（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 2 導數(shù)的應用試題 文-人教版高三數(shù)學試題

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1、導數(shù)的應用 挖命題 【考情探究】 考點 內容解讀 5年考情 預測 熱度 考題示例 考向 關聯(lián)考點 利用導數(shù) 研究函數(shù) 的單調性 ①了解函數(shù)單調性和導數(shù)的關系; ②能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,會求函數(shù)的單調區(qū)間(其中多項式函數(shù)不超過三次) 2017課標全國Ⅱ,21,12分 導數(shù)與函數(shù)的單調性 不等式恒成立求參數(shù)范圍 ★★★ 2016課標全國Ⅰ,12,5分 利用函數(shù)單調性求參數(shù)范圍 不等式恒成立求參數(shù)范圍 2014課標Ⅱ,11,5分 利用函數(shù)單調性求參數(shù)范圍 不等式恒成立求參數(shù)范圍 利用導數(shù) 研究函數(shù) 的極值 與最值 ①了解函數(shù)在

2、某點取得極值的必要條件和充分條件; ②會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)不超過三次);會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)不超過三次) 2018課標全國Ⅰ,21,12分 導數(shù)與函數(shù)單調性、極值、最值 不等式的證明 ★★★ 2017課標全國Ⅲ,21,12分 利用最值證明不等式 導數(shù)與函數(shù)單調性 2015課標Ⅱ,21,12分 利用導數(shù)求函數(shù)最值 導數(shù)與函數(shù)單調性 2014課標Ⅱ,3,5分 函數(shù)極值存在的充要條件 利用導數(shù)為零判斷極值點是否存在 導數(shù)的綜 合應用 利用導數(shù)解決實際問題、函數(shù)的零點(方程的根)的問題、不等式問題以及恒成立(存在性

3、)問題 2018課標全國Ⅱ,21,12分 函數(shù)的零點 導數(shù)與函數(shù)的單調性 ★★★ 2014課標Ⅱ,21,12分 零點個數(shù)的證明 利用導數(shù)幾何意義求切線方程 2015課標Ⅰ,21,12分 不等式的證明 零點個數(shù)問題 分析解讀　　函數(shù)的單調性是函數(shù)的一條重要性質,也是高中階段研究的重點.一是直接用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、求函數(shù)的最值與極值,以及實際問題中的優(yōu)化問題等,這是新課標的一個新要求.二是把導數(shù)與函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列等知識相聯(lián)系,綜合考查函數(shù)的最值與參數(shù)的取值,常以解答題的形式出現(xiàn).本節(jié)內容在高考中分值為17分左右,屬難度較大題. 破考點 【考點集訓】

4、考點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 1.(2018河南、河北重點高中第二次聯(lián)考,6)若函數(shù)f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上遞減,則a的取值范圍是(　　) 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.(e+1,+∞) B.[e+1,+∞) C.(e-1,+∞) D.[e-1,+∞) 答案　B　 2.(2018河南信陽一模,15)已知定義在R上的可導函數(shù)f(x)滿足f '(x)<1,若f(2-m)-f(m)>2-2m,則實數(shù)m的取值范圍是　　　　.? 答案　(1,+∞) 3.(2017天津紅橋期中聯(lián)考,21)已知函數(shù)f(x)=

5、x3-ax-1. (1)若f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,求實數(shù)a的取值范圍; (2)是否存在實數(shù)a,使f(x)在(-1,1)上單調遞減?若存在,求出a的取值范圍;若不存在,試說明理由. 解析　(1)f '(x)=3x2-a, 要使f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增,需3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立, 即a≤3x2在(-∞,+∞)上恒成立,∴a≤0. 因此當 f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增時,a 的取值范圍是(-∞,0]. (2)存在.若f(x)在(-1,1)上單調遞減,則對于任意 x∈(-1,1),不等式f '(x)=3x2-a≤0 恒成立,即 a≥3x2,

6、又 x∈(-1,1)時,3x2<3,∴a≥3, ∴存在實數(shù)a,使函數(shù) f(x)在(-1,1)上單調遞減,實數(shù)a的取值范圍是[3,+∞). 考點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.(2018廣東珠海二中期中,15)已知x0是函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點,則x0=　　　　.? 答案　2 2.(2017湖南郴州三模,14)已知奇函數(shù)f(x)=exx-1(x>0),h(x)(x<0),則函數(shù)h(x)的最大值為　　　　.? 答案　1-e 3.(2018湖北荊州一模,20)已知函數(shù)f(x)=-x2+ax-ln x(a∈R). (1)若函數(shù)f(x)是單調遞減函數(shù),求實數(shù)

7、a的取值范圍; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,3)上既有極大值又有極小值,求實數(shù)a的取值范圍. 解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞),f '(x)=-2x+a-1x=-2x2+ax-1x(x>0). ∵函數(shù)f(x)是單調遞減函數(shù), ∴f '(x)≤0對x∈(0,+∞)恒成立, ∴-2x2+ax-1≤0對x∈(0,+∞)恒成立,即a≤2x+1x對x∈(0,+∞)恒成立. ∵2x+1x≥22x·1x=22當且僅當2x=1x,即x=22時取“=”,∴a≤22. (2)∵函數(shù)f(x)在(0,3)上既有極大值又有極小值, ∴f '(x)=-2x2+ax-1x=0在(0,3)上有兩

8、個相異實根, 即2x2-ax+1=0在(0,3)上有兩個相異實根, 令g(x)=2x2-ax+1,則Δ>0,00,g(3)>0,得a<-22或a>22,00,a<193, ∴220,設函數(shù)f(x)=eλx-x.

9、 (1)當λ=1時,求函數(shù)f(x)的極值; (2)若對任意x∈(0,+∞),不等式f(x)≥0恒成立,求λ的最小值. 解析　(1)當λ=1時,f(x)=ex-x,求導得f '(x)=ex-1. 令f '(x)<0,即ex<1,解得x<0;令f '(x)>0,即ex>1,解得x>0. 從而,函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞增,所以函數(shù)f(x)無極大值,只有極小值,且極小值為f(0)=e0-0=1. (2)因為當x>0時,f(x)≥0?eλx≥x?λx≥ln x?λ≥lnxx,從而結合題意可知:λ≥lnxxmax.令g(x)=lnxx(x>0). 因為g'

10、(x)=1-lnxx2,所以易知:當00,函數(shù)g(x)單調遞增;當x>e時,g'(x)<0,函數(shù)g(x)單調遞減.于是,當x=e時,函數(shù)g(x)取得最大值. 故g(x)max=g(e)=1e.故λ≥1e,所以λmin=1e. 3.(2019屆河南濮陽模擬,21)已知函數(shù)f(x)=ax-1x-ln x,其中a∈R. (1)若a=1,求曲線y=f(x)在點P(1, f(1))處的切線方程; (2)若對任意x≥1,都有f(x)≥0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解析　(1)當a=1時, f(x)=x-1x-ln x,則f(1)=0, 對f(x)求導得f '(x)=1

11、+1x2-1x, 所以f '(1)=1, 所以曲線y=f(x)在點P(1, f(1))處的切線方程為y=x-1. (2)f(x)=ax-1x-ln x的導數(shù)為f '(x)=ax2-x+ax2, 若a≤0,則當x>1時,x-1x>0,ln x>0, 可得f(x)<0,不滿足題意; 若a>0,則當Δ=1-4a2≤0,即a≥12時, f '(x)≥0恒成立, 可得f(x)在[1,+∞)上單調遞增,而f(1)=0, 所以當x≥1時,都有f(x)≥0,滿足題意; 當Δ>0,即0

12、2=1a>0, 所以有0

13、-1?(3-a)×2=-1,解得a=72. (2)y=f(x)-g(x)+12=12x2-aln x, 令h(x)=12x2-aln x,x>0. ①當a=0時,h(x)在定義域(0,+∞)上恒大于0,h(x)沒有零點. ②當a<0時,h'(x)=x-ax,則h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 所以h(x)在定義域(0,+∞)上為增函數(shù), 因為h(1)=12>0,h(e1a)=12e2a-1<0, 所以h(x)有1個零點. ③當a>0時,h'(x)=x-ax=x2-ax=(x+a)(x-a)x, 當x∈(0,a)時,h'(x)<0,h(x)在(0,a)上為減函數(shù), 當x

14、∈(a,+∞)時,h'(x)>0,h(x)在(a,+∞)上為增函數(shù), 所以當x=a時,h(x)取極小值,也是最小值,h(a)=12a-aln a=12a(1-ln a).當a∈(0,e)時,h(a)=12a(1-ln a)>0,h(x)沒有零點; 當a=e時,h(a)=12a(1-ln a)=0,h(x)有1個零點x=a; 當a∈(e,+∞)時,h(a)=12a(1-ln a)<0, 因為h(1)=12>0且h(a)<0, 所以方程h(x)=0在區(qū)間(0,a)內有一解, 因為當x>1時,x-ln x>0, 所以x>ln x,則h(x)=12x2-aln x>12x2-ax. 因

15、為2a>a>1,所以h(2a)>12(2a)2-2a2=0, 所以h(x)=0在區(qū)間(a,+∞)內有一解, 所以方程h(x)=0在區(qū)間(0,+∞)內有兩解. 綜上所述,當a∈[0,e)時,y=f(x)-g(x)+12沒有零點, 當a<0或a=e時,y=f(x)-g(x)+12有1個零點, 當a>e時,y=f(x)-g(x)+12有2個零點. 煉技法 【方法集訓】 方法1　利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間 1.(2018河南信陽二模,9)已知定義在R上的函數(shù)f(x)=13ax3+x2+ax+1有三個不同的單調區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是(　　)　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　

16、　　　 　　　　　　　　　　　　 A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.[-1,0)∪(0,1] C.(-1,1) D.(-1,0)∪(0,1) 答案　D　 2.(2019屆山東煙臺模擬,10)已知函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+da<23b在R上是單調遞增函數(shù),則c2b-3a的最小值是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案　A　 3.(2019屆陜西渭南模擬,21)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2-bx. (1)若a=-1,函數(shù)f(x)在其定義域內是增函數(shù),求b的取值范圍; (2)f(x)的圖象與x軸交于A(x1,0),

17、B(x2,0)(x10), ∵f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù), ∴f '(x)=1x+2x-b≥0對x∈(0,+∞)恒成立, 即b≤1x+2x對x∈(0,+∞)恒成立, ∴只需b≤1x+2xmin. ∵x>0,∴1x+2x≥22,當且僅當x=22時,取“=”,∴b≤22, ∴b的取值范圍為(-∞,22]. (2)證明:由已知得f(x1)=ln x1-ax12-bx1=0,f(x2)=ln x2-ax22-bx2=0, ∴l(xiāng)n x1=ax12+

18、bx1,ln x2=ax22+bx2, 兩式相減,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2), ∴l(xiāng)nx1x2=(x1-x2)[a(x1+x2)+b]. 由f '(x)=1x-2ax-b及2x0=x1+x2,得 f '(x0)=1x0-2ax0-b=2x1+x2-[a(x1+x2)+b] =2x1+x2-1x1-x2lnx1x2 =1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2, 令t=x1x2(0

19、 則φ(t)>φ(1)=0.又∵x1f(a)>f(c); ②函數(shù)f(x)在x=c處取得極小值,在x=e處取得極大值; ③函數(shù)f(x)在x=c處取得極大值,在x=e處取得極小值; ④函數(shù)f(x)的最小值為f(d). A.③ B.①② C.③④ D.④ 答案　A　 2.(2017湖南三湘名校聯(lián)盟三模,1

20、2)已知函數(shù)f(x)=ax3+(3-a)x在[-1,1]上的最大值為3,則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.-32,3 B.-32,12 C.[-3,3] D.[-3,12] 答案　B　 3.(2019屆福建三明模擬,21)已知函數(shù)f(x)=xln x-a2x2-x(a∈R). (1)若曲線y=f(x)在x=e處的切線的斜率為-1,求切線的方程; (2)若f(x)有兩個極值點x1,x2,求a的取值范圍,并證明:x1x2>x1+x2. 解析　(1)∵f(x)=xln x-a2x2-x(x>0),∴f '(x)=ln x-ax(x>0). 由f '(e)=1-ae=

21、-1,解得a=2e, ∴f(e)=-e.故切點坐標為(e,-e), 所以曲線y=f(x)在x=e處的切線方程為x+y=0. (2) f '(x)=ln x-ax(x>0), 令f '(x)=0,得a=lnxx. 令g(x)=lnxx(x>0),則g'(x)=1-lnxx2, 當01時,g(x)>0. 令g'(x)=0,得x=e. 當00;當x>e時,g'(x)<0. 故g(x)在(0,e)上單調遞增,在(e,+∞)上單調遞減, 所以g(x)max=g(e)=1e. 所以當a<0時, f(x)

22、有一個極值點; 當0x2, 所以ln(x1+x2)x1+x2

23、)x1+x2x1+x2. 過專題 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 考點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 1.(2016課標全國Ⅰ,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-∞,+∞)單調遞增,則a的取值范圍是(　　)　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.[-1,1] B.-1,13 C.-13,13 D.-1,-13 答案　C　 2.(2015課標Ⅱ,12,5分)設函數(shù)f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,則使得f(x

24、)>f(2x-1)成立的x的取值范圍是(　　)　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.13,1 B.-∞,13∪(1,+∞) C.-13,13 D.-∞,-13∪13,+∞ 答案　A　 3.(2014課標Ⅱ,11,5分)若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)單調遞增,則k的取值范圍是(　　) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 答案　D　 4.(2017課標全國Ⅱ,21,12分)設函數(shù)f

25、(x)=(1-x2)ex. (1)討論f(x)的單調性; (2)當x≥0時, f(x)≤ax+1,求a的取值范圍. 解析　(1)f '(x)=(1-2x-x2)ex. 令f '(x)=0,得x=-1-2或x=-1+2. 當x∈(-∞,-1-2)時, f '(x)<0; 當x∈(-1-2,-1+2)時, f '(x)>0; 當x∈(-1+2,+∞)時, f '(x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上單調遞減, 在(-1-2,-1+2)上單調遞增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 當a≥1時,設函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h'(x)=

26、-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上單調遞減,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 當00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上單調遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1. 當0(1-x)(1+x)2, (1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12, 則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1. 當a≤0時,取x0=5-12, 則x0∈(0,1),

27、 f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 綜上,a的取值范圍是[1,+∞). 解題思路　(1)求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的單調增區(qū)間,令f '(x)<0,求出f(x)的單調減區(qū)間. (2)對參數(shù)a的取值進行分類討論,當a≥1時,構造函數(shù)可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1≤ax+1成立;當0ax0+1,從而說明命題不成立;當a≤0時,舉反例x0=5-12說明不等式不成立. 考點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.(

28、2018課標全國Ⅰ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1. (1)設x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調區(qū)間; (2)證明:當a≥1e時, f(x)≥0. 解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)=aex-1x. 由題設知, f '(2)=0,所以a=12e2. 從而f(x)=12e2ex-ln x-1, f '(x)=12e2ex-1x. 當02時, f '(x)>0. 所以f(x)在(0,2)單調遞減,在(2,+∞)單調遞增. (2)證明:當a≥1e時, f(x)≥exe-ln x-

29、1. 設g(x)=exe-ln x-1,則g'(x)=exe-1x. 當01時,g'(x)>0. 所以x=1是g(x)的最小值點. 故當x>0時,g(x)≥g(1)=0. 因此,當a≥1e時, f(x)≥0. 2.(2017課標全國Ⅲ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)討論f(x)的單調性; (2)當a<0時,證明f(x)≤-34a-2. 解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x. 若a≥0,則當x∈(0,+∞)時, f '(x)>

30、0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增. 若a<0,則當x∈0,-12a時, f '(x)>0; 當x∈-12a,+∞時, f '(x)<0, 故f(x)在0,-12a上單調遞增,在-12a,+∞上單調遞減. (2)證明:由(1)知,當a<0時, f(x)在x=-12a處取得最大值,最大值為f-12a=ln-12a-1-14a. 所以f(x)≤-34a-2等價于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0. 設g(x)=ln x-x+1,則g'(x)=1x-1. 當x∈(0,1)時,g'(x)>0;當x∈(1,+∞)時,g'(x)<0.所以g(x)在(0

31、,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.故當x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當x>0時,g(x)≤0.從而當a<0時,ln-12a+12a+1≤0,即f(x)≤-34a-2. 3.(2015課標Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+a(1-x). (1)討論f(x)的單調性; (2)當f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時,求a的取值范圍. 解析　(1)f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)=1x-a. 若a≤0,則f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增. 若a>0,則當x∈0,1a時, f '(x)>0;當x∈1a,+

32、∞時,f '(x)<0.所以f(x)在0,1a上單調遞增,在1a,+∞上單調遞減. (2)解法一:由(1)知,當a≤0時, f(x)在(0,+∞)上無最大值;當a>0時, f(x)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1. 因此f1a>2a-2等價于ln a+a-1<0. 令g(a)=ln a+a-1, 則g(a)在(0,+∞)上單調遞增,g(1)=0. 于是,當01時,g(a)>0. 因此,a的取值范圍是(0,1). 解法二:由(1)知,當a≤0時, f(x)在(0,+∞)上無最大值;當a>0時, f(x)

33、在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1. 因此f1a>2a-2等價于ln a+a<1. 當a≥1時,ln a+a≥a≥1; 當00時, f(x)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1. 當0

34、0,1). 考點三　導數(shù)的綜合應用 1.(2018課標全國Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=13x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的單調區(qū)間; (2)證明:f(x)只有一個零點. 解析　(1)當a=3時,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f '(x)=x2-6x-3. 令f '(x)=0,解得x=3-23或x=3+23. 當x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)時,f '(x)>0; 當x∈(3-23,3+23)時,f '(x)<0. 故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)單調遞增,在(3-23,3+23)單調遞減. (2)證明

35、:由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等價于x3x2+x+1-3a=0. 設g(x)=x3x2+x+1-3a,則g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,僅當x=0時g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)單調遞增.故g(x)至多有一個零點,從而f(x)至多有一個零點. 又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162-16<0, f(3a+1)=13>0,故f(x)有一個零點. 綜上,f(x)只有一個零點. 2.(2016課標全國Ⅲ,21,12分)設函數(shù)f(x)=ln x-x+1. (1)討論f(x)的單調性; (2)證明當x∈(1,+∞)時,1<

36、x-1lnx1,證明當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx. 解析　(1)由題設知, f(x)的定義域為(0,+∞), f '(x)=1x-1,令f '(x)=0,解得x=1. 當00, f(x)單調遞增;當x>1時, f '(x)<0, f(x)單調遞減.(4分) (2)證明:由(1)知f(x)在x=1處取得最大值,最大值為f(1)=0. 所以當x≠1時,ln x1,設g(x)=1+(c-1)x-c

37、x, 則g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=0, 解得x0=lnc-1lnclnc. 當x0,g(x)單調遞增;當x>x0時,g'(x)<0,g(x)單調遞減.(9分) 由(2)知10. 所以當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx.(12分) 3.(2015課標Ⅰ,21,12分)設函數(shù)f(x)=e2x-aln x. (1)討論f(x)的導函數(shù)f '(x)零點的個數(shù); (2)證明:當a>0時, f(x)≥2a+aln2a. 解析　(1)f(x)

38、的定義域為(0,+∞), f '(x)=2e2x-ax(x>0). 當a≤0時, f '(x)>0, f '(x)沒有零點; 當a>0時,因為y=e2x單調遞增,y=-ax單調遞增,所以f '(x)在(0,+∞)上單調遞增. 又f '(a)>0,當b滿足00時, f '(x)存在唯一零點. (6分) (2)證明:由(1),可設f '(x)在(0,+∞)上的唯一零點為x0,當x∈(0,x0)時, f '(x)<0;當x∈(x0,+∞)時, f '(x)>0. 故f(x)在(0,x0)上單調遞減,在(x0,+∞)上單調遞增,所以當x

39、=x0時, f(x)取得最小值,最小值為f(x0). 由于2e2x0-ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a. 故當a>0時, f(x)≥2a+aln2a.(12分) 4.(2014課標Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為-2. (1)求a; (2)證明:當k<1時,曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點. 解析　(1)f '(x)=3x2-6x+a, f '(0)=a, 曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線方程為y=ax+2. 由題設得-2a=

40、-2,所以a=1. (2)證明:由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2. 設g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由題設知1-k>0. 當x≤0時,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)單調遞增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一實根. 當x>0時,令h(x)=x3-3x2+4,則g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上單調遞減,在(2,+∞)上單調遞增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以g(x)=0在(0,+∞)上沒有

41、實根. 綜上,g(x)=0在R上有唯一實根,即曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點. B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 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)的定義域上單調遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質.下列函數(shù)中具有M性質的是(　　)　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.f(x)=2-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x 答案　A　 2.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x

42、)=x3-2x+ex-1ex,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　-1,12 考點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.(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　 2.(2017北京,20,13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0,π2上的最大值和最小值. 解析　(1)因為f(x)=excos x-x,所以f '(x)=

43、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h(x)=ex(cos x-sin x)-1, 則h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. 當x∈0,π2時,h'(x)<0, 所以h(x)在區(qū)間0,π2上單調遞減. 所以對任意x∈0,π2,有h(x)

44、京,19,13分)設函數(shù)f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex. (1)若曲線y=f(x)在點(2, f(2))處的切線斜率為0,求a; (2)若f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍. 解析　(1)因為f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex, 所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex. f '(2)=(2a-1)e2. 由題設知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12. (2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex. 若a>1,則當x∈1a,1時, f '(x)<0; 當x∈

45、(1,+∞)時, f '(x)>0. 所以f(x)在x=1處取得極小值. 若a≤1,則當x∈(0,1)時,ax-1≤x-1<0, 所以f '(x)>0. 所以1不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是(1,+∞). 考點三　導數(shù)的綜合應用 1.(2015安徽,10,5分)函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d的圖象如圖所示,則下列結論成立的是(　　) A.a>0,b<0,c>0,d>0 B.a>0,b<0,c<0,d>0 C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d<0

46、答案　A　 2.(2018天津,20,14分)設函數(shù)f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差為d的等差數(shù)列. (1)若t2=0,d=1,求曲線y=f(x)在點(0, f(0))處的切線方程; (2)若d=3,求f(x)的極值; (3)若曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點,求d的取值范圍. 解析　本小題主要考查導數(shù)的運算、導數(shù)的幾何意義、運用導數(shù)研究函數(shù)的性質等基礎知識和方法.考查函數(shù)思想和分類討論思想,考查綜合分析問題和解決問題的能力. (1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-

47、x,故f '(x)=3x2-1.因此f(0)=0, f '(0)=-1,又因為曲線y=f(x)在點(0, f(0))處的切線方程為y-f(0)= f '(0)(x-0),故所求切線方程為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+(3t22-9)x-t23+9t2. 故f '(x)=3x2-6t2x+3t22-9. 令f '(x)=0,解得x=t2-3,或x=t2+3. 當x變化時, f '(x), f(x)的變化情況如下表: x (-∞,t2-3) t2-3 (t2-3,t2+3)

48、 t2+3 (t2+3,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+3)=(3)3-9×(3)=-63. (3)曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)-63有三個互異的公共點等價于關于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三個互異的實數(shù)解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0. 設函數(shù)g(x)=x3+(1-d2)x+63,則曲線y=f(x)與直線y=-(x-t2)

49、-63有三個互異的公共點等價于函數(shù)y=g(x)有三個零點. g'(x)=3x2+(1-d2). 當d2≤1時,g'(x)≥0,這時g(x)在R上單調遞增,不合題意. 當d2>1時,令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13. 易得,g(x)在(-∞,x1)上單調遞增,在[x1,x2]上單調遞減,在(x2,+∞)上單調遞增. g(x)的極大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+63>0. g(x)的極小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63. 若g(x2)≥0,由g(x)的單調性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個零點,不合題意. 若

50、g(x2)<0,即(d2-1)32>27,也就是|d|>10,此時|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|

51、　　　 　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 A.[-5,-3] B.-6,-98 C.[-6,-2] D.[-4,-3] 答案　C　 2.(2014湖南,9,5分)若0ln x2-ln x1 B.ex2-ex1x1ex2 D.x2ex1

52、程為y=g(x),求證:對于任意的實數(shù)x,都有f(x)≤g(x); (3)若方程f(x)=a(a為實數(shù))有兩個實數(shù)根x1,x2,且x10,即x<1時,函數(shù)f(x)單調遞增; 當f '(x)<0,即x>1時,函數(shù)f(x)單調遞減. 所以, f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,1), 單調遞減區(qū)間為(1,+∞). (2)證明:設點P的坐標為(x0,0),則x0=413, f '(x0)=-12.曲線y=f(x)在點P處的切線方程為y=f '(x0)(x-x0),

53、即g(x)=f '(x0)(x-x0).令函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),則F'(x)=f '(x)-f '(x0). 由于f '(x)=-4x3+4在(-∞,+∞)上單調遞減,故F'(x)在(-∞,+∞)上單調遞減.又因為F'(x0)=0,所以當x∈(-∞,x0)時,F'(x)>0,當x∈(x0,+∞)時,F'(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上單調遞增,在(x0,+∞)上單調遞減, 所以對于任意的實數(shù)x,F(x)≤F(x0)=0, 即對于任意的實數(shù)x,都有f(x)≤g(x). (3)證明:由(2)知g(x)=-12(x-41

54、3).設方程g(x)=a的根為x2',可得x2'=-a12+413.因為g(x)在(-∞,+∞)上單調遞減,又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2'),因此x2≤x2'. 類似地,設曲線y=f(x)在原點處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=4x.對于任意的x∈(-∞,+∞),有f(x)-h(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x). 設方程h(x)=a的根為x1',可得x1'=a4.因為h(x)=4x在(-∞,+∞)上單調遞增,且h(x1')=a=f(x1)≤h(x1), 因此x1'≤x1. 由此可得x2-x1≤x2'-x1'=-a3+413. 4.(2012課標全

55、國,21,12分)設函數(shù)f(x)=ex-ax-2. (1)求f(x)的單調區(qū)間; (2)若a=1,k為整數(shù),且當x>0時,(x-k)f '(x)+x+1>0,求k的最大值. 解析　(1)f(x)的定義域為(-∞,+∞), f '(x)=ex-a. 若a≤0,則f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)單調遞增. 若a>0,則當x∈(-∞,ln a)時, f '(x)<0; 當x∈(ln a,+∞)時, f '(x)>0, 所以, f(x)在(-∞,ln a)單調遞減,在(ln a,+∞)單調遞增. (2)由于a=1,所以(x-k)f '(x)+x+1=(x-k)(ex-1)

56、+x+1. 故當x>0時,(x-k)f '(x)+x+1>0等價于k0).① 令g(x)=x+1ex-1+x,則g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2. 由(1)知,函數(shù)h(x)=ex-x-2在(0,+∞)單調遞增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零點.故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零點.設此零點為α,則α∈(1,2). 當x∈(0,α)時,g'(x)<0; 當x∈(α,+∞)時,g'(x)>0. 所以g(x)在(0,+∞)的最小值為g(α). 又由g'(α)=0,可得eα=

57、α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等價于k0;當x∈(-1,0)時, f '(x)<0;當x∈(0,+∞)時, f '(x)>0, 故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上單調遞增,在(-

58、1,0)上單調遞減. (2)f(x)=x(ex-1-ax). 令g(x)=ex-1-ax,則g'(x)=ex-a. 若a≤1,則當x∈(0,+∞)時,g'(x)>0,g(x)為增函數(shù), 而g(0)=0,從而當x≥0時,g(x)≥0,即f(x)≥0. 若a>1,則當x∈(0,ln a)時,g'(x)<0,g(x)為減函數(shù), 而g(0)=0,從而當x∈(0,ln a)時,g(x)<0,即f(x)<0. 綜合得a的取值范圍為(-∞,1]. 考點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.(2017浙江,7,4分)函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f '(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f

59、(x)的圖象可能是(　　) 答案　D　 2.(2013課標Ⅱ,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,下列結論中錯誤的是(　　) A.?x0∈R, f(x0)=0 B.函數(shù)y=f(x)的圖象是中心對稱圖形 C.若x0是f(x)的極小值點,則f(x)在區(qū)間(-∞,x0)單調遞減 D.若x0是f(x)的極值點,則f '(x0)=0 答案　C　 3.(2017浙江,20,15分)已知函數(shù)f(x)=(x-2x-1)·e-xx≥12. (1)求f(x)的導函數(shù); (2)求f(x)在區(qū)間12,+∞上的取值范圍. 解析　本題主要考查函數(shù)的最大(小)值,導數(shù)的運算及

60、其應用,同時考查分析問題和解決問題的能力. (1)因為(x-2x-1)'=1-12x-1,(e-x)'=-e-x, 所以f '(x)=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x =(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1x>12. (2)由f '(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,解得x=1或x=52. 因為 x 12 12,1 1 1,52 52 52,+∞ f '(x) - 0 + 0 - f(x) 12e-12 ↘ 0 ↗ 12e-52 ↘ 又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0, 所以f(x)在區(qū)間

61、12,+∞上的取值范圍是0,12e-12. 4.(2017江蘇,20,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導函數(shù)f '(x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值) (1)求b關于a的函數(shù)關系式,并寫出定義域; (2)證明:b2>3a; (3)若f(x), f '(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-72,求a的取值范圍. 解析　本小題主要考查利用導數(shù)研究初等函數(shù)的單調性、極值及零點問題,考查綜合運用數(shù)學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+

62、2ax+b=3x+a32+b-a23. 當x=-a3時, f '(x)有極小值b-a23. 因為f '(x)的極值點是f(x)的零點, 所以f -a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a>0,故b=2a29+3a. 因為f(x)有極值,故f '(x)=0有實根,從而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3. 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a>3時, f '(x)=0有兩個相異的實根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3. 列表如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2

63、(x2,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極值點是x1,x2. 從而a>3. 因此b=2a29+3a,定義域為(3,+∞). (2)證明:由(1)知,ba=2aa9+3aa. 設g(t)=2t9+3t,則g'(t)=29-3t2=2t2-279t2. 當t∈362,+∞時,g'(t)>0,從而g(t)在362,+∞上單調遞增. 因為a>3,所以aa>33, 故g(a a)>g(33)=3,即ba>3. 因此b2>3a. (3)由(1)知, f(x)的極值點是x1,x2, 且x1+x2=-

64、23a,x12+x22=4a2-6b9. 從而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1 =x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+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-a23=-19a2+3a, 所以h(a)=-19a2+3a,a>3. 因為h'(a)=-29a-3a2<0, 于是h(a)在(3,+∞)上單調遞減. 因為h(6)=-72,于是h(a)≥h(6),故a≤6. 因

65、此a的取值范圍為(3,6]. 5.(2014四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù). (1)設g(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值; (2)若f(1)=0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內有零點,證明:e-2

66、此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b; 當a≥e2時,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上單調遞減. 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b; 當12