ ＝ ０，则 ｆ（ ｘ） ＝ ｅ ２ｘ ，所以 ｆ（ ｘ） ȡ０． 时，ｆ（ ｘ） ȡ０．
（１） 利用集合间的包含关系处理， ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 在 （ ａ， ｂ ） 上单调，
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第二节 导数的应用 A组 三年高考真题（2016～2014年） 1.(2016·四川，6)已知a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( ) A.－4 B.－2 C.4 D.2 2.(2015·陕西，9)设f(x)＝x－sin x，则f(x)( ) A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数 C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数 3.(2015·安徽，10)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是( ) A．a>0，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0 C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0 4.(2014·新课标全国Ⅱ，11)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( ) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) 5.(2014·湖南，9)若0＜x1＜x2＜1，则( ) A．e2x－e1x＞ln x2－ln x1 B．e2x－e1x＜ln x2－ln x1 C．x2e1x＞x1e2x D．x2e1x＜x1e2x 6.(2014·新课标全国Ⅰ，12)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( ) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
7.(2016·新课标全国卷Ⅱ，20)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1). (1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围. 8.(2016·新课标全国Ⅲ，21)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，1(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx. 9.(2016·山东，20)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (2)已知f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围. 10.(2016·四川，21)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－eex，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当x>1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. 11.(2016·北京，20)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同零点，求c的取值范围； (3)求证：a2－3b＞0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. 12.(2015·新课标全国Ⅱ，21)已知f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围． 13.(2015·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝e2x－aln x. (1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln2a.
14.(2015·福建，22)已知函数f(x)＝ln x－(x－1)22. (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1； (3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)． 15.(2015·浙江，17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数 y＝ax2＋b(其中a，b为常数)模型． (1)求a，b的值； (2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t. ①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域； ②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度． 16.(2015·湖南，21)已知a>0，函数f(x)＝aexcos x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点． (1)证明：数列{f(xn)}是等比数列； (2)若对一切n∈N*，xn≤|f(xn)|恒成立，求a的取值范围．
17.(2015·山东，20)设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝x2ex. 已知曲线y＝f(x) 在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行． (1)求a的值； (2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由； (3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值． 18.(2015·浙江，20)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)．
(1)当b＝a24＋1时，求函数f(x)在[－1,1]上的最小值g(a)的表达式； (2)已知函数f(x)在[－1,1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围． 19.(2015·天津，20)已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R. (1)求f(x)的单调区间； (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：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；
(3)若方程f(x)＝a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－a3＋134. 20.(2015·广东，21)设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)． (1)若f(0)≤1，求a的取值范围； (2)讨论f(x)的单调性；
(3)当a≥2时，讨论f(x)＋4x在区间(0，＋∞)内的零点个数． 21.(2014·安徽，20)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性； (2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值． 22.(2014·广东，21)已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当a＜0时，试讨论是否存在x0∈0，12∪12，1，使得f(x0)＝f12. 23.(2014·天津，19)已知函数f(x)＝x2－23ax3(a＞0)，x∈R. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1.求a的取值范围．
24.(2014·陕西，21)设函数f(x)＝ln x＋mx，m∈R. (1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； (2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；
(3)若对任意b＞a＞0，f(b)－f(a)b－a＜1恒成立，求m的取值范围． 25.(2014·新课标全国Ⅰ，21)设函数f(x)＝aln x＋1－a2x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0. (1) 求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)＜aa－1，求a的取值范围．
B组 两年模拟精选(2016～2015年) 1.(2016·河北保定第二次模拟)已知函数f(x)＝x2－2cos x，则f(0)，f－13，f25的大小关系是( ) A.f(0)C.f252.(2016·云南师大附中检测)若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1，4]上单调递减，则实数t的取值范围是( )
A.－∞，518 B.(－∞，3] C.518，＋∞ D.[3，＋∞) 3.(2016·四川雅安第三次诊断模拟)设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有xf′(x)成立，则( ) A.3f(2)>2f(3) B.3f(2)＝2f(3) C.3f(2)<2f(3) D.3f(2)与2f(3)大小不确定
4.(2016·甘肃兰州诊断)若函数f(x)＝2x3＋3x2＋1 （x≤0），eax （x＞0）在[－2，2]上的最大值为2， 则a的取值范围是( ) A.12ln 2，＋∞ B.0，12ln 2 C.(－∞，0] D.－∞，12ln 2 5.(2015·山东省实验中学二诊)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<13， 则f(x)A.{x|－1C.{x|x<－1或x>1} D.{x|x>1} 6.(2015·广东佛山调研)若函数f(x)＝x3－3x在(a，6－a2]上有极小值，则实数a的取值范围是( ) A.(－5，1) B.[－5，1) C.[－2，1) D.(－2，1)
7.(2015·赣州市十二县联考)若函数f(x)＝13x3－a2x2＋(3－a)x＋b有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是________. 8.(2015·河南南阳三模)已知函数f(x)＝x3＋x，对任意的m∈[－2，2]，f(mx－2)＋f(x)＜0恒成立，则x的取值范围为________. 9.(2015·河北衡水中学模拟)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3，其中 a为实数. (1)求函数f(x)在[t，t＋2]上的最小值； (2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.