（課標Ⅰ卷）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,高考理數(shù) (課標專用),考點一 函數(shù)的單調(diào)性 1.(2018課標,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.,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,解析 (1)f(x)的定義域為(0,+), f (x)=- -1+ =- . (i)若a2,則f (x)0,當且僅當a=2,x=1時, f (x)=0,所以f(x)在(0,+)單調(diào)遞減. (ii)若a2,令f (x)=0,得x= 或x= . 當x 時, f (x)0. 所以f(x)在 , 單調(diào)遞減,在 單調(diào)遞增. (2)證明:由(1)知, f(x)存在兩個極值點當且僅當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 g(x),x(a,b)時,可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),若F(x)0,則F(x)在(a,b)上是增函數(shù),同 時若F(a)0,由增函數(shù)的定義可知,x(a,b)時,有F(x)0,即證明了f(x)g(x).,2.(2017課標,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 本題考查導(dǎo)數(shù)的運算和應(yīng)用、函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的零點,考查學(xué)生的運算求解能 力、推理論證能力以及對分類討論思想的應(yīng)用能力. (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x(-,-ln a)時, f (x)0.所以f(x)在(-,-ln a)單調(diào)遞減,在(-ln a, +)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x=-ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(-ln a)=1- +ln a. 當a=1時,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一個零點; 當a(1,+)時,由于1- +ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)沒有零點; 當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). 思路分析 (1)先求f(x)的導(dǎo)數(shù)f (x),再對a分區(qū)間討論f (x)的正負,從而得到f(x)的單調(diào)性;(2)結(jié) 合第(1)問函數(shù)的單調(diào)性,分析出函數(shù)存在兩個零點的條件,進而確定參數(shù)的范圍. 方法總結(jié) (1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的原理: 若f (x)0,xD恒成立,則在區(qū)間D上函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;若f (x)0,xD恒成立,則在區(qū)間D上函 數(shù)f(x)單調(diào)遞減. (2)利用導(dǎo)數(shù)解函數(shù)零點問題的常用思路: 首先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值,然后根據(jù)單調(diào)性、極值和最值,畫出函數(shù)的大 致圖象,進而數(shù)形結(jié)合解決問題.,考點二 函數(shù)的極值與最值 1.(2017課標,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. 方法總結(jié) 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值問題的兩個方向:,2.已知函數(shù)極值點和極值求參數(shù)值的兩個要領(lǐng): (1)列式:根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值列方程組進行求解. (2)驗證:因為導(dǎo)數(shù)為零的點不一定是函數(shù)的極值點,所以求解后必須進行驗證.,2.(2018課標,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cos x 時, f (x)0, f(x)為增 函數(shù),所以當cos x= 時, f(x)取最小值,此時sin x= .又f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cosx), 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t 時,g(t)0,g(t)為增函數(shù); 當t 時,g(t)0,g(t)為減函數(shù). 當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 = . 當且僅當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- .,3.(2017課標,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)0. (1)求a; (2)證明: f(x)存在唯一的極大值點x0,且e-2 f(x0)2-2.,解析 (1)f(x)的定義域為(0,+). 設(shè)g(x)=ax-a-ln x,則f(x)=xg(x), f(x)0等價于g(x)0. 因為g(1)=0,g(x)0,故g(1)=0,而g(x)=a- ,g(1)=a-1,得a=1. 若a=1,則g(x)=1- . 當01時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增. 所以x=1是g(x)的極小值點,故g(x)g(1)=0. 綜上,a=1. (2)證明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f (x)=2x-2-ln x. 設(shè)h(x)=2x-2-ln x,則h(x)=2- . 當x 時,h(x)0.,所以h(x)在 單調(diào)遞減,在 單調(diào)遞增. 又h(e-2)0,h 0;當x(x0,1)時,h(x)0. 因為f (x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一極大值點. 由f (x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0). 由x0(0,1)得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2. 方法總結(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題的一般思路: (1)恒成立問題常利用分離參數(shù)法轉(zhuǎn)化為最值問題求解.若不能分離參數(shù),則可以對參數(shù)進行分 類討論. (2)證明不等式問題可通過構(gòu)造函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題求解.,考點三 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 1.(2015課標,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)0,則a 的取值范圍是 ( ) A. B. C. D.,2.(2019課標,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x 時,g(x)單調(diào)遞減,而g(0)0,g 0;當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.,3.(2019課標,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x(-,0) 時, f (x)0;當x 時, f (x)0;當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)條件當且僅當b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.,(ii)當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)條件當且僅當2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. (iii)當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,當且僅當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.,4.(2017課標,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x-1-aln x. (1)若f(x)0,求a的值; (2)設(shè)m為整數(shù),且對于任意正整數(shù)n, m,求m的最小值.,解析 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用. (1)f(x)的定義域為(0,+). 若a0,因為f =- +aln 20,由f (x)=1- = 知,當x(0,a)時, f (x)0.所以f(x)在(0,a)單 調(diào)遞減,在(a,+)單調(diào)遞增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值點. 由于f(1)=0,所以當且僅當a=1時, f(x)0.故a=1. (2)由(1)知當x(1,+)時,x-1-ln x0. 令x=1+ ,得ln 2,所以m的最小值為3.,思路分析 (1)對a分類討論,并利用導(dǎo)數(shù)研究f(x)的單調(diào)性,找出最小值點,從而求出a.(2)由(1) 得當x1時,x-1-ln x0.令x=1+ ,換元后可求出 的范圍. 一題多解 對于第(1)問,f (x)=1- = (x0).當a0時, f (x)0,而f(1)=0,不合題意,a0, f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+)上單調(diào)遞增.又f(x)0,f(a)0,即a-1-aln a0,記h(x)=x-1- xln x,則h(x)=1-ln x-1=-ln x.h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+)上單調(diào)遞減,h(x)h(1)=0,即 當且僅當x=1時,h(x)0,當且僅當a=1時,式成立.a=1.,5.(2016課標,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+1),其中0,記|f(x)|的最大值為A. (1)求f (x); (2)求A; (3)證明|f (x)|2A.,解析 (1)f (x)=-2sin 2x-(-1)sin x. (2分) (2)當1時, |f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0). 因此A=3-2. (4分) 當0 . (5分) (i)當00,知g(-1)g(1)g . 又 -|g(-1)|= 0,所以A= = . 綜上,A= (9分) (3)由(1)得|f (x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|. 當01,所以|f (x)|1+2A. 當1時,|f (x)|3-16-4=2A. 所以|f (x)|2A. (12分) 思路分析 (1)利用求導(dǎo)公式和求導(dǎo)法則求f (x).(2)對分類討論(分1和01),當01時, 進一步分0 和 1兩種情況求解.(3)由(1)得|f (x)|,利用(2)中對所分的三種情況分別 進行證明.,6.(2016課標,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個零點. (1)求a的取值范圍; (2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個零點,證明:x1+x22.,解析 (1)f (x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (2分) (i)設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一個零點. (3分) (ii)設(shè)a0,則當x(-,1)時, f (x)0.所以f(x)在(-,1)單調(diào)遞減, 在(1,+)單調(diào)遞增. 又f(1)=-e, f(2)=a,取b滿足b (b-2)+a(b-1)2=a 0, 故f(x)存在兩個零點. (4分) (iii)設(shè)a0,因此f(x)在(1,+)單調(diào)遞增.又當x1時, f(x)1,故當x(1,ln(-2a)時, f (x)0.,因此f(x)在(1,ln(-2a)單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+)單調(diào)遞增.又當x1時f(x)f(2-x2),即f(2-x2)1時, g(x)1時,g(x)0和a0三種情況討論,利用函數(shù)的單調(diào)性及極值的符號即 可確定零點個數(shù),進而得a的范圍;(2)由(1)確定出函數(shù)的單調(diào)性,進而將x1+x22轉(zhuǎn)化為函數(shù)值間 的不等關(guān)系,從而構(gòu)造函數(shù)進行證明.,7.(2016課標,21,12分) (1)討論函數(shù)f(x)= ex的單調(diào)性,并證明當x0時,(x-2)ex+x+20; (2)證明:當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x=0時, f (x)=0, 所以f(x)在(-,-2),(-2,+)單調(diào)遞增. 因此當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a0,1)時,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是 . (12分) 思路分析 (1)利用f (x)得出單調(diào)性,進而利用函數(shù)單調(diào)性求出f(x)在(0,+)上的值域,由此即 可證明.(2)求g(x),利用單調(diào)性求得g(x)min(即h(a),再利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性可得h(a)的值域.,8.(2015課標,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x. (1)當a為何值時,x軸為曲線y=f(x)的切線? (2)用minm,n表示m,n中的最小值,設(shè)函數(shù)h(x)=minf(x),g(x)(x0),討論h(x)零點的個數(shù).,解析 (1)設(shè)曲線y=f(x)與x軸相切于點(x0,0),則f(x0)=0, f (x0)=0,即 解得x0= ,a= - . 因此,當a=- 時,x軸為曲線y=f(x)的切線. (5分) (2)當x(1,+)時,g(x)=-ln x0,所以只需考慮f(x)在(0,1)的零點個數(shù). (i)若a-3或a0,則f (x)=3x2+a在(0,1)無零點,故f(x)在(0,1)單調(diào).而f(0)= , f(1)=a+ ,所以當a -3時, f(x)在(0,1)有一個零點;當a0時, f(x)在(0,1)沒有零點. (ii)若-3a0,則f(x)在 單調(diào)遞減,在 單調(diào)遞增,故在(0,1)中,當x= 時, f(x)取 得最小值,最小值為f = + .,若f 0,即- - 或a1,x=1,00,故只需分析f(x)的零 點,此時又需分類討論a-3或a0與-3a0兩種情況.,B組 自主命題省(區(qū)、市)卷題組 考點一 函數(shù)的單調(diào)性 1.(2015福建,10,5分)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1,其導(dǎo)函數(shù)f (x)滿足f (x)k1,則下列結(jié) 論中一定錯誤的是 ( ) A.f C.f ,答案 C 構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-kx+1, 則g(x)=f (x)-k0,g(x)在R上為增函數(shù). k1, 0,則g g(0). 而g(0)=f(0)+1=0,g =f - +10, 即f -1= , 所以選項C錯誤,故選C.,2.(2015四川,15,5分)已知函數(shù)f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中aR).對于不相等的實數(shù)x1,x2,設(shè)m= ,n= .現(xiàn)有如下命題: 對于任意不相等的實數(shù)x1,x2,都有m0; 對于任意的a及任意不相等的實數(shù)x1,x2,都有n0; 對于任意的a,存在不相等的實數(shù)x1,x2,使得m=n; 對于任意的a,存在不相等的實數(shù)x1,x2,使得m=-n. 其中的真命題有 (寫出所有真命題的序號).,答案 ,解析 f(x)=2x是增函數(shù),對任意不相等的實數(shù)x1,x2,都有 0,即m0,成立. 由g(x)=x2+ax圖象可知,當x 時,g(x)是減函數(shù),當不相等的實數(shù)x1、x2 時, 2x+a, 此時h(x)在R上是增函數(shù). 若h(x1)=h(x2),則x1=x2,不成立. 若m=-n,則有 =- , f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2), 令(x)=f(x)+g(x), 則(x)=2x+x2+ax, (x)=2xln 2+2x+a. 令(x)=0,得2xln 2+2x+a=0, 即2xln 2=-2x-a. 由y1=2xln 2與y2=-2x-a的圖象可知,對任意的a,存在x0,使xx0時y1y2,xx0時,(x)0,xx0時,(x)0, 故對任意的a,(x)在R上不是單調(diào)函數(shù). 故對任意的a,存在不相等的實數(shù)x1,x2,使m=-n, 成立. 綜上,正確.,考點二 函數(shù)的極值與最值,1.(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).,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.,2.(2016北京,14,5分)設(shè)函數(shù)f(x)= 若a=0,則f(x)的最大值為 ; 若f(x)無最大值,則實數(shù)a的取值范圍是 .,答案 2 (-,-1),解析 若a=0,則f(x)= 當x0時, f(x)=-2x0, f(x)是增函數(shù),當-12時, f(x)max=a3-3a. 綜上,當a(-,-1)時, f(x)無最大值.,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) 1.求切線方程問題:(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出指定點處的導(dǎo)數(shù)值,即切線的斜率; (2)求出指定點處的函數(shù)值;(3)求出切線方程.,2.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性:(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.(2017山東,20,13分)已知函數(shù)f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28是自 然對數(shù)的底數(shù). (1)求曲線y=f(x)在點(, f()處的切線方程; (2)令h(x)=g(x)-af(x)(aR),討論h(x)的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值.,解析 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和極值. (1)由題意得f()=2-2, 又f (x)=2x-2sin x, 所以f ()=2, 因此曲線y=f(x)在點(, f()處的切線方程為y-(2-2)=2(x-),即y=2x-2-2. (2)由題意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x), 因為h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x) =2ex(x-sin x)-2a(x-sin x) =2(ex-a)(x-sin x), 令m(x)=x-sin x,則m(x)=1-cos x0, 所以m(x)在R上單調(diào)遞增. 因為m(0)=0, 所以當x0時,m(x)0;當x0,當x0時,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增, 所以當x=0時,h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1. 當a0時,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x), 由h(x)=0得x1=ln a,x2=0. a.當00,h(x)單調(diào)遞增; 當x(ln a,0)時,ex-eln a0,h(x)0,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增. 所以當x=ln a時,h(x)取到極大值, 極大值為h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2, 當x=0時,h(x)取到極小值,極小值是h(0)=-2a-1. b.當a=1時,ln a=0, 所以當x(-,+)時,h(x)0,函數(shù)h(x)在(-,+)上單調(diào)遞增,無極值.,c.當a1時,ln a0, 所以當x(-,0)時,ex-eln a0,h(x)單調(diào)遞增; 當x(0,ln a)時,ex-eln a0,h(x)0,h(x)單調(diào)遞增. 所以當x=0時,h(x)取到極大值,極大值是h(0)=-2a-1; 當x=ln a時,h(x)取到極小值, 極小值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2. 綜上所述: 當a0時,h(x)在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增,函數(shù)h(x)有極小值,極小值是h(0)=-2a -1; 當0a1時,函數(shù)h(x)在(-,ln a)和(0,+)上單調(diào)遞增,在(ln a,0)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值, 也有極小值, 極大值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2, 極小值是h(0)=-2a-1;,當a=1時,函數(shù)h(x)在(-,+)上單調(diào)遞增,無極值; 當a1時,函數(shù)h(x)在(-,0)和(ln a,+)上單調(diào)遞增, 在(0,ln a)上單調(diào)遞減,函數(shù)h(x)有極大值,也有極小值, 極大值是h(0)=-2a-1, 極小值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.,考點三 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 1.(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(當且僅當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 . 方法總結(jié) 函數(shù)型不等式的求解思路: (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).,2.(2019北京,19,13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a3; 當a-3時,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3; 當a=-3時,M(a)=3. 綜上,當M(a)最小時,a=-3.,3.(2019天津,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x 時,g(x)0, 故h(x)=f (x)+g(x) +g(x)(-1),=g(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- .,4.(2019浙江,22,15分)已知實數(shù)a0,設(shè)函數(shù)f(x)=aln x+ ,x0. (1)當a=- 時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)對任意x 均有f(x) ,求a的取值范圍. 注:e=2.718 28為自然對數(shù)的底數(shù).,解析 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運算及其應(yīng)用,同時考查邏輯思維能力和綜合應(yīng)用 能力.考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng). (1)當a=- 時, f(x)=- ln x+ ,x0. f (x)=- + = , 所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3),單調(diào)遞增區(qū)間為(3,+). (2)由f(1) ,得0a . 當0a 時, f(x) 等價于 - -2ln x0. 令t= ,則t2 .設(shè)g(t)=t2 -2t -2ln x,t2 ,則g(t)= - -2ln x. (i)當x 時, 2 , 則g(t)g(2 )=8 -4 -2ln x. 記p(x)=4 -2 -ln x,x ,則p(x)= - - = = . 故,所以,p(x)p(1)=0. 因此,g(t)g(2 )=2p(x)0. (ii)當x 時, g(x)g = . 令q(x)=2 ln x+(x+1),x , 則q(x)= +10, 故q(x)在 上單調(diào)遞增, 所以q(x)q . 由(i)得,q =- p 0.,由(i)(ii)知對任意x ,t2 ,+),g(t)0,即對任意x , 均有f(x) . 綜上所述,所求a的取值范圍是 . 疑難突破 (1)導(dǎo)函數(shù)f (x)通分后,對分子的因式分解比較困難,可以選擇先求分子等于0時的 根,從而確定根兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)的正負. (2)先對本題復(fù)雜不等式化簡變形是解題的切入點,由于a的范圍太大,故借助恒成立的條件用 特殊值縮小a的范圍是解題的關(guān)鍵,另外,對雙變量不等式,合理確定主元,是解決本題的思維轉(zhuǎn) 折點.,5.(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x 時, f (x)0. 所以f(x)在x=2處取得極小值. 若a ,則當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.,6.(2018天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=ax,g(x)=logax,其中a1. (1)求函數(shù)h(x)=f(x)-xln a的單調(diào)區(qū)間; (2)若曲線y=f(x)在點(x1,f(x1)處的切線與曲線y=g(x)在點(x2,g(x2)處的切線平行,證明x1+g(x2)= - ; (3)證明當a 時,存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.,解析 本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、運用導(dǎo)數(shù)研究指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù) 的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識和方法.考查函數(shù)與方程思想、化歸思想.考查抽象概括能力、綜合分析問 題和解決問題的能力. (1)由已知得,h(x)=ax-xln a,有h(x)=axln a-ln a. 令h(x)=0,解得x=0. 由a1,可知當x變化時,h(x),h(x)的變化情況如下表:,所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+). (2)證明:由f (x)=axln a,可得曲線y=f(x)在點(x1, f(x1) 處的切線斜率為 ln a. 由g(x)= ,可得曲線y=g(x)在點(x2,g(x2)處的切線斜率為 . 因為這兩條切線平行,故有 ln a= ,即x2 (ln a)2=1. 兩邊取以a為底的對數(shù),得logax2+x1+2logaln a=0, 所以x1+g(x2)=- . (3)證明:曲線y=f(x)在點(x1, )處的切線l1:y- = ln a(x-x1). 曲線y=g(x)在點(x2,logax2)處的切線l2:y-logax2= (x-x2). 要證明當a 時,存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線,只需證明當a 時,存在x1(-,+),x2(0,+),使得l1與l2重合. 即只需證明當a 時,方程組 有解. 由得x2= ,代入, 得 -x1 ln a+x1+ + =0. 因此,只需證明當a 時,關(guān)于x1的方程存在實數(shù)解. 設(shè)函數(shù)u(x)=ax-xaxln a+x+ + , 即要證明當a 時,函數(shù)y=u(x)存在零點. u(x)=1-(ln a)2xax,可知x(-,0)時,u(x)0;x(0,+)時,u(x)單調(diào)遞減,又u(0)=10,u =1 - 0,使得u(x0)=0, 即1-(ln a)2x0 =0. 由此可得u(x)在(-,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,+)上單調(diào)遞減.u(x)在x=x0處取得極大值u(x0).,因為a ,故ln ln a-1,所以u(x0)= -x0 ln a+x0+ + = +x0+ 0. 下面證明存在實數(shù)t,使得u(t) 時,有 u(x)(1+xln a)(1-xln a)+x+ + =-(ln a)2x2+x+1+ + , 所以存在實數(shù)t,使得u(t)0. 因此,當a 時,存在x1(-,+),使得u(x1)=0. 所以,當a 時,存在直線l,使l是曲線y=f(x)的切線,也是曲線y=g(x)的切線.,7.(2017浙江,20,15分)已知函數(shù)f(x)=(x- )e-x . (1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù); (2)求f(x)在區(qū)間 上的取值范圍.,解析 本題主要考查函數(shù)的最大(小)值,導(dǎo)數(shù)的運算及其應(yīng)用,同時考查分析問題和解決問題 的能力. (1)因為(x- )=1- ,(e-x)=-e-x, 所以f (x)= e-x-(x- )e-x = . (2)由f (x)= =0,解得x=1或x= . 當x變化時,f (x),f(x)的變化如下表:,又f(x)= ( -1)2e-x0, 所以f(x)在區(qū)間 上的取值范圍是 . 解后反思 1.在導(dǎo)數(shù)大題中,求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)至關(guān)重要,因此,必須熟練掌握求導(dǎo)公式和求導(dǎo)法則.,2.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的值域的一般步驟: (1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f (x); (2)解方程f (x)=0; (3)用f (x)=0的根把函數(shù)的定義域分成若干個區(qū)間; (4)判斷每個區(qū)間上f (x)的符號,得函數(shù)的單調(diào)性; (5)求函數(shù)在各個區(qū)間上的值域,再求并集.,3.本題最易忽略f(x)0這個條件,從而得出: f(x)在 上的值域為 的錯誤結(jié)論. 因此,在求函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,+)或(-,a)上的值域時,一定要觀察f(x)圖象的趨勢,或先判斷f(x) 何時為正,何時為負(通常是求出函數(shù)f(x)的零點).,8.(2017江蘇,20,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f (x)的極值點是 f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值) (1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域; (2)證明:b23a; (3)若f(x), f (x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于- ,求a的取值范圍.,解析 本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究初等函數(shù)的單調(diào)性、極值及零點問題,考查綜合運用數(shù) 學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力. (1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f (x)=3x2+2ax+b=3 +b- . 當x=- 時, f (x)有極小值b- . 因為f (x)的極值點是f(x)的零點, 所以f =- + - +1=0,又a0,故b= + . 因為f(x)有極值,故f (x)=0有實根,從而b- = (27-a3)0,即a3. 當a=3時, f (x)0(x-1),故f(x)在R上是增函數(shù), f(x)沒有極值; 當a3時, f (x)=0有兩個相異的實根x1= ,x2= . 列表如下:,故f(x)的極值點是x1,x2. 從而a3. 因此b= + ,定義域為(3,+). (2)證明:由(1)知, = + . 設(shè)g(t)= + ,則g(t)= - = . 當t 時,g(t)0,從而g(t)在 上單調(diào)遞增. 因為a3,所以a 3 ,故g(a )g(3 )= ,即 . 因此b23a. (3)由(1)知, f(x)的極值點是x1,x2, 且x1+x2=- a, + = . 從而f(x1)+f(x2)= +a +bx1+1+ +a +bx2+1 = (3 +2ax1+b)+ (3 +2ax2+b)+ a( + )+ b(x1+x2)+2= - +2=0.,記f(x), f (x)所有極值之和為h(a), 因為f (x)的極值為b- =- a2+ , 所以h(a)=- a2+ ,a3. 因為h(a)=- a- 0, 于是h(a)在(3,+)上單調(diào)遞減. 因為h(6)=- ,于是h(a)h(6),故a6. 因此a的取值范圍為(3,6. 易錯警示 (1)函數(shù)f(x)的極值點x0滿足f (x0)=0,函數(shù)f(x)的零點x0滿足f(x0)=0,而f (x)的極值點x0 應(yīng)滿足f (x0)=0.(2)求函數(shù)的關(guān)系式必須確定函數(shù)的定義域.,C組 教師專用題組 考點一 函數(shù)的單調(diào)性 1.(2015廣東,19,14分)設(shè)a1,函數(shù)f(x)=(1+x2)ex-a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明: f(x)在(-,+)上僅有一個零點; (3)若曲線y=f(x)在點P處的切線與x軸平行,且在點M(m,n)處的切線與直線OP平行(O是坐標原 點),證明:m -1.,解析 (1)函數(shù)f(x)的定義域為R. 因為f (x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex0, 所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+),無單調(diào)遞減區(qū)間. (2)證明:因為a1,所以f(0)=1-a0, 所以f(0)f(ln a)0,由零點存在性定理可知f(x)在(0,ln a)內(nèi)存在零點. 又由(1)知, f(x)在R上單調(diào)遞增,故f(x)在(-,+)上僅有一個零點. (3)證明:設(shè)點P(x0,y0),由題意知, f (x0)=(x0+1)2 =0,解得x0=-1. 所以y0=(1+ ) -a= -a,所以點P的坐標為 .所以kOP=a- . 由題意可得, f (m)=(m+1)2em=a- . 要證明m -1,只需要證明m+1 , 只需要證明(m+1)3a- =(m+1)2em, 只需要證明m+1em. 構(gòu)造函數(shù):h(x)=ex-x-1(xR),則h(x)=ex-1.,當x0時,h(x)0,即h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增. 所以函數(shù)h(x)有最小值,為