（北京專用）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用課件.pptx

3.2 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,高考數(shù)學(xué) (北京專用),A組 自主命題北京卷題組,五年高考,考點一 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性,1.(2016北京,18,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=xea-x+bx,曲線y=f(x)在點(2, f(2)處的切線方程為y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.,解析 (1)因為f(x)=xea-x+bx,所以f (x)=(1-x)ea-x+b. 依題設(shè),知 即 解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f (x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x0知, f (x)與1-x+ex-1同號. 令g(x)=1-x+ex-1,則g(x)=-1+ex-1. 所以,當(dāng)x(-,1)時,g(x)0,g(x)在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增. 故g(1)=1是g(x)在區(qū)間(-,+)上的最小值, 從而g(x)0,x(-,+). 綜上可知, f (x)0,x(-,+).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+).,方法總結(jié) (1)曲線在某點處的切線滿足兩個條件:一是過該點,二是斜率(若斜率存在)等于函 數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)值.(2)討論函數(shù)的單調(diào)性可轉(zhuǎn)化為討論導(dǎo)函數(shù)的符號變化,因此常將導(dǎo)函數(shù) 作為一個新函數(shù)來研究其值域(最值),利用所得結(jié)果確定原函數(shù)的單調(diào)性.,2.(2012北京,18,13分)已知函數(shù)f(x)=ax2+1(a0),g(x)=x3+bx. (1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(1,c)處具有公共切線,求a,b的值; (2)當(dāng)a2=4b時,求函數(shù)f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間,并求其在區(qū)間(-,-1上的最大值.,解析 (1)f (x)=2ax,g(x)=3x2+b. 因為曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們的交點(1,c)處具有公共切線, 所以f(1)=g(1),且f (1)=g(1). 即a+1=1+b,且2a=3+b. 解得a=3,b=3. (2)記h(x)=f(x)+g(x). 當(dāng)b= a2時,h(x)=x3+ax2+ a2x+1, h(x)=3x2+2ax+ a2. 令h(x)=0,得x1=- ,x2=- . a0時,h(x)與h(x)的情況如下:,所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 和 ;單調(diào)遞減區(qū)間為 . 當(dāng)- -1,即06時,函數(shù)h(x)在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間 內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間 上單調(diào)遞增.,又因為h -h(-1)=1-a+ a2= (a-2)20, 所以h(x)在區(qū)間(-,-1上的最大值為h =1.,評析 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最值問題,進一步考查學(xué)生的計算能力及 分類討論思想.,3.(2011北京,18,13分)已知函數(shù)f(x)=(x-k)ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)求f(x)在區(qū)間0,1上的最小值.,解析 (1)f (x)=(x-k+1)ex. 令f (x)=0,得x=k-1. f(x)與f (x)的情況如下:,所以, f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-,k-1);單調(diào)遞增區(qū)間是(k-1,+). (2)當(dāng)k-10,即k1時,函數(shù)f(x)在0,1上單調(diào)遞增, 所以f(x)在區(qū)間0,1上的最小值為f(0)=-k; 當(dāng)0k-11,即1k2時, 由(1)知f(x)在0,k-1)上單調(diào)遞減,在(k-1,1上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間0,1上的最小值為f(k-1)= -ek-1; 當(dāng)k-11,即k2時,函數(shù)f(x)在0,1上單調(diào)遞減, 所以f(x)在區(qū)間0,1上的最小值為f(1)=(1-k)e.,評析 本題考查導(dǎo)數(shù)的運算,利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)區(qū)間,求最值等知識,同時考查分析、解決問題及 運算能力,正確求導(dǎo)是解題關(guān)鍵.,考點二 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極(最)值,1.(2019北京理，19，13分)已知函數(shù)f(x)= x3- x2+ x. (1) 求曲線y= f(x)的斜率為1的切線方程； (2)當(dāng)x-2,4時，求證：x-6f(x)x; (3)設(shè)F（x）=| f(x)-(x+a)|(aR)，記F（x）在區(qū)間-2，4上的最大值為M（a）.當(dāng)M（a）最小時，求a的值.,解析 本題考查函數(shù)圖象的切線,函數(shù)的極值、最值,考查學(xué)生的邏輯思維能力、運算求解能 力,以及運用函數(shù)的基本性質(zhì)分析、解決問題的能力. (1)由f(x)= x3-x2+x得f (x)= x2-2x+1. 令f (x)=1,即 x2-2x+1=1,得x=0或x= . 又f(0)=0, f = , 所以曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程是y=x與y- =x- ,即y=x與y=x- . (2)令g(x)=f(x)-x,x-2,4. 由g(x)= x3-x2得g(x)= x2-2x. 令g(x)=0,得x=0或x= .g(x),g(x)的情況如下:,所以g(x)的最小值為-6,最大值為0. 故-6g(x)0,即x-6f(x)x. (3)由(2)知, 當(dāng)a3; 當(dāng)a-3時,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3; 當(dāng)a=-3時,M(a)=3. 綜上,當(dāng)M(a)最小時,a=-3.,2.(2018北京,18,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex. (1)若曲線y=f(x)在點(1, f(1)處的切線與x軸平行,求a; (2)若f(x)在x=2處取得極小值,求a的取值范圍.,解析 (1)因為f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex, 所以f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex. f (1)=(1-a)e. 由題設(shè)知f (1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此時f(1)=3e0.所以a的值為1. (2)由(1)得f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a ,則當(dāng)x 時, f (x)0. 所以f(x)在x=2處取得極小值0. 若a ,則當(dāng)x(0,2)時,x-20,所以2不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是 .,方法總結(jié) 函數(shù)極值問題的常見類型及解題策略 (1)已知導(dǎo)函數(shù)圖象判斷函數(shù)極值的情況.先找導(dǎo)數(shù)為0的點,再判斷導(dǎo)數(shù)為0的點的左、右兩側(cè) 導(dǎo)數(shù)的符號. (2)已知函數(shù)求極值.求f (x)求方程f (x)=0的根列表檢驗f (x)在f (x)=0的根的附近兩側(cè)的 符號下結(jié)論. (3)已知極值求參數(shù).若函數(shù)f(x)在點(x0,y0)處取得極值,則f (x0)=0,且在該點左、右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值的 符號相反.,3.(2017北京,19,13分)已知函數(shù)f(x)=excos x-x. (1)求曲線y=f(x)在點(0, f(0)處的切線方程; (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間 上的最大值和最小值.,解析 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值. (1)因為f(x)=excos x-x, 所以f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0. 又因為f(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(0, f(0)處的切線方程為y=1. (2)設(shè)h(x)=ex(cos x-sin x)-1, 則h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. 當(dāng)x 時,h(x)0, 所以h(x)在區(qū)間 上單調(diào)遞減. 所以對任意x 有h(x)h(0)=0,即f (x)0. 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間 上單調(diào)遞減. 因此f(x)在區(qū)間 上的最大值為f(0)=1,最小值為f =- .,解題思路 (1)先求導(dǎo),再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率,最后利用點斜式求出切線方 程.(2)設(shè)h(x)=ex(cos x-sin x)-1,對h(x)求導(dǎo),進而確定h(x)的單調(diào)性,最后求出最值.,方法總結(jié) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的步驟:(1)求出函數(shù)f(x)的定義域;(2)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo) 函數(shù)f (x);(3)令f (x)0得到f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間,令f (x)0得到f(x)在定義域內(nèi)的單 調(diào)遞減區(qū)間.,4.(2014北京,18,13分)已知函數(shù)f(x)=xcos x-sin x,x . (1)求證:f(x)0; (2)若a b對x 恒成立,求a的最大值與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. 因為在區(qū)間 上f (x)=-xsin x0時,“ a”等價于“sin x-ax0”,“ 0對任意x 恒成立. 當(dāng)c1時,因為對任意x ,g(x)=cos x-c0, 所以g(x)在區(qū)間 上單調(diào)遞減. 從而g(x)g(0)=0對任意x 恒成立. 當(dāng)0c1時,存在唯一的x0 使得g(x0)=cos x0-c=0.,g(x)與g(x)在區(qū)間 上的情況如下:,因為g(x)在區(qū)間0,x0上是增函數(shù),所以g(x0)g(0)=0. 進一步,“g(x)0對任意x 恒成立”當(dāng)且僅當(dāng)g =1- c0,即00對任意x 恒成立;當(dāng)且僅當(dāng)c1時,g(x)0對任意x 恒成立. 所以,若a b對任意x 恒成立,則a的最大值為 ,b的最小值為1.,思路分析 (1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,求出函數(shù)的最大值,從而證明不等式成立.(2)把不 等式進行恒等變形,然后把恒成立問題轉(zhuǎn)化成最值問題.,解后反思 不等式恒成立問題的解決步驟:一般先對不等式的特征進行分析,可以分離參變量, 或者將不等式等價變形,然后轉(zhuǎn)化為最值問題.,考點三 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,1.(2016北京文,20,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c. (1)求曲線y=f(x)在點(0, f(0)處的切線方程; (2)設(shè)a=b=4.若函數(shù)f(x)有三個不同零點,求c的取值范圍; (3)求證:a2-3b0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件.,解析 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c, 得f (x)=3x2+2ax+b. 因為f(0)=c, f (0)=b, 所以曲線y=f(x)在點(0, f(0)處的切線方程為y=bx+c. (3分) (2)當(dāng)a=b=4時, f(x)=x3+4x2+4x+c, 所以f (x)=3x2+8x+4. 令f (x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=- . (4分) f(x)與f (x)在區(qū)間(-,+)上的情況如下:,所以,當(dāng)c0且c- 0,x(-,+), 此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,+)上單調(diào)遞增,所以 f(x)不可能有三個不同零點. (9分) 當(dāng)=4a2-12b=0時, f (x)=3x2+2ax+b只有一個零點,記作x0. 當(dāng)x(-,x0)時, f (x)0, f(x)在區(qū)間(-,x0)上單調(diào)遞增; 當(dāng)x(x0,+)時, f (x)0, f(x)在區(qū)間(x0,+)上單調(diào)遞增. 所以f(x)不可能有三個不同零點. 綜上所述,若函數(shù)f(x)有三個不同零點,則必有=4a2-12b0.,故a2-3b0是f(x)有三個不同零點的必要條件. (11分) 當(dāng)a=b=4,c=0時,a2-3b0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有兩個不同零點,所以a2-3b0不是f(x)有三個 不同零點的充分條件. (12分) 因此a2-3b0是f(x)有三個不同零點的必要而不充分條件. (13分),疑點突破 本題第(3)問中對必要性的證明,因為f (x)=3x2+2ax+b含有兩個參數(shù),不能分解因式, 故需討論0三種情況;對于充分性不成立的證明,只需舉反例a=b=4,c=0即可.,2.(2015北京文,19,13分)設(shè)函數(shù)f(x)= -kln x,k0. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值; (2)證明:若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1, 上僅有一個零點.,解析 (1)由f(x)= -kln x(k0)得 f (x)=x- = . 由f (x)=0解得x= . f(x)與f (x)在區(qū)間(0,+)上的情況如下:,所以, f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0, ),單調(diào)遞增區(qū)間是( ,+); f(x)在x= 處取得極小值f( )= . (2)由(1)知, f(x)在區(qū)間(0,+)上的最小值為f( )= . 因為f(x)存在零點, 所以 0,從而ke. 當(dāng)k=e時, f(x)在區(qū)間(1, )上單調(diào)遞減,且f( )=0, 所以x= 是f(x)在區(qū)間(1, 上的唯一零點. 當(dāng)ke時, f(x)在區(qū)間(0, )上單調(diào)遞減,且f(1)= 0, f( )= 0, 所以f(x)在區(qū)間(1, 上僅有一個零點. 綜上可知,若f(x)存在零點,則f(x)在區(qū)間(1, 上僅有一個零點.,評析 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值,考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點問題, 本題綜合性較強,屬中等難度題.,B組 統(tǒng)一命題省(區(qū)、市)卷題組,考點一 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性,1.(2017山東,10,5分)若函數(shù)exf(x)(e=2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增, 則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是 ( ) A. f(x)=2-x B. f(x)=x2 C. f(x)=3-x D. f(x)=cos x,答案 A 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性. 當(dāng)f(x)=2-x時,exf(x)=ex2-x= ,令y= , 則y= = = (1-ln 2). ex0,2x0,ln 20. 當(dāng)f(x)=2-x時,exf(x)在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,故具有M性質(zhì),易知B、C、D不具有M性質(zhì),故 選A.,2.(2016課標,12,5分)若函數(shù)f(x)=x- sin 2x+asin x在(-,+)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是 ( ) A.-1,1 B. C. D.,答案 C f (x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上單調(diào)遞 增,則f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,則- t2+at+ 0在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50 在-1,1上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,則 解得- a ,故選C.,疑難突破 由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導(dǎo)數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù) 來解決.,3.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex- ,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)0,則實 數(shù)a的取值范圍是 .,答案,解析 本題考查用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用. 易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點對稱. f(x)=x3-2x+ex- , f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- =-x3+2x+ -ex=-f(x), f(x)為奇函數(shù), 又f (x)=3x2-2+ex+ 3x2-2+2=3x20(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時,取“=”),從而f(x)在R上單調(diào)遞增, 所以f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a .,方法小結(jié) 函數(shù)不等式的求解思路: (1)轉(zhuǎn)化為f(x)f(g(x); (2)結(jié)合單調(diào)性轉(zhuǎn)化為(x)g(x)或(x)g(x).,4.(2018課標全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)= -x+aln x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,證明: a-2.,解析 (1)f(x)的定義域為(0,+), f (x)=- -1+ =- . (i)若a2,則f (x)0,當(dāng)且僅當(dāng)a=2,x=1時, f (x)=0,所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞減. (ii)若a2,令f (x)=0,得x= 或x= . 當(dāng)x 時, f (x)0. 所以f(x)在 , 上單調(diào)遞減,在 上單調(diào)遞增.,(2)由(1)知, f(x)存在兩個極值點當(dāng)且僅當(dāng)a2. 由于f(x)的兩個極值點x1,x2滿足x2-ax+1=0, 所以x1x2=1,不妨設(shè)x11, 由于 =- -1+a =-2+a =-2+a ,所以 a-2等價,于 -x2+2ln x20. 設(shè)函數(shù)g(x)= -x+2ln x, 由(1)知,g(x)在(0,+)上單調(diào)遞減, 又g(1)=0,從而當(dāng)x(1,+)時,g(x)0, 所以 -x2+2ln x20,即 a-2.,5.(2017課標全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)有兩個零點,求a的取值范圍.,解析 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的零點問題. (1)f(x)的定義域為(-,+), f (x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (i)若a0,則f (x)0,則由f (x)=0得x=-ln a. 當(dāng)x(-,-ln a)時, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)上單調(diào)遞減,在(-ln a,+)上單調(diào)遞增. (2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一個零點. (ii)若a0,由(1)知,當(dāng)x=-ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(-ln a)=1- +ln a. 當(dāng)a=1時,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一個零點; 當(dāng)a(1,+)時,由于1- +ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)沒有零點;,當(dāng)a(0,1)時,1- +ln a-2e-2+20,故f(x)在(-,-ln a)有一個零點.,設(shè)正整數(shù)n0滿足n0ln ,則f(n0)= (a +a-2)-n0 -n0 -n00. 由于ln -ln a,因此f(x)在(-ln a,+)有一個零點. 綜上,a的取值范圍為(0,1).,6.(2015重慶,19,12分)已知函數(shù)f(x)=ax3+x2(aR)在x=- 處取得極值. (1)確定a的值; (2)若g(x)=f(x)ex,討論g(x)的單調(diào)性.,解析 (1)對f(x)求導(dǎo)得f (x)=3ax2+2x, 因為f(x)在x=- 處取得極值,所以f =0, 即3a +2 = - =0,解得a= . (2)由(1)得g(x)= ex, 故g(x)= ex+ ex = ex= x(x+1)(x+4)ex.,令g(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4. 當(dāng)x0,故g(x)為增函數(shù); 當(dāng)-10時,g(x)0,故g(x)為增函數(shù). 綜上知g(x)在(-,-4)和(-1,0)內(nèi)為減函數(shù),在(-4,-1)和(0,+)內(nèi)為增函數(shù).,評析 本題考查了導(dǎo)數(shù)的運算,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值的方法;考查了運算求解能 力及分析論證能力.,考點二 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極(最)值,1.(2017課標全國,11,5分)若x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f(x)的極小值為 ( ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1,答案 A 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用. 由題意可得f (x)=ex-1x2+(a+2)x+a-1.x=-2是函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,f (-2)=0,a=-1, f(x)=(x2-x-1)ex-1, f (x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)(x+2),x(-,-2),(1,+)時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞增; x(-2,1)時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞減.f(x)極小值=f(1)=-1.故選A.,思路分析 由x=-2是函數(shù)f(x)的極值點可知f (-2)=0,從而求出a的值,將a的值代入導(dǎo)函數(shù)f (x), 求出f(x)的單調(diào)區(qū)間,判斷極小值點,從而求出函數(shù)的極小值.,2.(2016四川,6,5分)已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點,則a= ( ) A.-4 B.-2 C.4 D.2,答案 D 由題意可得f (x)=3x2-12=3(x-2)(x+2), 令f (x)=0,得x=-2或x=2, 則f (x), f(x)隨x的變化情況如下表:,函數(shù)f(x)在x=2處取得極小值,則a=2.故選D.,評析 本題考查了函數(shù)的極值問題.正確理解函數(shù)的極值點的概念是解題的關(guān)鍵.,3.(2018課標全國,16,5分)已知函數(shù)f(x)=2sin x+sin 2x,則f(x)的最小值是 .,答案 -,解析 解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f (x)=2cos x+2cos 2x=4cos2x+2cos x-2,令f (x)=0,得cos x= 或cos x=-1,可得當(dāng)cos x 時, f (x)0, f(x)為增 函數(shù),所以當(dāng)cos x= 時, f(x)取最小值,此時sin x= .又因為f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+ cos x),1+cos x0恒成立,f(x)取最小值時,sin x=- ,f(x)min=2 =- . 解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x), f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos x)3. 令cos x=t,t-1,1,設(shè)g(t)=4(1-t)(1+t)3, g(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t). 當(dāng)t 時,g(t)0,g(t)為增函數(shù); 當(dāng)t 時,g(t)0,g(t)為減函數(shù). 當(dāng)t= 時,g(t)取得最大值 ,即f 2(x)的最大值為 ,得f(x)的最大值為 ,又f(x)=2sin x+sin 2,x為奇函數(shù), f(x)的最小值為- . 解法三:f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=8sin cos3 . f 2(x)=64sin2 cos2 cos2 cos2 = 3sin2 cos2 cos2 cos2 = . 當(dāng)且僅當(dāng)3sin2 =cos2 ,即sin2 = ,cos2 = 時等號成立,所以f 2(x)的最大值為 ,則f(x)的最大 值為 ,又f(x)=2sin x+sin 2x為奇函數(shù),f(x)的最小值為- .,4.(2018江蘇,11,5分)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)內(nèi)有且只有一個零點,則f(x)在-1,1 上的最大值與最小值的和為 .,答案 -3,解析 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值. f(x)=2x3-ax2+1,f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 若a0,則x0時,f (x)0,f(x)在(0,+)上為增函數(shù),又f(0)=1,f(x)在(0,+)上沒有零點,a 0. 當(dāng)0 時, f (x)0, f(x)為增函數(shù),x0時, f(x)有極小值,為f =- +1. f(x)在(0,+)內(nèi)有且只有一個零點,f =0,a=3. f(x)=2x3-3x2+1,則f (x)=6x(x-1). 令f (x)=0,得x=0或x=1.,f(x)在-1,1上的最大值為1,最小值為-4. 最大值與最小值的和為-3.,5.(2019課標全國理,20,12分)已知函數(shù)f(x)=sin x-ln(1+x), f(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù).證明: (1)f(x)在區(qū)間 存在唯一極大值點; (2)f(x)有且僅有2個零點.,證明 本題考查了初等函數(shù)求導(dǎo)和導(dǎo)數(shù)的運算法則,導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系以及利用 導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值和函數(shù)零點;考查學(xué)生的推理論證、運算求解能力以及靈活運用數(shù)形結(jié)合思 想去分析、解決問題的能力;考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、數(shù)學(xué)運算. (1)設(shè)g(x)=f(x), 則g(x)=cos x- ,g(x)=-sin x+ . 當(dāng)x 時,g(x)單調(diào)遞減,而g(0)0,g 0;當(dāng)x 時,g(x)0. 所以g(x)在(-1,)單調(diào)遞增,在 單調(diào)遞減,故g(x)在 存在唯一極大值點,即f(x)在 存在唯一極大值點. (2)f(x)的定義域為(-1,+). (i)當(dāng)x(-1,0時,由(1)知,f(x)在(-1,0)單調(diào)遞增,而f(0)=0,所以當(dāng)x(-1,0)時,f(x)0,故f(x)在(-1,0) 單調(diào)遞減.又f(0)=0,從而x=0是f(x)在(-1,0的唯一零點.,(ii)當(dāng)x 時,由(1)知,f(x)在(0,)單調(diào)遞增,在 單調(diào)遞減,而f(0)=0,f 0;當(dāng)x 時,f(x)0,所以當(dāng)x 時,f(x)0.從而,f(x)在 沒有零點. (iii)當(dāng)x 時,f(x)0,f()1,所以f(x)0,從而f(x)在(,+)沒有零點. 綜上, f(x)有且僅有2個零點.,思路分析 (1)寫出函數(shù)f(x)的表達式,利用其導(dǎo)函數(shù)研究單調(diào)性及極值點. (2)以x為主元進行分類討論,分別在各個區(qū)間上,由導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性判斷f(x)與0的關(guān)系,得到f (x)的單調(diào)性,從而求得在各個區(qū)間的零點個數(shù).,6.(2019課標全國文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-1)ln x-x-1.證明: (1)f(x)存在唯一的極值點; (2)f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù).,解析 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點及方程根的問題,考查推理論證能力、運算 求解能力,考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理及數(shù)學(xué)運算. (1)f(x)的定義域為(0,+). f (x)= +ln x-1=ln x- . 因為y=ln x單調(diào)遞增,y= 單調(diào)遞減,所以f (x)單調(diào)遞增.又f (1)=-10,故 存在唯一x0(1,2),使得f (x0)=0. 又當(dāng)xx0時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞增. 因此, f(x)存在唯一的極值點.,(2)由(1)知f(x0)0, 所以f(x)=0在(x0,+)內(nèi)存在唯一根x=. 由x01得 1x0. 又f = ln - -1= =0,故 是f(x)=0在(0,x0)的唯一根. 綜上, f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù).,思路分析 (1)求函數(shù)極值點的個數(shù),實質(zhì)是求導(dǎo)函數(shù)零點的個數(shù),注意應(yīng)用零點存在性定理; (2)由第(1)問易知方程f(x)=0在(x0,+)上存在唯一根,根據(jù)所要證明的結(jié)論,只需求出f =0 即可.,7.(2018課標全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x. (1)若a=0,證明:當(dāng)-10時, f(x)0; (2)若x=0是f(x)的極大值點,求a.,解析 本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值. (1)證明:當(dāng)a=0時, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)- . 設(shè)函數(shù)g(x)=f (x)=ln(1+x)- , 則g(x)= . 當(dāng)-10時,g(x)0. 故當(dāng)x-1時,g(x)g(0)=0,且僅當(dāng)x=0時,g(x)=0, 從而f (x)0,且僅當(dāng)x=0時, f (x)=0. 所以f(x)在(-1,+)單調(diào)遞增. 又f(0)=0,故當(dāng)-10時, f(x)0.,(2)(i)若a0,由(1)知,當(dāng)x0時, f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),這與x=0是f(x)的極大值點矛盾. (ii)若a0,設(shè)函數(shù)h(x)= =ln(1+x)- .,由于當(dāng)|x|0,故h(x)與f(x)符號相同. 又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的極大值點當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點. h(x)= - = . 如果6a+10,則當(dāng)00,故x=0不是h(x)的極大值點. 如果6a+10,則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10, 故當(dāng)x(x1,0),且|x|min 時,h(x)0, 所以x=0不是h(x)的極大值點. 如果6a+1=0,則h(x)= .,則當(dāng)x(-1,0)時,h(x)0; 當(dāng)x(0,1)時,h(x)0. 所以x=0是h(x)的極大值點,從而x=0是f(x)的極大值點. 綜上,a=- .,思路分析 (1)a=0時,寫出f(x)的解析式,對f(x)求導(dǎo).易得f(0)=0,結(jié)合單調(diào)性可將問題解決. (2)對a進行分類討論,分析各類情況下的極大值點,進而得參數(shù)a的值.,易錯警示 容易忽略函數(shù)定義域. 函數(shù)解析式中含有對數(shù)型的式子,其真數(shù)部分應(yīng)大于零.,8.(2016山東,20,13分)設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR. (1)令g(x)=f (x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)已知f(x)在x=1處取得極大值.求實數(shù)a的取值范圍.,解析 (1)由f (x)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x(0,+). 則g(x)= -2a= . 當(dāng)a0時,x(0,+)時,g(x)0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)a0時,x 時,g(x)0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增, x 時,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減. 所以當(dāng)a0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+); 當(dāng)a0時,g(x)的單調(diào)增區(qū)間為 ,單調(diào)減區(qū)間為 . (2)由(1)知, f (1)=0. 當(dāng)a0時, f (x)單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x(0,1)時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞減.,當(dāng)x(1,+)時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意.,當(dāng)01,由(1)知f (x)在 內(nèi)單調(diào)遞增,可得當(dāng)x(0,1)時, f (x)0. 所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在 內(nèi)單調(diào)遞增, 所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意. 當(dāng)a= 時, =1, f (x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增, 在(1,+)內(nèi)單調(diào)遞減, 所以當(dāng)x(0,+)時, f (x)0, f(x)單調(diào)遞減,不合題意.,當(dāng)a 時,00, f(x)單調(diào)遞增, 當(dāng)x(1,+)時, f (x) .,思路分析 (1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),對a進行分類討論;(2)由第(1)問知f (1)=0,對a進行分類討論,然 后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值來驗證是否滿足條件,從而求出a的取值范圍.,評析 本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性和極值要注意“定義域優(yōu)先”原則,注 意對a分類討論.,9.(2016天津,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-ax-b,xR,其中a,bR. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)存在極值點x0,且f(x1)=f(x0),其中x1x0,求證:x1+2x0=0; (3)設(shè)a0,函數(shù)g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間-1,1上的最大值 .,解析 (1)由f(x)=x3-ax-b,可得f (x)=3x2-a. 下面分兩種情況討論: 當(dāng)a0時,有f (x)=3x2-a0恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+). 當(dāng)a0時,令f (x)=0,解得x= ,或x=- . 當(dāng)x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 ,單調(diào)遞增區(qū)間為 , . (2)證明:因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a0,且x00.由題意,得f (x0)=3 -a=0,即 = ,進而f(x 0)= -ax0-b=- x0-b. 又f(-2x0)=-8 +2ax0-b=- x0+2ax0-b=- x0-b=f(x0), 且-2x0x0,由題意及(1)知,存在唯一實數(shù)x1滿足 f(x1)=f(x0),且x1x0,因此x1=-2x0. 所以x1+2x0=0. (3)證明:設(shè)g(x)在區(qū)間-1,1上的最大值為M,maxx,y表示x,y兩數(shù)的最大值. 下面分三種情況討論: 當(dāng)a3時,- -11 , 由(1)知, f(x)在區(qū)間-1,1上單調(diào)遞減, 所以f(x)在區(qū)間-1,1上的取值范圍為f(1), f(-1), 因此M=max|f(1)|,|f(-1)|=max|1-a-b|,|-1+a-b|=max|a-1+b|,|a-1-b|=,所以M=a-1+|b|2. 當(dāng) a3時,- -1- 1 , 由(1)和(2)知f(-1)f =f , f(1)f =f , 所以f(x)在區(qū)間-1,1上的取值范圍為 f , f , 因此M=max , =max =max = +|b| = . 當(dāng)0a 時,-1- 1, 由(1)和(2)知f(-1)f =f ,f(1)f =f , 所以f(x)在區(qū)間-1,1上的取值范圍為f(-1), f(1), 因此M=max|f(-1)|,|f(1)|=max|-1+a-b|,|1-a-b| =max|1-a+b|,|1-a-b|=1-a+|b| . 綜上所述,當(dāng)a0時,g(x)在區(qū)間-1,1上的最大值不小于 .,思路分析 (1)求含參數(shù)的函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間,需要進行分類討論;(2)由第(1)問可知a0,要證x 1+2x0=0,只需證出f(-2x0)=f(x0),其中x1=-2x0,即可得結(jié)論;(3)求g(x)在-1,1上的最大值,對a分情況 討論即可.,評析 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)、證明不等式等基礎(chǔ)知識和方 法.考查分類討論思想和化歸思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力.,10.(2016課標全國,21,12分) (1)討論函數(shù)f(x)= ex的單調(diào)性,并證明當(dāng)x0時,(x-2)ex+x+20; (2)證明:當(dāng)a0,1)時,函數(shù)g(x)= (x0)有最小值.設(shè)g(x)的最小值為h(a),求函數(shù)h(a)的 值域.,解析 (1)f(x)的定義域為(-,-2)(-2,+). (2分) f (x)= = 0, 且僅當(dāng)x=0時, f (x)=0, 所以f(x)在(-,-2),(-2,+)單調(diào)遞增. 因此當(dāng)x(0,+)時, f(x)f(0)=-1. 所以(x-2)ex-(x+2),(x-2)ex+x+20. (4分) (2)g(x)= = (f(x)+a). (5分) 由(1)知,y=f(x)+a單調(diào)遞增.對任意a0,1), f(0)+a=a-1xa時, f(x)+a0,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增. (7分) 因此g(x)在x=xa處取得最小值, 最小值為g(xa)= = = . (8分),于是h(a)= ,由 = 0,得y= 單調(diào)遞增. 所以,由xa(0,2,得 = h(a)= = . (10分) 因為y= 單調(diào)遞增,對任意 ,存在唯一的xa(0,2,a=-f(xa)0,1),使得h(a)=,所以h (a)的值域是 . 綜上,當(dāng)a0,1)時,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是 . (12分),疑難突破 本題求解的關(guān)鍵是“設(shè)而不求”方法的運用,另外,注意將對g(x)符號的判斷靈活 地轉(zhuǎn)化為對f(x)+a符號的判斷.,評析 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運用,求單調(diào)區(qū)間及最值,考查不等式的證明,屬難題.,考點三 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,1.(2019課標全國文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2sin x-xcos x-x, f (x)為f(x)的導(dǎo)數(shù). (1)證明:f (x)在區(qū)間(0,)存在唯一零點; (2)若x0,時, f(x)ax,求a的取值范圍.,解析 (1)設(shè)g(x)=f (x),則g(x)=cos x+xsin x-1,g(x)=xcos x. 當(dāng)x 時,g(x)0;當(dāng)x 時,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零點. 所以f (x)在(0,)存在唯一零點. (2)由題設(shè)知f()a,f()=0,可得a0. 由(1)知,f (x)在(0,)只有一個零點,設(shè)為x0,且當(dāng)x(0,x0)時,f (x)0; 當(dāng)x(x0,)時,f (x)0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,)單調(diào)遞減. 又f(0)=0,f()=0,所以,當(dāng)x0,時,f(x)0. 又當(dāng)a0,x0,時,ax0,故f(x)ax. 因此,a的取值范圍是(-,0.,2.(2019課標全國理,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+b. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)是否存在a,b,使得f(x)在區(qū)間0,1的最小值為-1且最大值為1?若存在,求出a,b的所有值;若不 存在,說明理由.,解析 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性以及求函數(shù)的最值問題,通過導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考查 學(xué)生的運算求解能力以及分類討論思想,考查了數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng). (1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f (x)=0,得x=0或x= . 若a0,則當(dāng)x(-,0) 時, f (x)0;當(dāng)x 時, f (x)0;當(dāng)x 時, f (x)0.故f(x)在 ,(0,+)單調(diào) 遞增,在 單調(diào)遞減. (2)滿足題設(shè)條件的a,b存在. (i)當(dāng)a0時,由(1)知, f(x)在0,1單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間0,1的最小值為f(0)=b,最大值為f(1)= 2-a+b.此時a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.,(ii)當(dāng)a3時,由(1)知, f(x)在0,1單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間0,1的最大值為f(0)=b,最小值為f(1)= 2-a+b.此時a,b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. (iii)當(dāng)0a3時,由(1)知, f(x)在0,1的最小值為f =- +b,最大值為b或2-a+b. 若- +b=-1,b=1,則a=3 ,與0a3矛盾. 若- +b=-1,2-a+b=1,則a=3 或a=-3 或a=0,與0a3矛盾. 綜上,當(dāng)且僅當(dāng)a=0,b=-1或a=4,b=1時, f(x)在0,1的最小值為-1,最大值為1.,思路分析 (1)求出f (x)=0的兩根,比較根的大小并分類討論. (2)利用(1)中的單調(diào)區(qū)間討論f(x)在0,1上的最值,最終確定參數(shù)a,b的值.,疑難突破 第(2)問中分類討論的標準是單調(diào)區(qū)間的端點與0,1的大小關(guān)系,從而確定函數(shù)在 0,1上的最值.,3.(2019天津文,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR. (1)若a0,討論f(x)的單調(diào)性; (2)若0x0,證明3x0-x12.,解析 本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、不等式證明、運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和 方法.考查函數(shù)思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.考查綜合分析問題和解決問題的能力,體現(xiàn)了邏輯推理 和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng). (1)由已知, f(x)的定義域為(0,+),且f (x)= -aex+a(x-1)ex= . 因此當(dāng)a0時,1-ax2ex0, 從而f (x)0,所以f(x)在(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)證明:(i)由(1)知, f (x)= . 令g(x)=1-ax2ex,由00,且g =1-a = 1- =0,所以f(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)x(x0,+)時, f (x)= =0, 所以f(x)在(x0,+)內(nèi)單調(diào)遞減,因此x0是f(x)的唯一極值點.,令h(x)=ln x-x+1,則當(dāng)x1時,h(x)= -11時,h(x)f(1)=0, 所以f(x)在(x0,+)內(nèi)有唯一零點. 又f(x)在(0,x0)內(nèi)有唯一零點1, 從而, f(x)在(0,+)內(nèi)恰有兩個零點. (ii)由題意, 即 從而ln x1= ,即 = . 因為當(dāng)x1時,ln xx01,故 2.,思路分析 (1)求出導(dǎo)函數(shù),結(jié)合a0判定f (x)0,從而得f(x)在(0,+)上遞增;(2)(i)利用導(dǎo)數(shù)的 零點判斷f(x)的單調(diào)區(qū)間,結(jié)合零點存在性定理判斷f(x)的零點個數(shù);(ii)由極值點x0及零點x1建 立方程組 從而得到 = ,又由x1時,ln xx-1,得到 = , 兩邊取對數(shù)即可得結(jié)論.,4.(2019天津理,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=excos x,g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)當(dāng)x 時,證明f(x)+g(x) 0; (3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)=f(x)-1在區(qū)間 內(nèi)的零點,其中nN,證明2n+ -xn .,解析 本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、不等式證明、運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和 方法.考查函數(shù)思想和化歸與轉(zhuǎn)化思想.考查抽象概括能力、綜合分析問題和解決問題的能力. (1)由已知,有f (x)=ex(cos x-sin x). 因此,當(dāng)x (kZ)時,有sin xcos x,得f (x)0,則f(x)單調(diào)遞增. 所以, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 (kZ), f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (kZ). (2)證明:記h(x)=f(x)+g(x) .依題意及(1),有g(shù)(x)=ex(cos x-sin x), 從而g(x)=-2exsin x. 當(dāng)x 時,g(x)0, 故h(x)=f (x)+g(x) +g(x)(-1),=g(x) 0, 因此,h(x)在區(qū)間 上單調(diào)遞減,進而h(x)h =f =0. 所以,當(dāng)x 時, f(x)+g(x) 0. (3)證明:依題意,u(xn)=f(xn)-1=0,即 cos xn=1.記yn=xn-2n,則yn ,且f(yn)= cos yn= cos(xn-2n)=e-2n(nN). 由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,當(dāng)x 時,g(x)0,所以g(x)在 上為減函 數(shù),因此g(yn)g(y0)g =0.又由(2)知, f(yn)+g(yn) 0,故 -yn- =- - = .所以,2n+ -xn .,思路分析 (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間,只需求出f (x)0和f (x)0時x的范圍. (2)記h(x)=f(x)+g(x) ,求h(x),從而得到函數(shù)h(x)在 上的單調(diào)性,轉(zhuǎn)化為求h(x)的最小 值,驗證最小值非負即可. (3)記u(x)在區(qū)間 內(nèi)的零點為xn, 則xn ,則有yn=xn-2n .與(2)聯(lián)系知f(yn)+g(yn) 0,此時要先確 定g(yn)的符號,再將上式轉(zhuǎn)化為 -yn- ,然后進一步證明- .,5.(2018課標全國文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1. (1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x