(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五大题考法课函数与导数课时跟踪检测
高三数学浙江专用二轮复习：专题五 函数和导数
√A.1
B.2
C.22 018
D.32 018
解析 答案
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足：函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0) 对称，且x≥0时恒有f(x＋2)＝f(x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝ex－1，则 f(－2 017)＋f(2 018)＝__1_－__e___.
解析 因为函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称， 所以y＝f(x)的图象关于原点对称， 又定义域为R，所以函数y＝f(x)是奇函数， 因为当x≥0时恒有f(x＋2)＝f(x)， 所以f(－2 017)＋f(2 018)＝－f(2 017)＋f(0) ＝－f(1)＋f(0)＝－(e1－1)＋(e0－1)＝1－e.
跟踪演练 2 (1)函数 f(x)＝sinlnxx－ ＋11的图象大致为
√
解析 答案
(2)函数 f(x)＝|x|＋ax(a∈R)的图象不可能是
√ 解析 答案
热点三 基本初等函数的图象和性质
1.指数函数y＝ax(a>0，a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，a≠1)的图象和性 质，分0<a<1，a>1两种情况，着重关注两函数图象中的公共性质. 2.幂函数 y＝xα 的图象和性质，主要掌握 α＝1，2，3，12，－1 五种情况.
例3 (1)(2017·全国Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则
A.2x<3y<5z C.3y<5z<2x
B.5z<2x<3y
√D.3y<2x<5z
解析 答案
(2)已知函数 f(x)＝aax，－x3<x0＋，4a，x≥0 满足对任意 x1≠x2，都有fxx11－－fx2x2 <0 成立，则 a 的取值范围是
浙江专版2020年高考数学二轮专题复习重难增分训练一函数与导数的综合问题
1.已知 m 、nW (2t ( 1 1 m ?),且飞一-<ln-,则() n m n A. ni>n B. m<nC.加>2+-nD. m, c 的大小关系不确左解析：选 A 由不等式可得2― <ln zz?—In m 即2+In n<i+ln m.设 f(x) =£+ln x{x n m n m x2 1 v :—9 W (2, e)),则 f Cv) =—+- = -_. XXX因为丄€(2, e),所以f Gr)>0,故函数fd)在(2, e)上单调递增.因为fS)Vf%),所 以n<m.故选A.2. _____________________________________ 已知泄义在R 上的可导函数f(x)的导函数为f 3,满足f (x)Vf(x),且f(x+2)为 偶函数，f(4)=l,则不等式A.Y ) <e x 的解集为 .解析：因为A.Y +2)为偶函数，所以f(x+2)的图象关于x=0对称，所以f(£的图象关于* f V f ve'T — f v=2对称.所以f(0)=f(4)=l ・设&3=弋一(xGR)，则以(0= ——:―旷丁二一=••又f Q)VfG),所以C Y XO(X GR),所以函数g(x)在左义域上单训递减.因为 f(x) Ve <=>—<1» 而 g(0) = —=1,所以 f3 Ve'ogCv) Vg(0),所以 x>0.答案：(0, +8)3. (2017・广东汕头模拟)已知函数f3 =x+xln x 、若且—加&一1)>0对任意的-Y>1恒成立，则加的最大值为 ________ .vl n y 解析：因为f3=x+xLn<且f3—血一1)〉0对任意的01恒成立，等价于 虫 ； -Y —1令g (・Y )=q^G>i ),所以以(X )=-v 2 易知孑3=o 必有实根.设为弘(弘X — 1 X — 1~2 —In A *O =0) >且gGr)在(1,加)上单训递减，在Go,故3<-%<4i 又也WZ,故也的最大值为3.答案：34. 已知函数f3 = |卅|,方程/(x) + tA.Y )4-l = 0(t£R)有四个不同的实数根，则实数r的取值范围为 ________ ・重难增分训练(一)函数与导数的综合问+ 8)上单调递增，此时g{x)M =g(x^及+*oln -Yo 及+及 及―2 -Yo~ 1 =-Yo» 【大1 此 2Zr\A*b> 令 ACv)=x-2-ln x 、可得 A(3)<0.力(4)>0,解析: 曲日卅u_丘，“当“MO时，f 3=丁+衣・20恒成立，所以函数f3在［0, +8)上为增函数：当X0 时，F (-Y)= —e，：—-Ye x= —e v(.¥+l),由f C Y)=0,得x= —1,当(―°°> —1) 时，f &)= 一于(％+1)>0,函数f(x)为增函数，当-re (-1,0)时，f (%)=-£• &+1)〈0,函数fG)为减函数，所以函数f3 = |•肘在(一8, 0)上的最大值为A-l) = -(-l)e x=-, e 要使方程/Cv)4-tXA-)+l=0(tGR)有四个不同的实数根，令f3=m,则方程/+切+1 =0应有两个不同的实根，且一个根在(0,弓内，一个根在(£, +8)内，令&%)=/+切+1, 因为*0)=1>0,则只需£)〈0,即(》+£+1〈0,解得十<一斗2所以使得方程/CY)4-t/-(.Y)4-l = 0(tGR)有四个不同的实数根的t的取值范围为答案：(_8, _字)5.已知函数f{x) = x— aln x+ b, a, b为实数.⑴若曲线x=f3在点(1, f(l))处的切线方程为尸=2卄3,求a, &的值；(2)若f 3丨〈：对丘［2,3］恒成立，求a的取值范围.解：(1)由已知，得f 3=1—二x且由题设得f' (1)=2, Al) =5,从而，得1 — a=2且1 + b=5,解得a= —1, 6=4.3 3 3a⑵根据题设得，命题等价于当用[2, 3]时，1—U恒成立Q 恒成立XX X X3 3 3成立Q*—〈a〈x+TM成立.(*)X X X3 3设g{x) —x—, ”丘[2, 3], h{x) =x■一，JV E [2, 3],X X则(*)式即为g(x)込＜丛力3s 而当.YG [2, 3]时，3 3=x一一和/?(.¥)=%+-均为增函数，X X则 g(x)如=g(3) =2, A (Ar)mn=A(2) =L 所以实数&的取值范囤为(2,V6. (2017・宁波模拟)已知函数f(x) =—+ax, x>l.In x (1) 若在(1, +s)上单调递减，求实数&的取值范用； (2) 若a=2,求函数f(x)的极小值：⑶若方程(2x —m)lnx+尸0在(1, e ］上有两个不等实根，求实数加的取值范用. 解：(l)f 3=：»+ a,由题意可得f (x)W0在(1, +8)上恒成立，.•，冬丄-丄 J 丄丄ln\r In x \ln x 2) 4(it +8), /.In xW (0, +°°)»，.当去—旨时，函数&(化-芬寻的最小值为T故实数&的取值范围为(一 8, —扌(2)当 a=2 时，f(£=F-+2〃 In x .z x In -Y —l + 21n"-Y f 3= --------- 严 ------ •In x令 f (x)=0,得 21n -v+ln x-l = 0> 1 1解得In *=厅或In *= —1(舍)，即x=e 2・ £ 丄当 1<x<^ 时，r (A -XO,当 x>e 7 时，f 1 C Y )>0,fix)的极小值为彳e 3卜£~+2e 1 =4e 1.2Y V⑶将方程(2%—於In %+*= 0两边同除以In y 得(2<—功)+百一=0,整理得 —+2.Y =^ In x In x即函数呂(动=宀+2*的图象与函数y=山的图象在(1，訂上有两个不同的交点・ In x 由(2)可知，&(£在(1, e^)上单调递减，在(el e 上单调递增，4 eE )=4e‘，g(e) =3e,在(1, e ］上，当 L 1 时，-»4-©o.£故实数也的取值范围为(4e+, 3e -7. (2017 •全国卷III)已知函数 f3=ln x+a.f+(2a+l)x. (1) 讨论f(x)的单调性：3(2) 当 aVO 时，证明 r (A^---2.解：⑴f3的定义域为(o, +8),若 aMO,则当 (0, +8)时，f C Y )>0, 故f(x)在(0, +8)上单调递增. 若a<0,则当曲(0, —衿)时，f' Cv)>0：+ 8 时，f 9C Y )<0.故f3在(0, —土)上单调递增，在(-右,+8)上单调递减.(2)证明：由⑴知，当a<0时，f(x)在尸-右处取得最大值，最大值为彳一£；) = ln (一右)所以f(g£-2等价于応―£一1—茅£-2,即h(- 设 g(x)=ln x —*+1,则 R 3=丄一 1.■ A当 (0, 1)时，0 (£>0：当(1, +8)时，y (x)<0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增, 在(1, +8)上单调递减. 故当*= 1时，g(x)取得最大值，最大值为s(l)=0. 所以当x>0时，g(x)W0.从而当a<0时，In (—右)+右+1W0,3即 f(x)壬一 一一2.4&8. (2017・合肥质检)已知函数g(x) =/+£+*(&为实数). (1)试讨论函数的单调性：(2)若对任意丄唱(0, +8)恒有求实数a 的取值范用.-'•解：(1) g f(-Y )= 3aY+2A F + 1.① 当a=0时，g(x)在(一8, — 上单调递减，在(一扌，+°°)上单调递增： ② 当占工0时，A =4-123.当》新，贰3=3/+2卄120恒成立，此时在R 上单调递增：(-Y )=一"■2"+2&+1 = xx+12aw+lx当0G站时，由N 3=3/+2卄1 = 0得，2二尸,戸土戸，g(x)在(一8, A-1),(北，+8)上单调递增，在(X1,上)上单调递减：当a<0时，g(x)在(一8,魁)，(x，+8)上单调递减，在(龙，出)上单调递增.(2)令f3=lnx+±则Z Cv)=l-1 因此f&)在(0,1)上单调递减，在⑴ +8)上单X X X调递增，所以f(x)^=f(l) = l.当a> — 1 时,g(l)=a+2>l = f(l),显然对任意A-G (0»+8)不恒有fOMgCr)；当“W —1时，由⑴知，在(0,幻上单调递增，在(為，+8)上单调递减，则3屈+2及+ 1 = 0,即ax； =—亍(2上 + 1),所以在(0, +8)上，&3如=&(弘)=ax： + x：+益=尹：+詁i=§g + l)=—亍所以g(x) ».-. = !(及 + 1)= 一扌W 1 = f(x) un，即满足对任意用(0, +8),恒有f(x)»3. 综上，实数aW (—8’ -1].9.设函数f(x)=lnx+"在(0, 内有极值.(1)求实数a的取值范围：(2)若加丘(0, 1),(1, +8).求证：f(r) — fg)>e+2—解：(1)031 或X>1 时，f 3 J—一= “T -严丿- d+2 .；+1 X X— 1 X X— 1 XX— 1由f C Y)= 0在(o, £|内有解.令=X — (a+2)x+l= (A—o) (x— 0),不妨设0〈。
(浙江专用)2020版高考数学专题五专题培优“函数与导数、不等式”专题培优课课时跟踪检测
“函数与导数、不等式”[课时跟踪检测] [A 级——易错清零练]1．已知函数f (x )＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x ＋a 是奇函数，则实数a 的值为( )A ．1B ．－1C ．1或－1D ．4解析：选B 由题意知f (－x )＝－f (x )恒成立，则ln－2x 1－x ＋a ＝－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋x ＋a ，即－2x 1－x ＋a ＝12x1＋x＋a ，解得a ＝－1.故选B.2．已知f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，当x ∈(2,3)时，f (x )＝log 2(x －1)，则当x ∈(1,2)时，f (x )＝( )A ．－log 2(4－x )B ．log 2(4－x )C ．－log 2(3－x )D ．log 2(3－x )解析：选C 依题意得f (x ＋2)＝f (－x )＝－f (x )，f (x ＋4)＝－f (x ＋2)＝f (x )．当x ∈(1,2)时，x －4∈(－3，－2)，－(x －4)∈(2,3)，故f (x )＝f (x －4)＝－f (4－x )＝－log 2(4－x －1)＝－log 2(3－x )，选C.3．(2019·宁波高三期末)已知y ＝f (x )(x ∈R )存在导函数，若f (x )既是周期函数又是奇函数，则其导函数( )A ．既是周期函数又是奇函数B ．既是周期函数又是偶函数C ．不是周期函数但是奇函数D ．不是周期函数但是偶函数解析：选B 若y ＝f (x )是周期函数，设其周期为T ， 则f ′(x )＝lim Δx →0 f (x ＋Δx )－f (x )Δx＝lim Δx →0f (x ＋Δx ＋T )－f (x ＋T )Δx＝f ′(x ＋T )，所以周期函数的导函数仍是周期函数． 若y ＝f (x )是奇函数，则f (－x )＝－f (x )，所以－f ′(－x )＝－f ′(x )，即f ′(－x )＝f ′(x )， 所以奇函数的导函数是偶函数．4．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x＋1(x ≤0)，|log 4x |(x >0)，若关于x 的方程f 2(x )－(a ＋2)f (x )＋3＝0恰好有六个不同的实数解，则实数a 的取值范围为( )A ．(－23－2,23－2)B.⎝⎛⎦⎥⎤23－2，32C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞D ．(23－2，＋∞)解析：选B 由题意可知，当x ≤0时，1<f (x )≤2，f (x )单调递增；当x >0时，f (x )≥0，f (x )在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．作出函数f (x )的图象如图所示．设t ＝f (x )，则关于t 的方程t 2－(a ＋2)t ＋3＝0有两个不同的实数根，且t ∈(1,2]．令g (t )＝t 2－(a ＋2)t ＋3，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(a ＋2)2－12>0，g (1)＝1－(a ＋2)＋3>0，g (2)＝4－2(a ＋2)＋3≥0，1<a ＋22<2，解得23－2<a ≤32，故选B.5．函数f (x )＝ln(x 2＋1)·sin 2x 的图象可能是()解析：选D ∵f (－x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，故可以排除A 、B 选项；又当x ＝π2时，f (x )＝0，故x ＝π2是函数f (x )的1个零点，排除C 选项，故选D.[B 级——方法技巧练]1．已知函数f (x )＝e －x＋log 31x，若实数x 0是方程f (x )＝0的解，且x 1>x 0，则f (x 1)的值( )A ．等于0B ．不大于0C ．恒为正值D ．恒为负值解析：选D 由题意得f (x )＝e －x＋log 31x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x －log 3x ，方程f (x )＝0，即f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x －log 3x ＝0.则x 0为y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x 与y 2＝log 3x 图象的交点的横坐标，画出函数y 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x与y 2＝log 3x的图象(图略)，可知当x 1>x 0时，y 2>y 1，f (x 1)＝y 1－y 2<0，故选D.2．(2019·绍兴柯桥区质检)已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可以是( )解析：选C 根据导函数的正负与原函数的单调性的关系，结合导函数f ′(x )的图象可知，原函数f (x )先单调递增，再单调递减，最后缓慢单调递增，选项C 符合题意，故选C.3．已知函数f (x )＝e x(x －b )(b ∈R )．若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则实数b 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，83 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，56C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，56D.⎝ ⎛⎭⎪⎫83，＋∞ 解析：选A 由f (x )＋xf ′(x )＞0，得[xf (x )]′＞0，设g (x )＝xf (x )＝e x(x 2－bx )，若存在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，使得f (x )＋xf ′(x )＞0，则函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上存在子区间使得g ′(x )＞0成立．g ′(x )＝e x (x 2－bx )＋e x (2x －b )＝e x [x 2＋(2－b )x －b ]，设h (x )＝x 2＋(2－b )x －b ，则h (2)＞0或h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞0，即8－3b ＞0或54－32b ＞0，得b ＜83.4．已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2e 时，求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若函数g (x )＝f (x )＋2x在[1,4]上是减函数，求实数a 的取值范围．解：(1)当a ＝－2e 时，f ′(x )＝2x －2e x ＝2(x ＋e )(x －e )x.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：极小值是f (e)＝0，无极大值．(2)由g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x ，得g ′(x )＝2x ＋a x －2x2.又函数g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x为[1,4]上是减函数，则g ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，所以不等式2x －2x 2＋ax≤0在[1,4]上恒成立，即a ≤2x－2x 2在[1,4]上恒成立．又φ(x )＝2x－2x 2在[1,4]为减函数，所以φ(x )的最小值为φ(4)＝－632，所以a ≤－632.即实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－632. 5．设函数f (x )＝13x 3－12x 2＋2x ，g (x )＝12ax 2－(a －2)x .(1)对于任意实数x ∈[－1,2]，f ′(x )≤m 恒成立，求m 的最小值；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，求a 的取值范围． 解：(1)∵f ′(x )＝x 2－x ＋2，对称轴x ＝12∈[－1,2]，∴f ′(x )max ＝f ′(－1)＝4≤m ，即m 的最小值为4. (2)令h (x )＝f (x )－g (x )＝13x 3－12(a ＋1)x 2＋ax ，则h ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＋a . 由h ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝a .①当a >1时，h ′(x )，h (x )随x 的变化如下表：若方程f (x )＝g (x )在区间(－1，＋∞)有三个不同的实根，则⎩⎪⎨⎪⎧h (－1)＝－13－12(a ＋1)－a <0，h (1)＝13－12(a ＋1)＋a >0，h (a )＝13a 3－12(a ＋1)a 2＋a 2<0，解得a >3.②当－1<a <1时，h ′(x )，h (x )随x 的变化如下表：则⎩⎪⎨⎪⎧h (－1)＝－13－12(a ＋1)－a <0，h (a )＝13a 3－12(a ＋1)a 2＋a 2>0，h (1)＝13－12(a ＋1)＋a <0，解得－59<a <13(a ≠0)，又∵－1<a <1，∴－59<a <13(a ≠0)．③当a ＝1时，h ′(x )＝(x －1)2≥0.∴h (x )在(－1，＋∞)上单调递增，不合题意．④当a ≤－1时，h (x )在区间(－1，＋∞)最多两个实根，不合题意．综上，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－59，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13∪()3，＋∞. [C 级——创新应用练]1．(2019·名校预测冲刺卷(五))已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d ，若x ＝1是e －xf (x )的一个极小值点，则y ＝f (x )及其导函数y ＝f ′(x )的图象可能是( )解析：选D 设g (x )＝e －xf (x )，则g ′(x )＝－e －xf (x )＋e －xf ′(x )＝e －x[f ′(x )－f (x )]，由题意得g ′(1)＝0，即f ′(1)＝f (1)，且1的左侧附近f ′(x )<f (x )，1的右侧附近f ′(x )>f (x )，故选D.2．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系可用取整函数y ＝[x ]([x ]表示不大于x 的最大整数)表示为( )A ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 10B ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋310C ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋410D ．y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋510解析：选B 法一：取特殊值法，若x ＝56，y ＝5，排除C 、D ，若x ＝57，y ＝6，排除A ，故选B.法二：设x ＝10m ＋n (0≤n ≤9)，当0≤n ≤6时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋310＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ＋n ＋310＝m ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 10，当6<n ≤9时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋310＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤m ＋n ＋310＝m ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 10＋1，故选B.3．对于使f (x )≤M 成立的所有常数M ，我们把M 的最小值称为f (x )的上确界，若a ，b∈(0，＋∞)且a ＋b ＝1，则－12a －2b的上确界为( )A ．－92 B.92 C.14 D ．－4解析：选 A ∵a ＋b ＝1，∴－12a －2b ＝－a ＋b 2a －2a ＋2b b ＝－52－⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋2a b ，∵a >0，b >0，∴b 2a ＋2a b ≥2，当且仅当b ＝2a 时取等号，∴－12a －2b ≤－52－2＝－92，∴－12a －2b的上确界为－92，故选A.4．数学上称函数y ＝kx ＋b (k ，b ∈R ，k ≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f (x )，在点x 0附近一点x 的函数值f (x )，可以用如下方法求其近似代替值：f (x )≈f (x 0)＋f ′(x 0)(x －x 0)．利用这一方法，m ＝ 4.001的近似代替值( )A ．大于mB ．小于mC ．等于mD ．与m 的大小关系无法确定解析：选A 依题意，取f (x )＝x ，则f ′(x )＝12x，则有x ≈x 0＋12x 0(x －x 0)．令x ＝4.001，x 0＝4，则有 4.001≈2＋14×0.001，注意到⎝⎛⎭⎪⎫2＋14×0.0012＝4＋0.001＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14×0.0012>4.001，即m ＝ 4.001的近似代替值大于m ，故选A.5．(2019·名校预测冲刺卷(三))德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念．在研究切线时，他将切线问题理解为“求一条切线意味着画一条直线连接曲线上距离无穷小的两个点”，这也正是导数定义的内涵之一．现已知直线y ＝x ＋b 是函数f (x )＝ln x 的切线，也是函数g (x )＝ex ＋k的切线，则实数b ＝________，k ＝________.解析：由题意可知(ln x )′＝1x＝1，故x ＝1，则函数f (x )的切点为(1,0)，代入y ＝x ＋b ，得b ＝－1；又(e x ＋k)′＝ex ＋k＝1，故x ＝－k ，则函数g (x )的切点为(－k ，－k －1)，代入g (x )＝ex ＋k，得k ＝－2.答案：－1 －26．(2019·名校预测冲刺卷(三))记[a ]表示不超过a 的最大整数．已知函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x ＋b (b ∈R )．若b ＝0，则函数f (x )的值域为________；若函数f (x )存在最大值，则b 的取值范围是________．解析：当b ＝0时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x ，根据[a ]的定义易得f (x )∈[0,1)；因为f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x ＋b ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＋b －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x ＋b －b ，令1x ＋b －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x ＋b ＝t ，显然t ∈[0,1)，则函数f (x )可化为g (t )＝|t －b |，t ∈[0,1)，要使g (t )存在最大值，结合函数g (t )的图象特征，只需b ≥12，故实数b 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 答案：[0,1) ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 7．设函数f (x )＝e x－1－x －ax 2. (1)若a ＝0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围．解：(1)a ＝0时，f (x )＝e x －1－x ，f ′(x )＝e x－1. 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)当x ＝0时，f (x )＝0，对任意实数a ，均有f (x )≥0； 当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x－x －1x2. 令g (x )＝e x －x －1x 2(x >0)，则g ′(x )＝x e x －2e x＋x ＋2x3， 令h (x )＝x e x －2e x＋x ＋2(x >0)， 则h ′(x )＝x e x－e x＋1，h ″(x )＝x e x>0，∴h ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，h ′(x )>h ′(0)＝0， ∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数，h (x )>h (0)＝0， ∴g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上为增函数． 由洛必达法则知，e x－x －1x 2＝e x－12x ＝e x2＝12，故a ≤12.综上，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.。
浙江专用2020版高考数学专题3导数及其应用3.2导数的应用检测
3.2 导数的应用挖命题【考情探究】分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2020年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一导数与单调性1.(2017浙江“超级全能生”联考(12月),10)设f(x),g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数和偶函数,当x<0时, f '(x)·g(x)+3f(x)·g'(x)>0,g(x)≠0,且f(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是( )A.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)答案 D2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,20)已知函数f(x)=4ax3+3|a-1|x2+2ax-a(a∈R).(1)当a=1时,判断f(x)的单调性;(2)当x∈[0,1]时,恒有|f(x)|≤f(1),求a的取值范围.解析(1)当a=1时, f(x)=4x3+2x-1, f '(x)=12x2+2>0,(2分)故f(x)在R上单调递增.(4分)(2)由于|f(0)|≤f(1),即|a|≤5a+3|a-1|,解得a≥-1.(6分)①当a≥0时, f '(x)=12ax2+6|a-1|x+2a,当x∈[0,1]时, f '(x)≥0,所以f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)≤f(1),符合题意.(8分)②当-<a<0时, f '(0)=2a<0, f '(1)=8a+6>0,存在x0∈(0,1),使得f '(x0)=0,故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,1)上单调递增.因为f '(x0)=12a+6(1-a)x0+2a=0,所以4a=-2(1-a)- ax0,f(x0)=4a+3(1-a)+2ax0-a=(1-a)+ ax0-a=-a>0.由单调性知|f(x0)|=f(x0)<f(1),符合题意.(11分)③当a=-时, f(x)=-3x3+x2-x+,f '(x)=-9(x-1).f(x)在上递减,在上递增,且=f<f(1),符合题意.(12分)④当-1≤a<-时, f '(x)=12ax2+6(1-a)x+2a,Δ=-60a2-72a+36>0, f '(0)<0, f '(1)<0,对称轴x=∈(0,1).故f '(x)=0在(0,1)上有两个不同的实根x1,x2,设x1<x2,则f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增,在(x2,1)上单调递减.必有|f(x2)|>f(1),不符合题意.(14分)综合①②③④,知a的取值范围是.(15分)考点二导数与极值、最值1.(2017浙江镇海中学阶段测试(二),9)设f(x)是一个三次函数,f '(x)为其导函数,函数y=xf '(x)的图象的一部分如图所示,则f(x)的极大值与极小值分别是( )A. f(-2)与f(2)B.f(-1)与f(1)C.f(2)与f(-2)D.f(1)与f(-1)答案 A2.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.解析(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f '(x)=e x(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,则h'(x)=e x(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2e x sin x.当x∈时,h'(x)<0,所以h(x)在区间上单调递减.所以对任意x∈,有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.所以函数f(x)在区间上单调递减.因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-.解题思路(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=e x(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值. 方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0,得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.炼技法【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2017课标全国Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)e x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.解析本题考查函数的单调性,恒成立问题.(1)f '(x)=(1-2x-x2)e x.令f '(x)=0,得x=-1-或x=-1+.当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,在(-1-,-1+)上单调递增.(2)解法一:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时, f(x)>(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.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)e x,则h'(x)=-xe x<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0<a<1时,设函数g(x)=e x-x-1,则g'(x)=e x-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增, 而g(0)=0,故e x≥x+1.当0<x<1时,f(x)>(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.当a≤0时,取x0=,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.综上,a的取值范围是[1,+∞).解题思路利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,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;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017浙江温州十校期末联考,20,15分)定义在D上的函数f(x)如果满足:对任意的x∈D,存在常数M>0,都有|f(x)|≤M,则称f(x)是D上的有界函数,其中M称为函数f(x)的上界.已知函数f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当a=-,D=[-1,3]时,求函数f(x)在D上的上界的最小值;(2)记函数g(x)=f '(x),若函数y=g在区间D=[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,求实数a的取值范围.解析(1)当a=-时, f(x)= x3-x2+x+1,f '(x)=x2-x+1,令f '(x)=0,得x=3或, (2分)故函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.(3分)由f(-1)=-2, f=, f(3)=-2,得-2≤f(x)≤,所以|f(x)|≤2,(5分)故有上界M≥2,所以上界M的最小值是2.(7分)(2)由g(x)=x2+2ax+1,得y=g=+2a+1,(8分)令=t,x∈[0,+∞),得t∈(0,1],由函数y=g在区间[0,+∞)上是以3为上界的有界函数,得|g(t)|≤3在区间(0,1]上恒成立,即-3≤t2+2at+1≤3在区间(0,1]上恒成立,(11分)亦即--≤a≤-在区间(0,1]上恒成立.(12分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当t∈(0,1]时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以p(t)max=-,q(t)min=,所以实数a的取值范围是-≤a≤.(15分)方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018浙江杭州第二次教学质量检测(4月),8)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x( )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值答案 C2.(2018浙江名校协作体,17)已知实数a满足1<a≤2,设函数f(x)= x3-x2+ax.(1)当a=2时,求f(x)在[-1,2]上的最值;(2)已知函数g(x)=2bln x+x2+(b∈R)的极小值点与f(x)的极小值点相同,求g(x)极大值的取值范围.解析(1)当a=2时, f(x)= x3-x2+2x,(1分)f '(x)=x2-3x+2,令f '(x)=0,解得x1=1,x2=2,(2分)-∴f(x)在(-1,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,(4分)∴f(x)min=min{f(-1), f(2)}=f(-1)=-,(6分)f(x)max=f(1)=.(8分)(2)f '(x)=x2-(a+1)x+a=(x-1)(x-a),当1<a≤2时, f(x)的极小值点为x=a,则g(x)的极小值点也为x=a.(10分)g'(x)==(x>0),令g'(x)=0,则x1=1,x2=a,x3=-1-a,∵x3=-1-a<0,∴g'(x)=0仅有两根,且a2+a+1+2b=0.(12分)当x∈(0,1)时,g'(x)>0,x∈(1,a)时,g'(x)<0,x∈(a,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)极大值=g(1)= +2b=-a2-a+=-+,当1<a≤2时,g(1)∈.∴g(x)极大值的取值范围是.(15分)方法3 导数综合应用的解题方法(2018浙江宁波高三上学期期末,20,15分)已知函数f(x)=(x-1)e x.(1)若方程f(x)=a只有一解,求实数a的取值范围;(2)设函数g(x)=m(ln x-x),若对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,求实数m的取值范围.解析(1)由已知得f '(x)=e x+(x-1)e x=xe x,(2分)当x<0时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,0)上单调递减;当x>0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)故f(x)min=f(0)=-1.又当x<0时, f(x)=(x-1)e x<0,且f(x)=(x-1)e x>2xe x=>= (对足够小的x),当x>1时, f(x)>x-1>0,故所求a的取值范围是{-1}∪(0,+∞).(7分)(2)由(1)知f(x1)≥-1.∴对任意正实数x1,x2, f(x1)≥g(x2)恒成立,等价于g(x2)≤-1(x2>0)(*).(10分)g'(x)=m·.①当m≤0时,g(1)=-m≥0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12分)②当m>0时,若0<x<1,则g'(x)>0,若x>1,则g'(x)<0,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)max=g(1)=-m≤-1,∴m≥1.综合①②知,实数m的取值范围为[1,+∞).(15分)过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点一导数与单调性(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.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.(1)函数f(x)的导函数f '(x)=-,由f '(x1)=f '(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)=(-4),所以所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n≤n<0,所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=.设h(x)=,则h'(x)==,其中g(x)=-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f '(x)=-,且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).设f '(x1)=t,则-=t的两根为x1,x2.即2t()2-+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴即∴f(x1)+f(x2)=+-ln(x1x2)=+2ln t.设g(t)=+2ln t,则g'(t)=-+ =<0,∴g(t)在上为减函数,∴g(t)>g=8-8ln 2,∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a,只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=+|a|+k-ke-|a|-k-a≥+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.又x>0时,-kx<-k·=.即h(x)<-a-ln x,取n=,则h(n)<-a-ln n=0,而-|a|-k≤-a-k<-a+,∴n>m>0.由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.∵h'(x)=- -k≤×--k=-k,∴当k≥时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数. ∵h'(x)=0,∴k=-,则h(α)=-ln α-kα-a=-ln α+1-a,h'(α)=- =,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.又当α=16时,k=,又0<k<,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.考点二导数与极值、最值(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.评析本题主要考查函数最大(小)值的概念、利用导数研究函数的单调性等基础知识,同时考查推理论证、分类讨论、分析问题和解决问题等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与单调性1.(2018课标全国Ⅰ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:<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=--1+=-.(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减. (ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=或x=.当x∈∪时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.所以f(x)在,单调递减,在单调递增.(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,由于=--1+a=-2+a=-2+a,所以<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)= -x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以-x2+2ln x2<0,即<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).2.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=e x(e x-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-ae x-a2=(2e x+a)(e x-a).①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.②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.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,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 a≥0,即a≤1时, f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时, f(x)≥0.综上,a的取值范围是[-2,1].3.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,…<m,求m的最小值.解析本题考查导数的综合应用.(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+,得ln<.从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.故…<e.而>2,所以m的最小值为3.思路分析(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围.一题多解(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.4.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)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;(2)证明:b2>3a;(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.解析本小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a>0,故b=+.因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-=(27-a3)≤0,即a≥3.当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=,x2=.列表如下:故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.因此b=+,定义域为(3,+∞).(2)证明:由(1)知,=+.设g(t)=+,则g'(t)= -=.当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a )>g(3)=,即>.因此b2>3a.(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=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+2=0. 记f(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+,a>3.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a≤6.因此a的取值范围为(3,6].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,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.5.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a--+=.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)=.①0<a<2时,>1,当x∈(0,1)或x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<<1,当x∈或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈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,在内单调递减,在内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在内单调递增,在内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+-=x-ln x++--1,x∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2].则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).由g'(x)=≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=.设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,当且仅当x=2时取等号.所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=,即f(x)>f '(x)+对于任意的x∈[1,2]成立.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的情况).评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-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)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析(1)f '(x)=2ax-=(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=.此时,当x∈时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)= -,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(x2-1)-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<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.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∈.思路分析对(1),先求导,然后分a≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)= -,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a进行分类:①a≤0;②0<a<;③a≥,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后再总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二导数与极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为( )A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案 A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )A. B. C. D.答案 D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=①若a=0,则f(x)的最大值为;②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是.答案①2②(-∞,-1)4.(2015安徽,15,5分)设x3+ax+b=0,其中a,b均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是.(写出所有正确条件的编号)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.答案①③④⑤5.(2018课标全国Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.解析(1)当a=1时, f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上, f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.方法总结利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,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;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ae x-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.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=ae x-.由题设知, f '(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1, f '(x)=e 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)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=-.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a≥时, f(x)≥0.7.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;(2)若d=3,求f(x)的极值;(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.解析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.(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f '(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(2)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f '(x)=3x2-6t2x+3-9.令f '(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:-+所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数f(x)的极小值为f(t2+)=()3-9×()=-6.(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g'(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-,x2=.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.g(x)的极大值g(x1)=g=+6>0.g(x)的极小值g(x2)=g=-+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以,d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞).方法规律研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、解决问题.8.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x.f '(1)=(1-a)e.由题设知f '(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值0.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是.方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧导数的符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的附近两侧的符号→下结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.9.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.解析本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.(1)当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=.当-1<x<0时,g'(x)<0;当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-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时, f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>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)=-=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点. 如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h'(x)=.则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.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,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.10.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(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(x)=ln x,则f '(x)=2ax,g'(x)=,设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得即(*)得ln x0=-,即x0=,则a==.当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为.(3)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1),f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-,令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,∴m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点.因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=a x,g(x)=log a x,其中a>1.(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;(2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-;(3)证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.(1)由已知,h(x)=a x-xln a,有h'(x)=a x ln a-ln a.令h'(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)证明:由f '(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a.由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,所以x1+g(x2)=-.(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解.由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0.③因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.u'(x)=1-(ln a)2xa x,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(1)可得a x≥1+xln a,当x>时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0.因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.12.(2018北京文,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x,所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x. f '(2)=(2a-1)e2.由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x.若a>1,则当x∈时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f '(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略:(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.(2)已知函数求极值.求f '(x)→求方程f '(x)=0的根→列表检验f '(x)在f '(x)=0的根的两侧的符号→得出结论.(3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f '(x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.13.(2017天津文,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间;(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.解析本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.由|a|≤1,得a<4-a.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).。
(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五小题考法课一函数的概念与性质课件
考点(三) 函数的性质及应用
[考查趋向] 主要考查函数的单调性、奇偶性、周期性、
对称性以及函数值的取值范围、比较大小等．
[试典题——考点悟通]
[典例] (1)下列函数中，在[－1,1]上的值域是[－2,2]的是
() A．f(x)＝2sin(x3－3x)
B．f(x)＝sin3x－3sin x
C．f(x)＝cos3x－3cos x D．f(x)＝2cos(x3－3x)
满足 f(1－x)＝f(1＋x)且 f(1)＝2，则 f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2
019)＝( )
A．－2
B．0
C．2
D．2 019
[解析] (1)因为 y＝u3－3u 是奇函数且在[－1,1]上单调递 减，y＝sin x 为奇函数且在－π2，π2上单调递增．A 选项中，x3 －3x∈[－2,2]，所以 2sin(x3－3x)∈[－2,2]，故 A 选项正确；B 选项中，sin x∈[－sin 1，sin 1]，因为 1＞sin 1，所以 sin3x－3sin x 的值域中不会有－2，故 B 选项错误；C 选项中，cos x∈[cos 1,1]，由 0＜cos 1 知 0∉[cos 1,1]，所以 f(x)＝cos3x－3cos x 的值 域中不包含 0，故 C 选项错误；D 选项中，x3－3x∈[－2,2]， 所以 f(x)＝2cos(x3－3x)的值域为[2cos 2,2]，故 D 选项错误．综 上所述，故选 A.
其在[0,4]上的图象如图所示，那么不等式
fx cos x<0
的解集为________．
[解析] (1)由 y＝2|x|sin 2x 知函数的定义域为 R ，
令 f(x)＝2|x|sin 2x， 则 f(－x)＝2|－x|sin(－2x)＝－2|x|sin 2x. ∵f(x)＝－f(－x)， ∴f(x)为奇函数． ∴f(x)的图象关于原点对称，故排除 A、B. 令 f(x)＝2|x|sin 2x＝0，解得 x＝k2π(k∈Z )， ∴当 k＝1 时，x＝π2，故排除 C，选 D.
2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第2讲函数图象与性质Word版含解析
专题加强训练1．(2019 ·华十校调研金)已知奇函数f(x)当 x＞ 0 时， f(x)＝ x(1－ x)，则当 x＜ 0 时， f(x) 的表达式是()A ． f( x)＝－ x(1＋ x) C． f( x)＝ x(1＋ x) B． f(x)＝－ x(1－x) D． f(x)＝ x(x－ 1)分析：选 C.设 x＜ 0，则－ x＞ 0，又当 x＞ 0 时， f(x)＝ x(1－ x)，故 f(－ x)＝－ x(1＋ x)，又函数为奇函数，故 f(－ x)＝－ f(x)＝－ x(x＋ 1)，即 f(x)＝ x(x＋ 1)，应选 C.2．已知 f(x)＝x＋1－ 1， f(a)＝ 2，则 f(－ a)＝ ( ) xA．－ 4 B．－ 2 C．－ 1 D．－ 3分析：选 A. 由于 f(x)＝x＋11 1x－ 1，所以 f( a)＝ a＋a－ 1＝ 2，所以 a＋a＝ 3，所以 f(－ a)＝－ a1 1－a－ 1＝－ a＋a－ 1＝－ 3－ 1＝－ 4，应选 A.3．以下函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞ )上单一递加的是 ( )1A ． y＝x B． y＝ |x|－ 11 |x|C． y＝ lg x D． y＝2分析：选 B.A 中函数 y＝1A 错误；B 中函数满x不是偶函数且在 (0，＋∞ )上单一递减，故足题意，故 B 正确； C 中函数不是偶函数，故 C 错误； D 中函数不知足在 (0，＋∞ )上单一递增，应选 B.2× 4x－a的图象对于原点对称，g(x) ＝ln(e x＋ 1)－ bx 是偶函数，则 log a b 4．已知函数 f(x)＝ 2 x＝ ( )A ． 1 B．－ 11 1C．－2 D.4分析：选 B.由题意得f(0) ＝ 0，所以 a＝ 2.1由于 g(1) ＝ g(－ 1)，所以 ln(e＋ 1)－ b＝ ln e＋ 1 ＋ b，1 1所以 b＝2，所以 log a b＝ log 22＝－1. 5．(2019 台·州市高考模拟 )函数 f(x)＝ x2＋a(a∈ R )的图象不行能是 ( ) |x|分析：选 A. 直接利用清除法：①当 a＝ 0 时，选项 B 建立；②当 a＝ 1 时， f(x)＝ x2＋1 ，函数的图象近似D；|x|③当 a＝－ 1 时， f(x)＝ x2－1，函数的图象近似 C.应选 A.|x|2x 在区间 [3，4]上的最大值和最小值分别为M，6．(2019 ·湖北八校联考 (一 ))设函数 f(x)＝x－2m2m，则M＝( )2 3A. 3B.83 8C.2D.3分析：选 D. 易知 f(x)＝2x ＝ 2＋ 4 ，所以 f(x)在区间 [3， 4]上单一递减，所以 M＝ f(3)x－ 2 x－ 24 4 m2 16 8＝ 2＋3－2＝ 6，m＝ f(4)＝ 2＋4－2 ＝4，所以M＝ 6 ＝3.7．(2018 高·考全国卷Ⅲ )以下函数中，其图象与函数y＝ ln x 的图象对于直线x＝ 1 对称的是 ( )A ． y＝ ln(1 － x) B． y＝ ln(2 － x)C． y＝ ln(1＋ x) D． y＝ ln(2 ＋ x)分析：选 B. 法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x， y)，则其对于直线x＝ 1 的对称点的坐标为 (2－ x，y)，由对称性知点(2－x，y)在函数 f(x)＝ ln x 的图象上，所以 y＝ ln(2 － x)．故选 B.法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y＝ ln x 的图象上也在所求函数的图象上，代当选项中的函数表达式逐个查验，清除A，C， D，选 B.8．(2019 浙·江台州市书生中学高三月考 )设奇函数 f(x)在 (0，＋∞ ) 上为单一递减函数，且f(2) ＝ 0，则不等式 3f （－ x ）－ 2f （ x ）≤ 0 的解集为 ( )5xA ． (－∞，－ 2]∪ (0， 2]B ． [－2， 0)∪ [2，＋∞ )C ． (－∞，－ 2]∪ [2，＋∞ )D ． [－ 2， 0)∪ (0， 2]3f （－ x ）－ 2f （ x ）f （ x ）分析：选 D. 由于函数 f(x)是奇函数，所以≤ 0?≥ 0.又因 f(x)在 (0，5xx＋ ∞ ) 上为单一递减函数，且 f (2) ＝ 0 ，所以得，函数 f ( x) 在 ( － ∞ ， 0) 上单一递减且f(－ 2)＝ 0.所以， x ∈ (－ ∞ ，－ 2)∪ (0， 2)时， f(x)>0； x ∈ (－ 2， 0)∪ (2，＋ ∞ )时 f( x)<0 ，应选 D.19．(2019 温·州市十校联考 )已知函数 f( x)是定义在 R 上的奇函数，当 x ≥ 0 时， f(x)＝ 2(|x － a 2|＋ |x － 2a 2|－ 3a 2)．若任取 ? x ∈ R ， f(x － 1)≤ f(x)，则实数 a 的取值范围为 ()A. －1， 1 B.－ 6，66 6 6 6C. － 1，1D.－ 3，33 333分析：选 B. 由于当 x ≥ 11 (a0 时，f(x) ＝ (|x － a 2|＋ |x － 2a2|－ 3a 2) ，所以当0≤ x ≤ a2时，f(x)＝ 222－ x ＋ 2a 2－ x － 3a 2) ＝－ x ；当 a 2＜ x ＜ 2a 2时， f(x)＝ 1(x － a 2＋ 2a 2－x － 3a 2)＝－ a 2；21当 x ≥ 2a 2 时， f(x)＝ 2(x － a 2＋ x － 2a 2－ 3a 2)＝ x － 3a 2.综 上 ， 函 数 f(x) ＝ 12 (|x － a 2| ＋ |x － 2a 2 | － 3a 2) 在x ≥ 0 时 的 解 析 式等 价 于f(x) ＝－ x ， 0≤ x ≤a 2 ，－ a 2， a 2＜ x ＜ 2a 2，x － 3a 2， x ≥ 2a 2.所以，依据奇函数的图象对于原点对称作出函数f(x)在 R 上的大概图象以下，226 ≤a ≤ 6察看图象可知， 要使 ? x ∈ R ，f(x － 1)≤ f(x)，则需知足 2a － (－ 4a )≤ 1，解得－ 6 6.10．定义域为R 的函数 f( x)知足 f(x＋ 2)＝3f(x)，当 x∈[0 ，2]时，f(x)＝ x2－ 2x，若 x∈[ － 4，－ 2]时， f(x)≥13－t恒建立，则实数t的取值范围是()18 tA ． (－∞，－ 1]∪ (0， 3]B． (－∞，－3]∪ (0，3]C． [－ 1， 0)∪ [3，＋∞ )D． [－3， 0)∪ [ 3，＋∞ )分析：选 C.由于 x∈ [ －4，－ 2]，所以 x＋ 4∈[0 ，2]，由于 x∈ [0， 2]时， f(x)＝ x2－ 2x，所以 f(x＋ 4) ＝(x＋4)2－2(x＋4)＝ x2＋ 6x＋ 8.函数 f(x)知足 f(x＋ 2)＝ 3f(x)，所以 f(x＋ 4)＝ 3f(x＋ 2)＝ 9f(x)．1 2故 f(x)＝9(x ＋ 6x＋ 8)，1 3 1 1 3由于 x∈ [ － 4，－ 2]时， f(x)≥18 t－t 恒建立，所以－9 ＝f(x)min≥18 t－ t ，解得 t≥ 3 或－ 1≤ t＜ 0.（1）x－ 2， x≤－ 1，11． (2019 宁·波镇海中学高三一模)已知函数f(x)＝2则 f(f(－（ x－ 2）（ |x|－ 1）， x＞－ 1.2)) ＝________，若 f(x)≥2，则 x 的取值范围为 ____________ ．分析：由分段函数的表达式得f(－ 2)＝ (12)－2－ 2＝ 4－ 2＝ 2，f(2)＝ 0，故 f(f(－ 2)) ＝ 0.若 x≤ － 1，由 f(x)≥ 2 得 (12)x－ 2≥ 2 得 (12)x≥ 4，则 2－x≥ 4，得－ x≥ 2，则 x≤ － 2，此时 x≤ － 2.若 x＞－ 1，由 f(x)≥ 2 得 (x－2)(|x|－ 1)≥ 2，即 x|x|－ x－ 2|x|≥ 0，若 x≥ 0 得 x2－ 3x≥ 0，则 x≥3 或 x≤ 0，此时 x≥ 3 或 x＝ 0，若x＜ 0，得－ x2＋x≥ 0，得 x2－x≤ 0，得 0≤ x≤ 1，此时无解，综上 x≥ 3 或 x＝ 0.答案： 0 x≥3 或 x＝ 0x＋2－ 3，x≥ 1，则 f(f(－ 3))＝ ________，f(x)的最小值是 ________．12．已知函数 f( x)＝xlg （ x2＋ 1）， x<1，分析：由于 f(－ 3)＝ lg[( － 3)2＋ 1]＝ lg 10 ＝ 1，所以 f(f(－ 3)) ＝f(1)＝ 1＋ 2－ 3＝ 0.2－3≥2 22－3，当且仅当2 2时等号建立，当 x≥ 1 时， x＋x·－ 3＝ 2 x＝，即 x＝x x x此时 f(x)min＝2 2－3<0 ；当 x<1 时， lg(x2＋1)≥ lg(0 2＋ 1)＝ 0，此时f( x)min＝ 0.所以 f(x)的最小值为 2 2－ 3.答案： 0 2 2－313． (2019 浙·江新高考冲刺卷)已知函数 f(x)＝ ln(e 2x＋1)－ mx 为偶函数，此中 e 为自然对数的底数，则m＝ ________，若 a2＋ ab＋ 4b2≤m，则 ab 的取值范围是 ________．分析：由题意， f( －x) ＝ln(e －2x＋ 1)＋ mx＝ ln(e 2x＋ 1)－ mx，所以 2mx＝ ln(e 2x＋1)－ ln(e －2x＋ 1)＝ 2x，所以 m＝ 1，由于 a2＋ ab＋ 4b2≤m，所以 4|ab|＋ ab≤ 1，所以－1≤ ab≤1，3 51 1故答案为 1，[－3，5]．1 1答案：1 [－， ]14．定义新运算“⊕”：当a≥b 时， a⊕ b＝ a；当 a<b 时， a⊕ b＝b2.设函数 f(x)＝ (1⊕ x)x －(2⊕ x)， x∈ [－ 2，2]，则函数 f(x)的值域为 ________．x－ 2， x∈ [－2， 1]，分析：由题意知f(x)＝x3－ 2， x∈（ 1，2]，当 x∈ [ － 2，1] 时， f(x)∈ [－ 4，－ 1]；当 x∈ (1， 2]时， f(x)∈( －1， 6]．故当 x∈ [－ 2， 2] 时， f(x) ∈[ －4， 6]．答案： [－4，6]x>0 时， h(x)＝－x215．已知函数 h(x)(x≠ 0)为偶函数，且当 4 ，0<x≤4，若h(t)>h(2)，则4－ 2x， x>4，实数 t 的取值范围为 ________．x2－4，0<x≤ 4，分析：由于 x>0 时， h(x)＝4－ 2x， x>4.易知函数h(x)在 (0，＋∞)上单一递减，由于函数h(x)(x≠ 0)为偶函数，且h(t)>h(2)，所以 h(|t|)>h(2)，所以0<|t|<2，t ≠0，t≠0，所以即解得－2< t<0 或0<t<2.|t|<2，－ 2<t<2，综上，所务实数t 的取值范围为(－ 2，0)∪(0， 2)．答案： (－ 2， 0)∪ (0，2)16．若对随意的x≥ 2，都有 (x＋ a)|x＋ a|＋ (ax)|x|≤ 0，则 a 的最大值为 ________．分析：对随意的x≥ 2，都有 (x＋ a)|x＋ a|＋ (ax)|x|≤ 0，即 x≥ 2 时， (x＋a)|x＋a|＋ (ax)x≤0 恒建立 .①若 x＋ a≥ 0，即 a≥ －2 时，则有 (x＋ a)2＋ax2≤ 0,所以 ( a＋ 1)x2＋2ax＋ a2≤ 0.a＋ 1＜ 0令 f(x)＝ (a＋ 1)x2＋ 2ax＋ a2，则有 a＋1＝ 0 或2a＜ 2－，2（ a＋1）f（ 2）＝ 4（ a＋1）＋ 4a＋ a2≤ 0求得 a＝－ 1 或－ 4－ 2 3≤a＜－ 1，综合可得－ 2≤ a≤ － 1；②若 x＋ a＜ 0，即 a＜－ 2 时，则有－ (x＋ a)2＋ ax2≤ 0,该不等式恒建立，即此时 a 的范围为a＜－ 2；③若 x＋ a＝ 0，即 a＝－ x≤ － 2 时，则由题意可得ax2≤0，知足条件 . 综合①②③可得， a≤－ 2 或－ 2≤ a≤ －1，故 a 的最大值为－ 1.答案：－117． (2019 台·州模拟 )定义 min{ x，y} ＝x（ x<y），则不等式 min{ x＋4，4} ≥ 8min{ x，1} y（ x≥ y）x x的解集是 ________．分析：①当 x>0 时，由基本不等式可知x＋4≥ 2 x＋4x x＝4，4min{ x ＋ x ， 4} ＝4，则不等式转变成：11min{ x ， x } ≤ 2，即：1解得： x ≤ 2或 x ≥ 2.11x ≤ 2x ≥2或，1≥ 11≤ 1x 2x 2②当 x<0 时，(ⅰ )当－ 1<x<0 时，1x <x ，原不等式化为 x ＋4x ≥ 8x ，即 x －4x ≥ 0，解得－ 2≤x<0，所以－ 1<x<0；(ⅱ )当 x ≤－ 1 时， 1≥ x ，原不等式化为 x ＋ 4≥ 8x ，x x 即 7x － 4≤ 0，解得： x ≤－4，即 x ≤ － 1， x7所以 x<0 对于原不等式全建立．1综上不等式的解集为 (－ ∞， 0)∪ (0， 2]∪ [2，＋ ∞ )．答案： (－∞， 0)∪ 1，＋∞ )(0， ]∪ [2218．(2019 台·州市教课质量调研 )已知函数 f( x)＝ x 2＋ bx ＋ c 的图象过点 (－ 1，3)，且对于直线 x ＝ 1 对称．(1)求 f(x)的分析式；(2)若 m ＜ 3，求函数 f(x) 在区间 [m ，3]上的值域．解： (1) 由于函数 f(x)＝ x 2＋ bx ＋ c 的图象过点 (－ 1， 3)，且对于直线 x ＝1 对称，f （－ 1）＝ 1－ b ＋ c ＝ 3所以b，－2＝1解得 b ＝－ 2， c ＝ 0，所以 f(x)＝ x 2－ 2x.(2)当 1≤ m ＜ 3 时， f(x)min ＝ f(m)＝ m 2－ 2m ，f(x) max ＝ f(3) ＝ 9－ 6＝3，所以 f(x)的值域为 [m 2－ 2m ， 3]；当－ 1≤ m＜ 1 时， f(x)min＝ f(1) ＝ 1－ 2＝－ 1，f(x) max＝ f(－ 1)＝ 1＋2＝ 3，所以 f(x)的值域为 [－ 1， 3]．当 m＜－ 1 时， f(x)min＝f(1)＝ 1－ 2＝－ 1，2－ 2m，maxf(x) ＝ f(m)＝m所以 f(x)的值域为 [－ 1， m2－ 2m] ．x2－ 2ax＋ a2＋ 1， x≤ 0，19． (2019 浙·江新高考结盟第三次联考) 已知函数 f(x)＝2－ a，x＞ 0.x2＋x(1)若对于随意的x∈ R ，都有 f( x)≥ f(0)建立，务实数 a 的取值范围；(2)记函数 f(x)的最小值为M(a)，解对于实数 a 的不等式M(a－ 2)＜M(a)．解： (1) 当 x≤ 0 时， f(x)＝ (x－ a)2＋ 1，由于 f(x)≥ f(0) ，所以 f(x)在( －∞， 0]上单一递减，所以 a≥ 0，2当 x＞ 0 时， f′(x)＝ 2x－x2，2令 2x－x2＝ 0 得 x＝ 1，所以当 0＜ x＜1 时， f′(x)＜0，当 x＞ 1 时， f′(x)＞ 0，所以 f(x)在 (0， 1)上单一递减，在(1，＋∞ )上单一递加，所以 f min(x)＝ f(1) ＝3－ a，由于 f(x)≥ f(0) ＝a2＋ 1，所以 3－ a≥a2＋1，解得－ 2≤ a≤ 1.又 a≥ 0，所以 a 的取值范围是[0， 1]．(2)由 (1)可知当 a≥ 0 时， f(x)在 (－∞， 0]上的最小值为f(0) ＝ a2＋1，当 a＜ 0 时， f(x)在 (－∞，0] 上的最小值为f(a)＝ 1，f(x)在 (0，＋∞ )上的最小值为f(1)＝ 3－ a，解不等式组a2＋ 1≤ 3－ a得a≥ 00≤ a≤1，解不等式组1≤ 3－ a得a＜ 0，a＜ 0a2＋ 1，0≤ a≤ 1所以 M(a)＝1，a＜ 0.3－ a， a≥ 1所以 M(a)在(－∞， 0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞ )上是减函数，作出 M(a)的函数图象以下图：令 3－ a＝ 1 得 a＝ 2，由于 M(a－ 2)＜ M(a)，所以 0＜ a＜2.。
浙江专版2020年高考数学二轮专题复习知能专练五导数及其应用(20201124123049)
文档从网络中收集，已重新整理排版.word 版本可编辑.欢迎下载支持.知能专练（五）导数及其应用一、选择题1. 曲线f （x ）=xlnx 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为（） JT兀解析：选B 因为A-Y ） =-rln w 所以f （x ）=ln x+1,所以f 9（1）=1,所以曲线 = .rln x 在点（1, f （l ））处的切线的倾斜角为2. 已知e 为自然对数的底数，则函数y=xe ”的单调递增区间是（） A. [ — 1, 4-°°） B. （ — 8, — 1] C. [1, +°°）D. （—8, 1]解析：选 A 令 ” =£（l + x ）M0,又 J>0, /. 1+-Y ^0»—1.3. 函数/Cr ）=3Y+ln x-2x 的极值点的个数是（） A. 0 C. 2解析：选A 函数泄义域为(0, +8),C r / \ Q 」c 6Y —2-Y +1 且 f (x) =6x+一一2= ・由于 40,呂3=6丘一2%+1 中 J=-20<0, 所以g （£>0恒成立，故/ C Y ）>0恒成立.即f （0在立义域上单调递增，无极值点.4. （2017 •浙江高考）函数y =f3的导函数3的图象如图所则函数y= f3的图象可能是（）&）的图象有三个零点，故f （x ）在这三个零点处取得极值，排除A 、B ；记导函数£ 3的零点从左到右分别为血 心4又在（一8,幻上£ &）〈0, 在（也 北）上f 6）>0,所以函数f （x ）在（一8,山）上单调递减，排除C,故选D.B ・1D.无数个解析：选D 由£3的图象知，fA示I)版本可编辑.欢迎下载支持.5・已知常数a, b、c都是实数，fix) = ax 4-bx-\- ex— 34的导函数为£3, f 3W0的解集为{A<-2^A<3},若f(0的极小值等于一115,则A的值是()A -里22C. 2D. 5解析：选C由题意知，f值一115,“ 3=3/+2加+cW0的解集为[一2, 3],且在x=3处取得极小r3a>0.故有v 一2X3=子，3a3 =27a+9b+3c—34= —115,6.若0<-¥i<Ac<l ,则( )A・ e X1— e X| >ln 疋―In 羽B・ e x：—e A| <ln 疋—In 羽C・ A^e x, >-Yie X1D・挹e&〈*,e”2解析：选C构适函数f&)=e'—In”则f U)=e v-£=:---------------------------- ,令f &)=0,得昶‘x x-1 = 0,根据函数y=£与y=2的图象可知两函数图象的交点也丘(0,1),即Ax)=e x-ln 在■ A(0,1)上不是单调函数，无法判断f GO与f(疋)的大小,故A, B错:构造函数=-,则以 3xe x X—1 e x=—_= --------- ；-- •故函数g(x) =~在(0, 1)上单调递减，故gCrJ >g(上)，上e “ >-vie 12 ,故选C.二、填空题7.设函数f(x) =Ar(e x-l) -|x=,则函数f(x)的单调增区间为_______________ •解析：因为f3 = Af(e x— 1)-討,所以f 3 = e r— 1+xe x—x= (e x— 1) (x+1).令f' C Y)>0,即(丁一1)・C Y+1)>0,解得曲(一 8, 一1)或曲(°, +8).所以函数f&)的单调增区间为(一8, — 1)和(0, +8).答案：(一8, — 1)和(0, +°°)解得a=2.版本可编辑.欢迎下载支持.8. 已知函数f(x)=*£+2ax-ln X,若f(x)在区间2上是增函数，则实数日的取值范 用为 _______ .解析：由题意知f' 3=卄2&—抑在［扌，2〕上恒成立，即2a2-x+*£, 2上恒成 立.又Ty= —x+£在#, 2上单调递减，.・.(一卄斗尸善，・・.2&諾，即aN#.答案：扌，+8)9. 已知函数fG")=/+2&f+1在x=l 处的切线的斜率为1,则实数日= ________________ ，此时函数y=f(x)在［0, 1］上的最小值为 _______ .解析：由题意得f 3=3/+仏，则有f (l)=3Xf+4aXl = l,解得尸一*,所以f(x) =・£ 一/+1, 则 f r3 =3/—2从当 xW ［0, 1］时,2由 f r(X)=3左一 2x>0 得寸awi ；・ 2由 f r(-¥)=3”一2X0 得 0<X§,所以函数f3在(|，1上单调递增，在(0, |)上单调递减，所以函数f3在三处取得极 小值，即为最小值，所以最小值为彳|)=(|卜(|}+1=||.三. 解答题10. 已知函数 KY )=ln A^~l.X (1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 设加GR,对任意的aE ( —1,1)，总存在Ao 6 ［1, e ］,使得不等式aa —f(xo)< 0成立，求 实数也的取值范围.解：(D 函数的左义域为(0, +8), 又 f (-¥)= ---- =——.X X X令f rC Y )>0,得X >1,因此函数f(0的单调递增区间是(1, +8)・ 令f C Y XO,得0<Kl,因此函数的单调递减区间是(0,1).(2)依题意，［1, e ］.答案：一* 2327版本可编辑.欢迎下载支持.由⑴知,fCv)在-re[b e]上是增函数, /• /'(-v)M x=/'(e) =ln e4--—1=-. e ee e加的取值范帀是一5 I11. 设函数 f3F —「21nx.⑴若f(x)在x=2时有极值，求实数a 的值和f3的单调区间;(2)若f(£在泄义域上是增函数，求实数a 的取值范用. 解：(1) •・•/(£在x=2时有极值，.•・£ ⑵=0,又 AT>0, .\X 9 (X ), f(x)关系如下表:X (°，1)12 (i 2)2 (2, +8)f' 3+—+f3・・.f(x)(0,［2, +8),E ，2).(2)若在泄义域上是增函数，则f' (-Y )20在-Y>0时恒成立，r( 、, a 2 ax — 2x+ avr 3=a+u —一= ----------- 5——•x x x•二转化为-Y>0时a.f —2w+a20恒成立， 即"2畫I 恒成立，9r 91当且仅当尸戶时等号成立,・・.a21.故实数日的取值范围为［1, +8).｛血 x i —'wo,e血x —i -解得一X X□(2•辽一5/+2) >由 f' (.r) =0 有必=扌,xz=2,版本可编辑.欢迎下载支持.12.已知函数f(x)=eH+ax-a(aGR 且aHO).(1)若函数f(x)在.v=0处取得极值，求实数a的值：并求岀此时f(x)在［一2, 1］上的最大值:(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围.解：(1)函数f(£的定义域为R, f (£=£+&,f (O)=e°+a=O, .・.a= —1, :,F (x)=e"—l,•・•在(一 8, 0)上f (A-XO, f(x)单调递减，在(0, +8)上f' (x)>0, f(x)单调递增，・・.尸0时，f3取极小值.・"=一1符合要求.易知f(0在［一2, 0)上单调递减，在(0, 1］上单调递增，且f(一2) =Z+3, f(l)=e, f(—2)>f(l).e•'•fCr)在［―2, 1］的最大值为2+3.(2)T 3=e”+a,由于J>0・①当a>0时，Z C Y)>0, f(x)是增函数.且当％>1 时，f(£=£+a(x-l)>0・当M0时，取；v=—一•••函数存在零点，不满足题意.②当a<0 时，令f* Cv)=e'+a=0,得x=ln(—a)・在(一8, ln( —a))上f' (x)<0, f(x)单调递减，在(In(—a), +8)上F 3>0, f(x)单调递增,.\x=ln( — a)时，/(-Y)取最小值.函数f(*)不存在零点，等价于f(ln(—“))=』'+aln( —a) —a=—2a+aln( —a)>0,解得—e2<a<0.综上所述.所求的实数a的取值范用是(一『0)・。
高考数学二轮复习课件高考5个大题题题研诀窍函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”讲义理(含解析)
函数与导数综合问题巧在“转”、难在“分”[思维流程——找突破口] [技法指导——迁移搭桥]函数与导数问题一般以函数为载体，以导数为工具，重点考查函数的一些性质，如含参函数的单调性、极值或最值的探求与讨论，复杂函数零点的讨论，函数不等式中参数范围的讨论，恒成立和能成立问题的讨论等，是近几年高考试题的命题热点．对于这类综合问题，一般是先转化(变形)，再求导，分解出基本函数，分类讨论研究其性质，再根据题意解决问题.[典例] 已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x＋2e x ≤0. [快审题] 求什么 想什么 讨论函数的单调性，想到利用导数判断． 证明不等式，想到对所证不等式进行变形转化． 给什么 用什么 已知函数的解析式，利用导数解题．差什么 找什么 证不等式时，对不等式变形转化后还不能直接判断两函数的关系，应找出所构造函数的最值.[稳解题](1)f ′(x )＝ex－a (x >0)，①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0，当x >ea时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，e a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫e a ，＋∞上单调递减．(2)证明：法一：因为x >0，所以只需证f (x )≤exx－2e ，当a ＝e 时，由(1)知，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max＝f (1)＝－e.记g (x )＝exx－2e(x >0)，则g ′(x )＝x －1e xx 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 所以g (x )min ＝g (1)＝－e.综上，当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤exx－2e ，即xf (x )－e x＋2e x ≤0. 法二：证xf (x )－e x＋2e x ≤0， 即证e x ln x －e x 2－e x＋2e x ≤0， 从而等价于ln x －x ＋2≤exe x .设函数g (x )＝ln x －x ＋2， 则g ′(x )＝1x－1.所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1. 设函数h (x )＝e xe x，则h ′(x )＝exx －1e x2. 所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1. 综上，当x >0时，g (x )≤h (x )， 即xf (x )－e x＋2e x ≤0.[题后悟道] 函数与导数综合问题的关键(1)会求函数的极值点，先利用方程f (x )＝0的根，将函数的定义域分成若干个开区间，再列成表格，最后依表格内容即可写出函数的极值；(2)证明不等式，常构造函数，并利用导数法判断新构造函数的单调性，从而可证明原不等式成立；(3)不等式恒成立问题除了用分离参数法，还可以从分类讨论和判断函数的单调性入手，去求参数的取值范围．[针对训练]已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝ax 22，直线l ：y ＝(k －3)x －k ＋2.(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行，求实数k 的值； (2)若至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，求实数a 的取值范围； (3)设k ∈Z ，当x >1时，函数f (x )的图象恒在直线l 的上方，求k 的最大值． 解：(1)由已知得，f ′(x )＝ln x ＋1，且y ＝f (x )在x ＝e 处的切线与直线l 平行， 所以f ′(e)＝ln e ＋1＝2＝k －3，解得k ＝5.(2)因为至少存在一个x 0∈[1，e]使f (x 0)<g (x 0)成立，所以至少存在一个x 使x ln x <ax 22成立，即至少存在一个x 使a >2ln x x成立．令h (x )＝2ln x x ，当x ∈[1，e]时，h ′(x )＝21－ln xx 2≥0恒成立，因此h (x )＝2ln x x在[1，e]上单调递增.故当x ＝1时，h (x )min ＝0，所以实数a 的取值范围为(0，＋∞)．(3)由已知得，x ln x >(k －3)x －k ＋2在x >1时恒成立，即k <x ln x ＋3x －2x －1.令F (x )＝x ln x ＋3x －2x －1，则F ′(x )＝x －ln x －2x －12.令m (x )＝x －ln x －2，则m ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0在x >1时恒成立.所以m (x )在(1，＋∞)上单调递增，且m (3)＝1－ln 3<0，m (4)＝2－ln 4>0， 所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x 0(x 0∈(3,4))使m (x 0)＝0，即x 0－ln x 0－2＝0. 当1<x <x 0时，m (x )<0，即F ′(x )<0，当x >x 0时，m (x )>0，即F ′(x )>0， 所以F (x )在(1，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 故F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋3x 0－2x 0－1＝x 0x 0－2＋3x 0－2x 0－1＝x 0＋2∈(5,6)．故k <x 0＋2(k ∈Z)，所以k 的最大值为5. [总结升华]函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、可把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时要注意分类思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用．[专题过关检测] 1．(2018·武汉调研)已知函数f (x )＝ln x ＋a x(a ∈R)． (1)讨论函数f (x )的单调性； (2)当a >0时，证明：f (x )≥2a －1a.解：(1)f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a >0时，若x >a ，则f ′(x )>0，函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x <a ，则f ′(x )<0，函数f (x )在(0，a )上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a >0时，f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋1. 要证f (x )≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a，即证ln a ＋1a－1≥0.令函数g (a )＝ln a ＋1a－1，则g ′(a )＝1a －1a 2＝a －1a2(a >0)，当0<a <1时，g ′(a )<0，当a >1时，g ′(a )>0，所以g (a )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以g (a )min ＝g (1)＝0. 所以ln a ＋1a－1≥0恒成立，所以f (x )≥2a －1a.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x－ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1；(2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x－1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x－1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x＝－(x －1)2e －x. 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x.f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．(ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x. 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x>x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a3e2a2>1－16a32a4＝1－1a>0，故h (x )在(2,4a )上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e24.3．(2018·西安质检)设函数f (x )＝ln x ＋k x(k ∈R)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，求f (x )的单调性和极小值(其中e 为自然对数的底数)；(2)若对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－f (x 2)<x 1－x 2恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由条件得f ′(x )＝1x －kx2(x >0)，∵曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线与直线x －2＝0垂直，∴f ′(e)＝0，即1e －ke 2＝0，得k ＝e ，∴f ′(x )＝1x －e x 2＝x －ex2(x >0)．由f ′(x )<0，得0<x <e ；由f ′(x )>0，得x >e ， ∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， 当x ＝e 时，f (x )取得极小值，且f (e)＝ln e ＋ee ＝2.∴f (x )的极小值为2.(2)由题意知对任意的x 1>x 2>0，f (x 1)－x 1<f (x 2)－x 2恒成立， 设h (x )＝f (x )－x ＝ln x ＋k x－x (x >0)， 则h (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴h ′(x )＝1x －kx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即当x >0时，k ≥－x 2＋x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14恒成立，∴k ≥14.故k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞. 4．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ，f ′(x )＝ln(1＋x )－x1＋x. 设函数g (x )＝ln(1＋x )－x1＋x ，则g ′(x )＝x1＋x2.当－1<x <0时，g ′(x )<0；当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，＋∞)上单调递增． 又f (0)＝0，故当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0.(2)①若a ≥0，由(1)知，当x >0时，f (x )≥(2＋x )ln(1＋x )－2x >0＝f (0)， 这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾． ②若a <0， 设函数h (x )＝f x 2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x2＋x ＋ax2.由于当|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，2＋x ＋ax 2>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 )＝11＋x－22＋x ＋ax 2－2x 1＋2ax2＋x ＋ax22＝x 2a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1x ＋1ax 2＋x ＋22.若6a ＋1>0，则当0<x <－6a ＋14a，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )>0， 故x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1<0，故当x ∈(x 1,0)，且|x |<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a |时，h ′(x )<0， 所以x ＝0不是h (x )的极大值点．若6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3x －24x ＋1x 2－6x －122，则当x ∈(－1,0)时，h ′(x )>0； 当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0. 所以x ＝0是h (x )的极大值点， 从而x ＝0是f (x )的极大值点． 综上，a ＝－16.。
2020浙江高考数学二轮专题强化训练：专题一第6讲 导数的综合应用 Word版含解析
专题强化训练1．(2019·衢州市高三数学质量检测)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1.(1)当a ＝1时，求函数f (x )在x ＝2处的切线方程； (2)求函数f (x )在x ∈[1，2]时的最大值． 解：(1)当a ＝1时，f (x )＝ln x －12x 2＋1，所以f ′(x )＝1x－x ，所以f ′(2)＝－32，即k 切＝－32，已知切点为(2，－1＋ln 2)，所以切线的方程为：y ＝－32x ＋2＋ln 2.(2)因为f ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x (1≤x ≤2)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在x ∈[1，2]恒成立， 所以f (x )在x ∈[1，2]单调递增， 所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2； 当0＜a ≤12时，f (x )在x ∈[1，2]单调递增，所以f max (x )＝f (2)＝－4a ＋3＋ln 2；当12＜a ＜1时，f (x )在x ∈[1，1a ]单调递增，在x ∈[1a ，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1a )＝12a－ln a ；当a ≥1时，f (x )在x ∈[1，2]单调递减， 所以f max (x )＝f (1)＝－32a ＋2，综上所述f max(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4a ＋3＋ln 2，a ≤12－ln a ＋12a ，12＜a ＜1－32a ＋2，a ≥1.2．(2019·绍兴、诸暨市高考二模)已知函数f (x )＝x e x －a (x －1)(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝0处有极值，求a 的值与f (x )的单调区间；(2)若存在实数x 0∈(0，12)，使得f (x 0)＜0，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝(x ＋1)e x －a ， 由f ′(0)＝0，解得：a ＝1， 故f ′(x )＝(x ＋1)e x －1， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞0， 令f ′(x )＜0，解得：x ＜0，故f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)若f (x )＜0在x ∈(0，12)上有解，即x e x＜a (x －1)，a ＜x e x x －1在x ∈(0，12)上有解，设h (x )＝x e x x －1，x ∈(0，12)，则h ′(x )＝e x （x 2－x －1）（x －1）2＜0，故h (x )在(0，12)单调递减，h (x )在(0，12)的值域是(－e ，0)，故a ＜h (0)＝0.3．(2019·兰州市实战考试)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1(a ∈R )． (1)当0<a <12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x2＝－ax 2－x ＋1－ax 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0<a <12，所以1a－1>1>0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，[g (x )]min ＝g (1)＝5－2b >0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，[g (x )]min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b >2时，[g (x )]min ＝g (2)＝8－4b ，且当b >2时，8－4b <0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞. 4．(2018·高考浙江卷)已知函数f (x )＝x －ln x .(1)若f (x )在x ＝x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2；(2)若a ≤3－4ln 2，证明：对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 证明：(1)函数f (x )的导函数f ′(x )＝12x －1x ，由f ′(x 1)＝f ′(x 2)得12x 1－1x 1＝12x 2－1x 2， 因为x 1≠x 2，所以1x 1＋1x 2＝12. 由基本不等式得12x 1x 2＝x 1＋x 2≥24x 1x 2，因为x 1≠x 2，所以x 1x 2>256.由题意得f (x 1)＋f (x 2)＝x 1－ln x 1＋x 2－ln x 2＝12x 1x 2－ln(x 1x 2)．设g (x )＝12x －ln x ，则g ′(x )＝14x (x －4)，所以所以g (x )在g (x 1x 2)>g (256)＝8－8ln 2， 即f (x 1)＋f (x 2)>8－8ln 2. (2)令m ＝e －(|a |＋k )，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1k 2＋1，则 f (m )－km －a >|a |＋k －k －a ≥0，f (n )－kn －a <n ⎝⎛⎭⎫1n －a n －k ≤n ⎝ ⎛⎭⎪⎫|a |＋1n －k <0， 所以，存在x 0∈(m ，n )，使f (x 0)＝kx 0＋a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈(0，＋∞)，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有公共点． 由f (x )＝kx ＋a 得k ＝x －ln x －ax. 设h (x )＝x －ln x －ax， 则h ′(x )＝ln x －x2－1＋a x 2＝－g （x ）－1＋ax 2，其中g (x )＝x2－ln x . 由(1)可知g (x )≥g (16)，又a ≤3－4ln 2，故－g (x )－1＋a ≤－g (16)－1＋a ＝－3＋4ln 2＋a ≤0，所以h ′(x )≤0，即函数h (x )在(0，＋∞)上单调递减，因此方程f (x )－kx －a ＝0至多1个实根．综上，当a ≤3－4ln 2时，对于任意k >0，直线y ＝kx ＋a 与曲线y ＝f (x )有唯一公共点． 5．(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知函数f (x )＝ 13x 3－ax 2＋3x ＋b (a ，b ∈R )． (1)当a ＝2，b ＝0时，求f (x )在[0，3]上的值域；(2)对任意的b ，函数g (x )＝|f (x )|－23的零点不超过4个，求a 的取值范围．解：(1)由f (x )＝13x 3－2x 2＋3x ，得f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，3)时，f ′(x )＜0，故f (x )在(1，3)上单调递减． 又f (0)＝f (3)＝0，f (1)＝43，所以f (x )在[0，3]上的值域为[0，43]．(2)由题得f ′(x )＝x 2－2ax ＋3，Δ＝4a 2－12，①当Δ≤0，即a 2≤3时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增，满足题意．②当Δ＞0，即a 2＞3时，方程f ′(x )＝0有两根，设两根为x 1，x 2，且x 1＜x 2，x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝3.则f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． 由题意知|f (x 1)－f (x 2)|≤43，即|x 31－x 323－a (x 21－x 22)＋3(x 1－x 2)|≤43. 化简得43(a 2－3)32≤43，解得3＜a 2≤4，综合①②，得a 2≤4， 即－2≤a ≤2.6．(2019·台州市高考一模)已知函数f (x )＝1－ln x x ，g (x )＝a e e x ＋1x －bx (e 为自然对数的底数)，若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)求证：当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x .解：(1)因为f (x )＝1－ln xx ，所以f ′(x )＝ln x －1x 2，f ′(1)＝－1.因为g (x )＝a e e x ＋1x －bx ，所以g ′(x )＝－a e e x －1x2－b .因为曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )的一个公共点是A (1，1)，且在点A 处的切线互相垂直， 所以g (1)＝1，且f ′(1)·g ′(1)＝－1，即g (1)＝a ＋1－b ＝1，g ′(1)＝－a －1－b ＝1， 解得a ＝－1，b ＝－1.(2)证明：由(1)知，g (x )＝－e e x ＋1x ＋x ，则f (x )＋g (x )≥2x ⇔1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0.令h (x )＝1－ln x x －e e x －1x ＋x (x ≥1)，则h ′(x )＝－1－ln x x 2＋e e x ＋1x 2＋1＝ln x x 2＋ee x ＋1. 因为x ≥1，所以h ′(x )＝ln x x 2＋ee x＋1＞0， 所以h (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以h (x )≥h (1)＝0， 即1－ln x x －e e x －1x ＋x ≥0，所以当x ≥1时，f (x )＋g (x )≥2x.7．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)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． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4－k (1x －2x 2)＝（x －2）（e x －kx ）x 3(x ＞0)，当k ≤0时，kx ≤0， 所以e x －kx ＞0， 令f ′(x )＝0，则x ＝2，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ＞2时，f ′(x )＞0，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，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⎩⎪⎨⎪⎧g （0）＞0g （ln k ）＜0g （2）＞20＜ln k ＜2，解得：e ＜k ＜e 22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(e ，e 22)．8．(2019·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f (x )＝13ax 3－12bx 2＋x (a ，b ∈R )．(1)当a ＝2，b ＝3时，求函数f (x )极值；(2)设b ＝a ＋1，当0≤a ≤1时，对任意x ∈[0，2]，都有m ≥|f ′(x )|恒成立，求m 的最小值． 解：(1)当a ＝2，b ＝3时，f (x )＝23x 3－32x 2＋x ，f ′(x )＝2x 2－3x ＋1＝(2x －1)(x －1)， 令f ′(x )＞0，解得：x ＞1或x ＜12，令f ′(x )＜0，解得：12＜x ＜1，故f (x )在(－∞，12)单调递增，在(12，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，故f (x )极大值＝f (12)＝524，f (x )极小值＝f (1)＝16.(2)当b ＝a ＋1时，f (x )＝13ax 3－12(a ＋1)x 2＋x ，f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1，f ′(x )恒过点(0，1)； 当a ＝0时，f ′(x )＝－x ＋1， m ≥|f ′(x )|恒成立， 所以m ≥1；0＜a ≤1，开口向上，对称轴a ＋12a≥1， f ′(x )＝ax 2－(a ＋1)x ＋1＝a (x －a ＋12a )2＋1－（a ＋1）24a，①当a ＝1时f ′(x )＝x 2－2x ＋1，|f ′(x )|在x ∈[0，2]的值域为[0，1]； 要m ≥|f ′(x )|，则m ≥1； ②当0＜a ＜1时， 根据对称轴分类：当x ＝a ＋12a ＜2，即13＜a ＜1时，Δ＝(a －1)2＞0，f ′(a ＋12a )＝12－14(a ＋1a )∈(－13，0)，又f ′(2)＝2a －1＜1， 所以|f ′(x )|≤1；当x ＝a ＋12a ≥2，即0＜a ≤13；f ′(x )在x ∈[0，2]的最小值为f ′(2)＝2a －1； －1＜2a －1≤－13，所以|f ′(x )|≤1，综上所述，要对任意x ∈[0，2]都有m ≥|f ′(x )|恒成立，有m ≥1， 所以m ≥1.。
(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题五大题考法课函数与导数课时跟踪检测
解：(1)∵f (x )＝ln x ＋ax ，∴f ′(x )＝ ＋a .ax ＋∴函数 f (x )在 0，－ 上单调递增，在－ ，＋∞上单调递减，∴实数 a 的取值范围是－ ，0.解：(1)∵F (x )＝ln x ＋ ，x ∈(0,3]，0∴F ′(x )＝ －2＝，∴k ＝F ′(x 0)＝ 2 ， (2)由(1)知 f ′(x )＝ ＋a ＝(x >0)．当 a ≥0 时，∵f ′(x )＝>0，∴函数 f (x )＝ln x ＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，当 a <0 时，∵f ′(x )＝(x >0)，xx x x 0y 函数与导数[课时跟踪检测]1．已知函数 f (x )＝ln x ＋ax ，(1)若函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝2x ＋m ，求实数 a 和 m 的值；(2)若函数 f (x )在定义域内有两个不同的零点 x 1，x 2，求实数 a 的取值范围．1x∵函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝2x ＋m ，∴f ′(1)＝1＋a ＝2，得 a ＝1.又∵f (1)＝ln 1＋a ＝1，∴函数 f (x )在 x ＝1 处的切线方程为 y －1＝2(x －1)，即 y ＝2x －1，∴m ＝－1.1 1＋axx x1＋axx从而函数 f (x )至多有一个零点，不符合题意；1 ax1 1a a1 1 1 1∴函数 f (x )max ＝f －a ＝ln －a ＋a －a ＝ln －a －1，∴要满足函数 f (x )在定义域内有两个不同的零点 x 1，x 2，1 1必有 f (x )max ＝ln －a －1>0，得 a >－e ，1e2．设函数 f (x )＝ln x ＋x .a 1(1)令 F (x )＝f (x )＋x －x (0<x ≤3)，若 F (x )的图象上任意一点 P (x 0，0)处切线的斜率 k ≤2恒成立，求实数 a 的取值范围；(2)若方程 2mf (x )＝x 2 有唯一实数解，求正数 m 的值．ax1 a x －a x －a 2x 20∴a ≥ ，即实数 a 的取值范围为⎢ ，＋∞⎪.，解得 m ＝ .23．(2019·学军中学检测)已知函数 f (x )＝ (x ＋a ) ＋b ln x ，a ，b∈R. ∴k ＝x 0－a 1 1⎡1 ⎫2则 g ′(x )＝ .令 g ′(x )＝0，则 x －mx －m ＝0. 2 <0(舍去)，x 2＝m ＋ m 2＋4m ⎪⎩g (x 2)＝0， 即 x 2－2m lnx 2－2mx 2＝x 2－mx 2－m ，22∵h (1)＝0，∴方程(*)的解为 x 2＝1，即 1＝m ＋ m 2＋4m 0 0 ⎧⎪1∵F (x )的图象上任意一点 P (x 0，y 0)处切线的斜率 k ≤2恒成立，≤2在 x 0∈(0,3]上恒成立，1∴a ≥－2x 2＋x 0max ，x 0∈(0,3]，1 1当 x 0＝1 时，－2x 2＋x 0 取得最大值2，2 ⎣2 ⎭(2)∵方程 2mf (x )＝x 2 有唯一实数解，∴x 2－2m ln x －2mx ＝0 有唯一实数解．设 g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，2x 2－2mx －2mx∵m >0，∴Δ＝m 2＋4m >0，∵x >0，m － m 2＋4m∴x 1＝2 ，当 x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减，当 x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)单调递增， 当 x ＝x 2 时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值 g (x 2)． ∵g (x )＝0 有唯一解，∴g (x 2)＝0， 则⎨g ′(x 2)＝0，∴2m ln x 2＋mx 2－m ＝0，∵m >0，∴2ln x 2＋x 2－1＝0.(*) 设函数 h (x )＝2ln x ＋x －1，∵当 x >0 时，h (x )是增函数，∴h (x )＝0 至多有一解．1 2 212(1)若直线 y ＝ax 是曲线 y ＝f (x )的切线，求 a 2b 的最大值；(2)设 b ＝1，若函数 f (x )有两个极值点 x 1 与 x 2，且 x 1<x 2，求f (x 2)的取值范围．解：(1)因为 f ′(x )＝ ，x 20＋ax 0＋bx 0(2)因为 f ′(x )＝ ，⎧⎪x 1＋x 2＝－a ， x 2f (x 2) 2 2 x 112x20 0 0 ⎩ 2x 2x 2 且 h ′(x )>h ′(1)＝ >0，x 1 x 2＋ax ＋bx又因为 y ＝ax 是曲线 y ＝f (x )的切线，设切点为(x 0，y 0)，则 ＝a ， 故 b ＝－x 2.1因为 y 0＝2(x 0＋a )2＋b ln x 0＝ax 0，即 a 2＝－(x 2＋2b ln x 0)＝x 2(2ln x 0－1)≥0，故 x 0≥e ，所以 a 2b ＝x 4(1－2ln x 0)， 令 g (x )＝x 4(1－2ln x )，x ≥ e ，则 g ′(x )＝2x 3(1－4ln x )<0，所以函数 g (x )在[ e ，＋∞)上单调递减，故 g (x )max ＝g ( e)＝0， 综上，a 2b 的最大值是 0.x 2＋ax ＋1x所以 x 1，x 2 是 x 2＋ax ＋1＝0 的两个根，则⎨⎪x 1·x 2＝1，1 故 a ＝－x 2－ ，1(x ＋a )2＋ln x 21 所以 ＝ ＝ ＋x 2ln x 2. x 2－a ＋ a 2－4 因为 x 2＝ 2>1，1令 h (x )＝ ＋x ln x ，x >1，－1则 h ′(x )＝ ＋ln x ＋1 单调递增，12所以 h (x )在(1，＋∞)上单调递增，故 h (x )>h (1)＝ .的取值范围是 ，＋∞⎪.所以 f (－1)＝(－1＋b ) －a ⎪＝0，所以 a ＝ 或 b ＝1.所以 f ′(－1)＝ －a ＝－1＋ ，若 a ＝ ，则 b ＝2－e<0，与 b >0 矛盾，故 a ＝1，b ＝1.则 h (x )＝ －1⎪(x ＋1)，xx 令 F (x )＝f (x )－h (x )，则 F (x )＝(x ＋1)(e －1)－ －1⎪(x ＋1)，F ′(x )＝(x ＋2)e － ，x当 x ≤－2 时，F ′(x )＝(x ＋2)e － ≤－ <0， x当 x >－2 时，设 G (x )＝F ′(x )＝(x ＋2)e － ，综上，f (x 2) ⎛1 ⎛1⎫⎛1⎫1⎛1 ⎫12⎫x 1 ⎝2 ⎭4．已知函数 f (x )＝(x ＋b )(e x －a )(b >0)的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求 a ，b ；m (1－2e )(2)若方程 f (x )＝m 有两个实数根 x 1，x 2，且 x 1<x 2，证明：x 2－x 1≤1＋ 1－e .解：(1)由题意得 f (－1)＝0，⎝e ⎭1e又 f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x －a ，b 1e e1e(2)证明：由(1)可知 f (x )＝(x ＋1)(e x －1)，f (0)＝0，f (－1)＝0，设曲线 y ＝f (x )在点(－1,0)处的切线方程为 y ＝h (x )，⎝e ⎭⎝e ⎭ e1 1ee1e则 G ′(x )＝(x ＋3)e x >0，故函数 F ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又 F ′(－1)＝0，所以当 x ∈(－∞，－1)时，F ′(x )<0，当 x ∈(－1，＋∞)时，F ′(x )>0，所以函数 F (x )在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，故 F (x )≥F (－1)＝0，所以 f (x )≥h (x )，所以 f (x 1)≥h (x 1)．m e设 h (x )＝m 的根为 x 1′，则 x 1′＝－1＋1－e，所以 x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝m － －1＋m e ⎫⎛1－e ⎭⎝ x e x －(e x －a ) a (e x －a )(x －1)由题意得 f ′(2)＝ ，解得 a ＝0.(e －a )(x －1)x＝1＋m (1－2e )5．已知函数 f (x )＝ －a ln x ，其中 a ∈[0，e]，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(3)设函数 g (x )＝ ，求证：0＜g (x )＜1.解：(1)f ′(x )＝ － ＝ ，f ′(x )＝ .又函数 h (x )单调递减，且 h (x 1′)＝f (x 1)≥h (x 1)， 所以 x 1′≤x 1，设曲线 y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为 y ＝t (x )，易得 t (x )＝x ，令 T (x )＝f (x )－t (x )＝(x ＋1)(e x －1)－x ，则 T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，当 x ≤－2 时，T ′(x )＝(x ＋2)e x －2≤－2<0，当 x >－2 时，设 H (x )＝T ′(x )＝(x ＋2)e x －2，则 H ′(x )＝(x ＋3)e x >0，故函数 T ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又 T ′(0)＝0，所以当 x ∈(－∞，0)时，T ′(x )<0，当 x ∈(0，＋∞)时，T ′(x )>0，所以函数 T (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以 T (x )≥T (0)，所以 f (x )≥t (x )，所以 f (x 2)≥t (x 2)． 设 t (x )＝m 的根为 x 2′，则 x 2′＝m ，又函数 t (x )单调递增，且 t (x 2′)＝f (x 2)≥t (x 2)， 所以 x 2′≥x 2.又 x 1′≤x 1，⎪1－e .e x －ax(1)若曲线 y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线为 e 2x －4y ＝0，求 a 的值；(2)求函数 y ＝f (x )的极大值；1＋x ln xe xx 2 x x 2e 24(2)函数 f (x )的定义域为(0，＋∞)，x 2①当 0≤a ≤1 时，f (x )在 (0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，函数f (x )没有极大值；②当 1＜a ＜e 时，令 f ′(x )＝0，解得 x ＝ln a 或 x ＝1.则由 h ′(x )＝ln x ＋1＝0，解得 x ＝ ，∴h (x )在 0， ⎪上单调递减，在 ，＋∞⎪上单调递增，1⎛1⎫ ∴h (x )≥h ⎪＝1－ ＞0，⎛1⎫ ⎛1 ⎫ 即 －ln x ＞0.由(2)知，当 a ＝1 时，f (x )＝－ln x ，于是 f (x )在(0，ln a )，(1，＋∞)上单调递增，在(ln a,1)上单调递减，函数 f (x )的极大值为 f (ln a )＝－a ln(ln a )；③当 a ＝e 时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有极大值．(3)证明：①要证 g (x )＞0，只需证 1＋x ln x ＞0.令 h (x )＝1＋x ln x ，1e⎝ e ⎭⎝e ⎭⎝e ⎭ e即 g (x )＞0.②要证 g (x )＜1，只要证 1＋x ln x ＜e x ，e x －1xe x －1x此时 f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f (x )≥f (1)＝e －1＞0，∴g (x )＜1.综合①②可知，0＜g (x )＜1 成立．。
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函数与导数[课时跟踪检测]1．已知函数f (x )＝ln x ＋ax ，(1)若函数f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2x ＋m ，求实数a 和m 的值； (2)若函数f (x )在定义域内有两个不同的零点x 1，x 2，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵f (x )＝ln x ＋ax ，∴f ′(x )＝1x＋a .∵函数f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝2x ＋m ， ∴f ′(1)＝1＋a ＝2，得a ＝1.又∵f (1)＝ln 1＋a ＝1，∴函数f (x )在x ＝1处的切线方程为y －1＝2(x －1)， 即y ＝2x －1，∴m ＝－1.(2)由(1)知f ′(x )＝1x ＋a ＝1＋axx(x >0)．当a ≥0时，∵f ′(x )＝1＋ax x>0，∴函数f (x )＝ln x ＋ax 在(0，＋∞)上单调递增，从而函数f (x )至多有一个零点，不符合题意；当a <0时，∵f ′(x )＝ax ＋1ax(x >0)，∴函数f (x )在0，－1a 上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减，∴函数f (x )max ＝f －1a ＝ln －1a ＋a －1a ＝ln －1a－1，∴要满足函数f (x )在定义域内有两个不同的零点x 1，x 2， 必有f (x )max ＝ln －1a －1>0，得a >－1e ，∴实数a 的取值范围是－1e ，0.2．设函数f (x )＝ln x ＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋a x －x (0<x ≤3)，若F (x )的图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，求正数m 的值． 解：(1)∵F (x )＝ln x ＋a x，x ∈(0,3]，∴F ′(x )＝1x －a x 2＝x －a x 2，∴k ＝F ′(x 0)＝x 0－ax 20，∵F (x )的图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，∴k ＝x 0－a x 20≤12在x 0∈(0,3]上恒成立， ∴a ≥－12x 20＋x 0max ，x 0∈(0,3]，当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12，∴a ≥12，即实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.(2)∵方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解， ∴x 2－2m ln x －2mx ＝0有唯一实数解． 设g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，则g ′(x )＝2x 2－2mx －2m x.令g ′(x )＝0，则x 2－mx －m ＝0.∵m >0，∴Δ＝m 2＋4m >0， ∵x >0， ∴x 1＝m －m 2＋4m2<0(舍去)，x 2＝m ＋m 2＋4m2，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减， 当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)单调递增， 当x ＝x 2时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值g (x 2)． ∵g (x )＝0有唯一解， ∴g (x 2)＝0， 则⎩⎪⎨⎪⎧g ′(x 2)＝0，g (x 2)＝0，即x 22－2m ln x 2－2mx 2＝x 22－mx 2－m ，∴2m ln x 2＋mx 2－m ＝0， ∵m >0，∴2ln x 2＋x 2－1＝0.(*) 设函数h (x )＝2ln x ＋x －1， ∵当x >0时，h (x )是增函数， ∴h (x )＝0至多有一解．∵h (1)＝0，∴方程(*)的解为x 2＝1，即1＝m ＋m 2＋4m2，解得m ＝12.3．(2019·学军中学检测)已知函数f (x )＝12(x ＋a )2＋b ln x ，a ，b ∈R .(1)若直线y ＝ax 是曲线y ＝f (x )的切线，求a 2b 的最大值；(2)设b ＝1，若函数f (x )有两个极值点x 1与x 2，且x 1<x 2，求f (x 2)x 1的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝x 2＋ax ＋bx，又因为y ＝ax 是曲线y ＝f (x )的切线，设切点为(x 0，y 0)，则x 20＋ax 0＋bx 0＝a ，故b ＝－x 20.因为y 0＝12(x 0＋a )2＋b ln x 0＝ax 0，即a 2＝－(x 20＋2b ln x 0)＝x 20(2ln x 0－1)≥0， 故x 0≥ e ，所以a 2b ＝x 40(1－2ln x 0)， 令g (x )＝x 4(1－2ln x )，x ≥ e ， 则g ′(x )＝2x 3(1－4ln x )<0，所以函数g (x )在[e ，＋∞)上单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝0， 综上，a 2b 的最大值是0.(2)因为f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x，所以x 1，x 2是x 2＋ax ＋1＝0的两个根，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－a ，x 1·x 2＝1，故a ＝－x 2－1x 2，所以f (x 2)x 1＝12(x 2＋a )2＋ln x 21x 2＝12x 2＋x 2ln x 2.因为x 2＝－a ＋a 2－42>1，令h (x )＝12x＋x ln x ，x >1，则h ′(x )＝－12x 2＋ln x ＋1单调递增，且h ′(x )>h ′(1)＝12>0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，故h (x )>h (1)＝12.综上，f (x 2)x 1的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 4．已知函数f (x )＝(x ＋b )(e x－a )(b >0)的图象在点(－1，f (－1))处的切线方程为(e －1)x ＋e y ＋e －1＝0.(1)求a ，b ；(2)若方程f (x )＝m 有两个实数根x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：x 2－x 1≤1＋m (1－2e )1－e.解：(1)由题意得f (－1)＝0，所以f (－1)＝(－1＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －a ＝0，所以a ＝1e或b ＝1.又f ′(x )＝(x ＋b ＋1)e x－a ，所以f ′(－1)＝b e －a ＝－1＋1e，若a ＝1e，则b ＝2－e<0，与b >0矛盾，故a ＝1，b ＝1.(2)证明：由(1)可知f (x )＝(x ＋1)(e x－1)，f (0)＝0，f (－1)＝0， 设曲线y ＝f (x )在点(－1,0)处的切线方程为y ＝h (x )，则h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1(x ＋1)， 令F (x )＝f (x )－h (x )，则F (x )＝(x ＋1)(e x －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫1e －1(x ＋1)，F ′(x )＝(x ＋2)e x－1e ，当x ≤－2时，F ′(x )＝(x ＋2)e x－1e ≤－1e <0，当x >－2时，设G (x )＝F ′(x )＝(x ＋2)e x－1e ，则G ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数F ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又F ′(－1)＝0，所以当x ∈(－∞，－1)时，F ′(x )<0，当x ∈(－1，＋∞)时，F ′(x )>0， 所以函数F (x )在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增， 故F (x )≥F (－1)＝0，所以f (x )≥h (x )， 所以f (x 1)≥h (x 1)．设h (x )＝m 的根为x 1′，则x 1′＝－1＋m e1－e，又函数h (x )单调递减，且h (x 1′)＝f (x 1)≥h (x 1)， 所以x 1′≤x 1，设曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝t (x )，易得t (x )＝x ， 令T (x )＝f (x )－t (x )＝(x ＋1)(e x－1)－x ， 则T ′(x )＝(x ＋2)e x－2，当x ≤－2时，T ′(x )＝(x ＋2)e x－2≤－2<0， 当x >－2时，设H (x )＝T ′(x )＝(x ＋2)e x－2， 则H ′(x )＝(x ＋3)e x>0，故函数T ′(x )在(－2，＋∞)上单调递增，又T ′(0)＝0，所以当x ∈(－∞，0)时，T ′(x )<0，当x ∈(0，＋∞)时，T ′(x )>0， 所以函数T (x )在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以T (x )≥T (0)，所以f (x )≥t (x )，所以f (x 2)≥t (x 2)． 设t (x )＝m 的根为x 2′，则x 2′＝m ，又函数t (x )单调递增，且t (x 2′)＝f (x 2)≥t (x 2)， 所以x 2′≥x 2.又x 1′≤x 1，所以x 2－x 1≤x 2′－x 1′＝m －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋m e 1－e ＝1＋m (1－2e )1－e.5．已知函数f (x )＝e x－ax－a ln x ，其中a ∈[0，e]，e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线为e 2x －4y ＝0，求a 的值； (2)求函数y ＝f (x )的极大值；(3)设函数g (x )＝1＋x ln x ex，求证：0＜g (x )＜1. 解：(1)f ′(x )＝x e x －(e x －a )x 2－a x ＝(e x －a )(x －1)x 2，由题意得f ′(2)＝e24，解得a ＝0.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝(e x－a )(x －1)x2. ①当0≤a ≤1时，f (x )在 (0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，函数f (x )没有极大值；②当1＜a ＜e 时，令f ′(x )＝0， 解得x ＝ln a 或x ＝1.于是f (x )在(0，ln a )，(1，＋∞)上单调递增， 在(ln a,1)上单调递减，函数f (x )的极大值为f (ln a )＝－a ln(ln a )；③当a ＝e 时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有极大值． (3)证明：①要证g (x )＞0，只需证1＋x ln x ＞0. 令h (x )＝1＋x ln x ，则由h ′(x )＝ln x ＋1＝0，解得x ＝1e，∴h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴h (x )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－1e ＞0，即g (x )＞0.②要证g (x )＜1，只要证1＋x ln x ＜e x， 即e x－1x－ln x ＞0.由(2)知，当a ＝1时，f (x )＝e x－1x－ln x ，此时f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f (x )≥f (1)＝e －1＞0，∴g (x )＜1. 综合①②可知，0＜g (x )＜1成立．。