【数学】2020届一轮复习（理）通用版3-2导数的应用

【数学】2020届一轮复习（理）通用版3-2导数的应用

‎3.2　导数的应用 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.导数与函数的单调性 了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)‎ ‎2018课标Ⅰ,21,12分 讨论函数的单调性,‎ 证明不等式 函数的极值 ‎★★★‎ ‎2017课标Ⅰ,21,12分 讨论函数的单调性,‎ 根据函数零点求参数 函数的零点 ‎2016课标Ⅱ,21,12分 讨论函数的单调性,‎ 证明不等式 函数的最值 ‎2.导数与 函数的极 ‎(最)值 了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)‎ ‎2018课标Ⅰ,16,5分 利用导数研究 函数的最值 三角函数 ‎★★★‎ ‎2018课标Ⅲ,21,12分 利用导数研究 函数的极值 含有参数的一元 二次不等式 ‎2017课标Ⅱ,11,5分 利用导数研究 函数的极值 指数函数 ‎2016课标Ⅲ,21,12分 利用导数研究 函数的最值 三角函数及 绝对值不等式 ‎3.导数的 综合应用 会利用导数解决某些实际问题 ‎2015课标Ⅰ,12,5分 利用导数研究 不等式问题 函数单调性 及函数的零点 ‎★★★‎ 分析解读　　1.会利用导数研究函数的单调性,掌握求函数单调区间的方法.2.掌握求函数极值与最值的方法,解决利润最大、用料最省、效率最高等实际生产、生活中的优化问题.3.利用导数求函数极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式是高考热点.分值为12~17分,属于高档题.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　导数与函数的单调性 ‎1.(2017安徽二模,7)已知f(x)=lnxx,则(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A. f(2)>f(e)>f(3) B. f(3)>f(e)>f(2)‎ C. f(3)>f(2)>f(e) D. f(e)>f(3)>f(2)‎ 答案　D　‎ ‎2.(2017安徽江淮十校第三次联考,12)设函数f(x)=‎1‎‎2‎x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.1f(a)>f(c);‎ ‎②函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;‎ ‎③函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;‎ ‎④函数f(x)的最小值为f(d).‎ A.③ B.①② C.③④ D.④‎ 答案　A　‎ ‎2.(2018河南豫南九校第二次质量考评,10)若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为(　　)‎ A.4 B.2或6 C.2 D.6‎ 答案　C　 ‎ 考点三　导数的综合应用 ‎　(2018河北衡水金卷信息卷(二),6)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q(x)(单位:百件)关于每件衣服的利润x(单位:元)的函数解析式为q(x)=‎1 260‎x+1‎‎,00,得x<-1或x>2;‎ 令f '(x)<0,得-10),则函数F(x)=g(x)-f(x)　(　　)‎ A.有极小值,没有极大值 B.有极大值,没有极小值 C.至少有两个极小值和一个极大值 D.至少有一个极小值和两个极大值 答案　C　‎ ‎2.(2018四川双流中学第二次模拟,12)若函数g(x)=mx+sinxex在区间(0,2π)有一个极大值和一个极小值,则实数m的取值范围是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.[-e-2π,e‎-‎π‎2‎) B.(-e-π,e-2π)‎ C.‎-eπ,‎e‎-‎‎5π‎2‎ D.(-e-3π,eπ)‎ 答案　A　‎ 方法3　利用导数求解不等式问题 ‎1.已知x∈(0,2),若关于x的不等式xex<‎1‎k+2x-‎x‎2‎恒成立,则实数k的取值范围为(　　)‎ A.[0,e+1) B.[0,2e-1) C.[0,e) D.[0,e-1)‎ 答案　D　‎ ‎2.(2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数f(x)=x-2sin x,对任意x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为　　　　. ‎ 答案　‎2π‎3‎+‎‎3‎ 方法4　利用导数研究函数的零点或方程的根 ‎1.(2017安徽十大名校11月联考,12)若函数f(x)=sinx-x,x<1,‎x‎3‎‎-9x‎2‎+24x+m,x≥1‎有4个零点,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.(16,20) B.(-20,-16)‎ C.(-∞,-20)∪(-16,+∞) D.(-∞,16)∪(20,+∞)‎ 答案　B　‎ ‎2.(2018安徽合肥期中,21)已知二次函数f(x)的最小值为-4,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式;‎ ‎(2)求函数g(x)=f(x)‎x-4ln x的零点个数.‎ 解析　(1)∵f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为 ‎{x|-1≤x≤3,x∈R},∴f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.∴f(x)min=f(1)=-4a=-4,∴a=1.‎ 故函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.‎ ‎(2)∵g(x)=x‎2‎‎-2x-3‎x-4ln x=x-‎3‎x-4ln x-2(x>0),‎ ‎∴g'(x)=1+‎3‎x‎2‎-‎4‎x=‎(x-1)(x-3)‎x‎2‎,令g'(x)=0,得x1=1,x2=3.‎ 当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(0,1)‎ ‎1‎ ‎(1,3)‎ ‎3‎ ‎(3,+∞)‎ g'(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ 递增 极大值 递减 极小值 递增 当025-1-22=9>0.‎ ‎∵g(x)在(3,+∞)上单调递增,∴g(x)在(3,+∞)上只有1个零点,故g(x)在(0,+∞)上仅有1个零点.‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点一　导数与函数的单调性 ‎1.(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=‎1‎x-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:f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎2,令f '(x)=0,得x=a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎或x=a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎.‎ 当x∈‎0,‎a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎∪a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎‎,+∞‎时, f '(x)<0;‎ 当x∈a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎‎,‎a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎时, f '(x)>0.‎ 所以f(x)在‎0,‎a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎,a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎‎,+∞‎单调递减,在a-‎a‎2‎‎-4‎‎2‎‎,‎a+‎a‎2‎‎-4‎‎2‎单调递增.‎ ‎(2)证明: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x11,‎ 由于f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=-‎1‎x‎1‎x‎2‎-1+aln x‎1‎-ln ‎x‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=-2+aln x‎1‎-ln ‎x‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=-2+a‎-2ln ‎x‎2‎‎1‎x‎2‎‎-‎x‎2‎,‎ 所以f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎g(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Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.‎ 解析　本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.‎ ‎(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).‎ ‎(i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.‎ ‎(ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a.‎ 当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.‎ ‎(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.‎ ‎(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-‎1‎a+ln a.‎ ‎①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;‎ ‎②当a∈(1,+∞)时,由于1-‎1‎a+ln a>0,即f(-ln a)>0,‎ 故f(x)没有零点;‎ ‎③当a∈(0,1)时,1-‎1‎a+ln a<0,即f(-ln a)<0.‎ 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.‎ 设正整数n0满足n0>ln‎3‎a‎-1‎,则f(n0)=en‎0‎(aen‎0‎+a-2)-n0>en‎0‎-n0>‎2‎n‎0‎-n0>0.‎ 由于ln‎3‎a‎-1‎>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.‎ 综上,a的取值范围为(0,1).‎ 考点二　导数与函数的极(最)值 ‎1.(2017课标Ⅱ,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1‎ 答案　A　‎ ‎2.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是　　　　. ‎ 答案　-‎‎ ‎‎3‎‎3‎‎2‎ ‎3.(2018课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.‎ ‎(1)若a=0,证明:当-10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)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)=f '(x)=ln(1+x)-x‎1+x,‎ 则g'(x)=x‎(1+x‎)‎‎2‎.‎ 当-10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-10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)=f(x)‎‎2+x+ax‎2‎=ln(1+x)-‎2x‎2+x+ax‎2‎.‎ 由于当|x|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-‎‎2(2+x+ax‎2‎)-2x(1+2ax)‎‎(2+x+ax‎2‎‎)‎‎2‎ ‎=x‎2‎‎(a‎2‎x‎2‎+4ax+6a+1)‎‎(x+1)(ax‎2‎+x+2‎‎)‎‎2‎.‎ 如果6a+1>0,则当00,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|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.‎ 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.‎ 考点三　导数的综合应用 ‎　(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=ex(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.‎-‎3‎‎2e,1‎ B.‎-‎3‎‎2e,‎‎3‎‎4‎ C.‎3‎‎2e‎,‎‎3‎‎4‎ D.‎‎3‎‎2e‎,1‎ 答案　D　‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　导数与函数的单调性 ‎1.(2017浙江,7,4分)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)的图象可能是(　　)‎ 答案　D　‎ ‎2.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+‎2x-1‎x‎2‎,a∈R.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+‎3‎‎2‎对于任意的x∈[1,2]成立.‎ 解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f '(x)=a-ax-‎2‎x‎2‎+‎2‎x‎3‎=‎(ax‎2‎-2)(x-1)‎x‎3‎.‎ 当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,‎ x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.‎ 当a>0时, f '(x)=a(x-1)‎x‎3‎x-‎‎2‎ax+‎‎2‎a.‎ ‎①01,‎ 当x∈(0,1)或x∈‎2‎a‎,+∞‎时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈‎1,‎‎2‎a时, f '(x)<0, f(x)单调递减.‎ ‎②a=2时,‎2‎a=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.‎ ‎③a>2时,0<‎2‎a<1,‎ 当x∈‎0,‎‎2‎a或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈‎2‎a‎,1‎时, f '(x)<0, f(x)单调递减.‎ 综上所述,‎ 当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;‎ 当02时, f(x)在‎0,‎‎2‎a内单调递增,在‎2‎a‎,1‎内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.‎ ‎(2)由(1)知,a=1时,‎ f(x)-f '(x)=x-ln x+‎2x-1‎x‎2‎-‎‎1-‎1‎x-‎2‎x‎2‎+‎‎2‎x‎3‎ ‎=x-ln x+‎3‎x+‎1‎x‎2‎-‎2‎x‎3‎-1,x∈[1,2].‎ 设g(x)=x-ln x,h(x)=‎3‎x+‎1‎x‎2‎-‎2‎x‎3‎-1,x∈[1,2].‎ 则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).‎ 由g'(x)=x-1‎x≥0,可得g(x)≥g(1)=1.‎ 当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=‎-3x‎2‎-2x+6‎x‎4‎.‎ 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)=‎1‎‎2‎,可得h(x)≥h(2)=‎1‎‎2‎,‎ 当且仅当x=2时取得等号.‎ 所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=‎3‎‎2‎,‎ 即f(x)>f '(x)+‎3‎‎2‎对于任意的x∈[1,2]成立.‎ 考点二　导数与函数的极(最)值 ‎1.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为　　　　. ‎ 答案　-3‎ ‎2.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=‎x‎3‎‎-3x,‎x≤a,‎‎-2x,‎x>a.‎ ‎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　①2 ②(-∞,-1)‎ ‎3.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自然对数的底数.‎ ‎(1)求曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程;‎ ‎(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.‎ 解析　本题考查导数的几何意义和极值.‎ ‎(1)由题意f(π)=π2-2,‎ 又f '(x)=2x-2sin x,‎ 所以f '(π)=2π,‎ 因此曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.‎ ‎(2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),‎ 因为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,则m'(x)=1-cos x≥0,‎ 所以m(x)在R上单调递增.‎ 因为m(0)=0,‎ 所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.‎ ‎①当a≤0时,ex-a>0,‎ 当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,‎ 当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,‎ 所以当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;‎ ‎②当a>0时,h'(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),‎ 由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.‎ a.当00,h(x)单调递增;‎ 当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(0,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.‎ 所以当x=ln a时h(x)取到极大值,‎ 极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],‎ 当x=0时h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1;‎ b.当a=1时,ln a=0,‎ 所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;‎ c.当a>1时,ln a>0,‎ 所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;‎ 当x∈(0,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(ln a,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.‎ 所以当x=0时h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;‎ 当x=ln a时h(x)取到极小值,‎ 极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].‎ 综上所述:‎ 当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;‎ 当01时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,‎ 在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,‎ 极大值是h(0)=-2a-1,‎ 极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].‎ 考点三　导数的综合应用 ‎1.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-‎1‎ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是　　　　. ‎ 答案　‎‎-1,‎‎1‎‎2‎ ‎2.(2018天津,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,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)=-‎2ln lnalna;‎ ‎(3)证明当a≥e‎1‎e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　(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln 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:‎ x ‎(-∞,0)‎ ‎0‎ ‎(0,+∞)‎ h'(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ h(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 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)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ax‎1‎ln a.‎ 由g'(x)=‎1‎xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为‎1‎x‎2‎lna.‎ 因为这两条切线平行,故有ax‎1‎ln a=‎1‎x‎2‎lna,即x2ax‎1‎(ln a)2=1.‎ 两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,‎ 所以x1+g(x2)=-‎2ln lnalna.‎ ‎(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,ax‎1‎)处的切线l1:y-ax‎1‎=ax‎1‎ln a·(x-x1).‎ 曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=‎1‎x‎2‎lna(x-x2).‎ 要证明当a≥e‎1‎e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≥e‎1‎e时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.‎ 即只需证明当a≥e‎1‎e时,‎ 方程组ax‎1‎lna=‎1‎x‎2‎lna,①‎ax‎1‎‎-x‎1‎ax‎1‎lna=logax‎2‎-‎1‎lna,②‎有解.‎ 由①得x2=‎1‎ax‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎,代入②,‎ 得ax‎1‎-x1ax‎1‎ln a+x1+‎1‎lna+‎2ln lnalna=0.③‎ 因此,只需证明当a≥e‎1‎e时,关于x1的方程③存在实数解.‎ 设函数u(x)=ax-xaxln a+x+‎1‎lna+‎2ln lnalna,‎ 即要证明当a≥e‎1‎e时,函数y=u(x)存在零点.‎ u'(x)=1-(ln a)2xax,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎=1-a‎1‎‎(lna‎)‎‎2‎<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,‎ 即1-(ln a)2x0ax‎0‎=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≥e‎1‎e,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=ax‎0‎-x0ax‎0‎ln a+x0+‎1‎lna+‎2ln lnalna=‎1‎x‎0‎‎(lna‎)‎‎2‎+x0+‎2ln lnalna≥‎2+2ln lnalna≥0.‎ 下面证明存在实数t,使得u(t)<0.‎ 由(1)可得ax≥1+xln a,当x>‎1‎lna时,有 u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+‎1‎lna+‎2ln lnalna=-(ln a)2x2+x+1+‎1‎lna+‎2ln lnalna,‎ 所以存在实数t,使得u(t)<0.‎ 因此,当a≥e‎1‎e时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.‎ 所以,当a≥e‎1‎e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.‎ C组　教师专用题组 考点一　导数与函数单调性 ‎1.(2015福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f '(x)满足f '(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是　(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.f‎1‎k<‎1‎k B.f‎1‎k>‎1‎k-1‎ ‎ C.f‎1‎k-1‎<‎1‎k-1‎ D.f‎1‎k-1‎>‎kk-1‎ 答案　C　‎ ‎2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1,x2,设m=f(x‎1‎)-f(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎,n=g(x‎1‎)-g(x‎2‎)‎x‎1‎‎-‎x‎2‎.‎ 现有如下命题:‎ ‎①对于任意不相等的实数x1,x2,都有m>0;‎ ‎②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;‎ ‎③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;‎ ‎④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.‎ 其中的真命题有　　　　(写出所有真命题的序号). ‎ 答案　①④‎ ‎3. (1)讨论函数f(x)=x-2‎x+2‎ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)·ex+x+2>0;‎ ‎(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=ex‎-ax-ax‎2‎(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.‎ 解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)‎ f '(x)=‎(x-1)(x+2)ex-(x-2)‎ex‎(x+2‎‎)‎‎2‎=x‎2‎ex‎(x+2‎‎)‎‎2‎≥0,‎ 且仅当x=0时, f '(x)=0,‎ 所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.‎ 因此当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=-1.‎ 所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.(4分)‎ ‎(2)g'(x)=‎(x-2)ex+a(x+2)‎x‎3‎=x+2‎x‎3‎(f(x)+a).(5分)‎ 由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1), f(0)+a=a-1<0, f(2)+a=a≥0.‎ 因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0.(6分)‎ 当0xa时, f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分)‎ 因此g(x)在x=xa处取得最小值,‎ 最小值为g(xa)=exa‎-a(xa+1)‎xa‎2‎=exa‎+f(xa)(xa+1)‎xa‎2‎=exaxa‎+2‎.(8分)‎ 于是h(a)=exaxa‎+2‎,由exx+2‎'=‎(x+1)‎ex‎(x+2‎‎)‎‎2‎>0,得y=exx+2‎单调递增.‎ 所以,由xa∈(0,2],得‎1‎‎2‎=e‎0‎‎0+2‎‎1‎‎2‎,则当x∈‎1‎a‎,2‎时, f '(x)<0;‎ 当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0.‎ 所以f(x)在x=2处取得极小值.‎ 若a≤‎1‎‎2‎,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤‎1‎‎2‎x-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‎1‎‎2‎‎,+∞‎.‎ 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.‎ ‎2.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.‎ ‎(1)求a;‎ ‎(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)<2-2.‎ 解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞).‎ 设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x), f(x)≥0等价于g(x)≥0.‎ 因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-‎1‎x,g'(1)=a-1,得a=1.‎ 若a=1,则g'(x)=1-‎1‎x.‎ 当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增.‎ 所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.‎ 综上,a=1.‎ ‎(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.‎ 设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-‎1‎x.‎ 当x∈‎0,‎‎1‎‎2‎时,h'(x)<0;‎ 当x∈‎1‎‎2‎‎,+∞‎时,h'(x)>0.‎ 所以h(x)在‎0,‎‎1‎‎2‎单调递减,在‎1‎‎2‎‎,+∞‎单调递增.‎ 又h(e-2)>0,h‎1‎‎2‎<0,h(1)=0,所以h(x)在‎0,‎‎1‎‎2‎有唯一零点x0,在‎1‎‎2‎‎,+∞‎有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.‎ 因为f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.‎ 由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).‎ 由x0∈(0,1)得f(x0)<‎1‎‎4‎.‎ 因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-20,记|f(x)|的最大值为A.‎ ‎(1)求f '(x);‎ ‎(2)求A;‎ ‎(3)证明|f '(x)|≤2A.‎ 解析　(1)f '(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2分)‎ ‎(2)当α≥1时,‎ ‎|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).‎ 因此A=3α-2.(4分)‎ 当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.‎ 设t=cos x,则t∈[-1,1],‎ 令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=‎1-α‎4α时,g(t)取得最小值,最小值为g‎1-α‎4α=-‎(α-1‎‎)‎‎2‎‎8α-1=-α‎2‎‎+6α+1‎‎8α.‎ 令-1<‎1-α‎4α<1,解得α<-‎1‎‎3‎(舍去),或α>‎1‎‎5‎.(5分)‎ ‎(i)当0<α≤‎1‎‎5‎时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.‎ ‎(ii)当‎1‎‎5‎<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g‎1-α‎4α.‎ 又g‎1-α‎4α-|g(-1)|=‎(1-α)(1+7α)‎‎8α>0,‎ 所以A=g‎1-α‎4α=α‎2‎‎+6α+1‎‎8α.‎ 综上,A=‎2-3α,0<α≤‎1‎‎5‎,‎α‎2‎‎+6α+1‎‎8α‎,‎1‎‎5‎<α<1,‎‎3α-2,α≥1.‎(9分)‎ ‎(3)证明:由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.‎ 当0<α≤‎1‎‎5‎时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.‎ 当‎1‎‎5‎<α<1时,A=α‎8‎+‎1‎‎8α+‎3‎‎4‎>1,所以|f '(x)|≤1+α<2A.‎ 当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.‎ 所以|f '(x)|≤2A.(12分)‎ 思路分析　(1)利用求导公式和求导法则求f '(x).(2)对α分类讨论(分α≥1和0<α<1),当0<α<1时,进一步分0<α≤‎1‎‎5‎和‎1‎‎5‎<α<1两种情况求解.(3)由(1)得|f '(x)|,利用(2)中对α 所分的三种情况分别进行证明.‎ ‎5.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;‎ ‎(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于‎···‎‎1‎‎4‎.‎ 解析　(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f '(x)=3(x-1)2-a.‎ 下面分两种情况讨论:‎ ‎①当a≤0时,有f '(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).‎ ‎②当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1+‎3a‎3‎或x=1-‎3a‎3‎.‎ 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎-∞,1-‎‎3a‎3‎ ‎1-‎‎3a‎3‎ ‎1-‎3a‎3‎,1+‎‎3a‎3‎ ‎1+‎‎3a‎3‎ ‎1+‎3a‎3‎,+∞‎ f '(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为‎1-‎3a‎3‎,1+‎‎3a‎3‎,单调递增区间为‎-∞,1-‎‎3a‎3‎,‎1+‎3a‎3‎,+∞‎.‎ ‎(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.‎ 由题意,得f '(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a‎3‎,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-‎2a‎3‎x0-a‎3‎-b.‎ 又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=‎8a‎3‎(1-x0)+2ax0-3a-b=-‎2a‎3‎x0-a‎3‎-b=f(x0),且3-2x0≠x0,‎ 由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.‎ ‎(3)证明:设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:‎ ‎①当a≥3时,1-‎3a‎3‎≤0<2≤1+‎3a‎3‎,由(1)知, f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2), f(0)],因此 M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}‎ ‎=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=‎a-1+(a+b),a+b≥0,‎a-1-(a+b),a+b<0.‎ 所以M=a-1+|a+b|≥2.‎ ‎②当‎3‎‎4‎≤a<3时,1-‎2‎‎3a‎3‎≤0<1-‎3a‎3‎<1+‎3a‎3‎<2≤1+‎2‎‎3a‎3‎,由(1)和(2)知f(0)≥f‎1-‎‎2‎‎3a‎3‎=f‎1+‎‎3a‎3‎, f(2)≤f‎1+‎‎2‎‎3a‎3‎=f‎1-‎‎3a‎3‎,‎ 所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为f‎1+‎‎3a‎3‎, f‎1-‎‎3a‎3‎,‎ 因此M=maxf‎1+‎‎3a‎3‎‎,‎f‎1-‎‎3a‎3‎ ‎=max‎-‎2a‎9‎‎3a-a-b‎,‎‎2a‎9‎‎3a‎-a-b ‎=max‎2a‎9‎‎3a‎+(a+b)‎‎,‎‎2a‎9‎‎3a‎-(a+b)‎ ‎=‎2a‎9‎‎3a+|a+b|≥‎2‎‎9‎×‎3‎‎4‎×‎3×‎‎3‎‎4‎=‎1‎‎4‎.‎ ‎③当0f‎1+‎‎2‎‎3a‎3‎=f‎1-‎‎3a‎3‎,‎ 所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0), f(2)],‎ 因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}‎ ‎=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>‎1‎‎4‎.‎ 综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于‎1‎‎4‎.‎ ‎6.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=aexln x+bex-1‎x,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.‎ ‎(1)求a,b;‎ ‎(2)证明: f(x)>1.‎ 解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ ‎ f '(x)=aexln x+axex-bx‎2‎ex-1+bxex-1.‎ 由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.故a=1,b=2.‎ ‎(2)证明:由(1)知, f(x)=exln x+‎2‎xex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-‎2‎e.‎ 设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.‎ 所以当x∈‎0,‎‎1‎e时,g'(x)<0;当x∈‎1‎e‎,+∞‎时,g'(x)>0.‎ 故g(x)在‎0,‎‎1‎e上单调递减,在‎1‎e‎,+∞‎上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g‎1‎e=-‎1‎e.‎ 设函数h(x)=xe-x-‎2‎e,则h'(x)=e-x(1-x).‎ 所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.‎ 故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-‎1‎e.‎ 综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.‎ 思路分析　(1)利用导数的几何意义及切线过切点求a,b的值;‎ ‎(2)利用(1)得f(x)的解析式,将f(x)>1等价转化为xln x>xe-x-‎2‎e,构造函数g(x)=xln x,h(x)=xe-x-‎2‎e,再利用导数分别求出g(x)min,h(x)max,进而得g(x)>h(x),从而证得原不等式成立.‎ 方法总结　证明不等式,可构造函数,转化为求解函数最值的问题.‎ 考点三　导数的综合应用 ‎1.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)‎ 答案　C　‎ ‎2.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为(　　)‎ A.y=‎1‎‎125‎x3-‎3‎‎5‎x B.y=‎2‎‎125‎x3-‎4‎‎5‎x C.y=‎3‎‎125‎x3-x D.y=-‎3‎‎125‎x3+‎1‎‎5‎x 答案　A　‎ ‎3.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.[-5,-3] B.‎‎-6,-‎‎9‎‎8‎ C.[-6,-2] D.[-4,-3]‎ 答案　C　‎ ‎4.(2017课标Ⅲ,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,‎1+‎‎1‎‎2‎‎1+‎‎1‎‎2‎‎2‎…‎1+‎‎1‎‎2‎n0,由f '(x)=1-ax=x-ax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+‎1‎‎2‎n,得ln‎1+‎‎1‎‎2‎n<‎1‎‎2‎n.‎ 从而ln‎1+‎‎1‎‎2‎+ln‎1+‎‎1‎‎2‎‎2‎+…+ln‎1+‎‎1‎‎2‎n<‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n=1-‎1‎‎2‎n<1.‎ 故‎1+‎‎1‎‎2‎‎1+‎‎1‎‎2‎‎2‎…‎1+‎‎1‎‎2‎n2,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+‎1‎‎2‎n,换元后可求出‎1+‎‎1‎‎2‎‎1+‎‎1‎‎2‎‎2‎…‎1+‎‎1‎‎2‎n的范围.‎ 一题多解　(1)f '(x)=1-ax=x-ax(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.‎ ‎5.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-‎2x-1‎)·e-xx≥‎‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)求f(x)的导函数;‎ ‎(2)求f(x)在区间‎1‎‎2‎‎,+∞‎上的取值范围.‎ 解析　本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.‎ ‎(1)因为(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.‎ 因为 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)在区间‎1‎‎2‎‎,+∞‎上的取值范围是‎0,‎‎1‎‎2‎e‎-‎‎1‎‎2‎.‎ ‎6.(2017天津,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.‎ ‎(1)求g(x)的单调区间;‎ ‎(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;‎ ‎(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],满足pq‎-‎x‎0‎≥‎1‎Aq‎4‎.‎ 解析　本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.‎ ‎(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=‎1‎‎4‎.‎ 当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,-1)‎ ‎-1,‎‎1‎‎4‎ ‎1‎‎4‎‎,+∞‎ g'(x)‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎↗‎ 所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),‎1‎‎4‎‎,+∞‎,单调递减区间是‎-1,‎‎1‎‎4‎.‎ ‎(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).‎ 令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,‎ 故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.‎ 令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而pq≠x0,故fpq≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以pq‎-‎x‎0‎≥‎1‎g(2)‎q‎4‎.所以,只要取A=g(2),就有pq‎-‎x‎0‎≥‎1‎Aq‎4‎.‎ 思路分析　(1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可.‎ ‎(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0.‎ ‎(3)对于任意的正整数p,q,令m=pq,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得pq‎-‎x‎0‎=fpqg(x‎1‎)‎≥fpqg(2)‎=‎|2p‎4‎+3p‎3‎q-3p‎2‎q‎2‎-6pq‎3‎+aq‎4‎|‎g(2)‎q‎4‎,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.‎ ‎7.(2016课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.‎ ‎(1)求a的取值范围;‎ ‎(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.‎ 解析　(1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分)‎ ‎(i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3分)‎ ‎(ii)设a>0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.‎ 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且ba‎2‎(b-2)+a(b-1)2=ab‎2‎‎-‎3‎‎2‎b>0,‎ 故f(x)存在两个零点.(4分)‎ ‎(iii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).‎ 若a≥-e‎2‎,则ln(-2a)≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)单调递增.又当x≤1时, f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.(6分)‎ 若a<-e‎2‎,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0.‎ 因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.又当x≤1时f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.‎ 综上,a的取值范围为(0,+∞).(8分)‎ ‎(2)证明:不妨设x1f(2-x2),即f(2-x2)<0.‎ 由于f(2-x2)=-x2e‎2-‎x‎2‎+a(x2-1)2,而f(x2)=(x2-2)ex‎2‎+a(x2-1)2=0,所以f(2-x2)=-x2e‎2-‎x‎2‎-(x2-2)ex‎2‎.(10分)‎ 设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,则g '(x)=(x-1)(e2-x-ex).‎ 所以当x>1时, g '(x)<0,而g(1)=0,故当x>1时,g(x)<0.‎ 从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.(12分)‎ 思路分析　(1)根据a的值分a=0,a>0和a<0三种情况讨论,利用函数的单调性及极值的符号即可确定零点个数,进而得a的范围;(2)由(1)确定出函数的单调性,进而将x1+x2<2转化为函数值间的不等关系,从而构造函数进行证明.‎ ‎8.(2015广东,19,14分)设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;‎ ‎(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤‎3‎a-‎‎2‎e-1.‎ 解析　(1)函数f(x)的定义域为R.‎ 因为f '(x)=2x·ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,‎ 所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间. ‎ ‎(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0, f(ln a)=(1+ln2a)·eln a-a=aln2a>0,‎ 所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.‎ 又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.‎ ‎(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知, f '(x0)=(x0+1)2ex‎0‎=0,解得x0=-1.‎ 所以y0=(1+x‎0‎‎2‎)ex‎0‎-a=‎2‎e-a,所以点P的坐标为‎-1,‎2‎e-a.所以kOP=a-‎2‎e.‎ 由题意可得, f '(m)=(m+1)2em=a-‎2‎e.‎ 要证明m≤‎3‎a-‎‎2‎e-1,只需要证明m+1≤‎3‎a-‎‎2‎e,‎ 只需要证明(m+1)3≤a-‎2‎e=(m+1)2em,‎ 只需要证明m+1≤em.‎ 构造函数:h(x)=ex-x-1(x∈R),则h'(x)=ex-1.‎ 当x<0时,h'(x)<0,即h(x)在(-∞,0)上单调递减;‎ 当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)≥0.‎ 所以ex-x-1≥0,故em-m-1≥0,故m+1≤em,故原不等式成立.‎ ‎9.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);‎ ‎(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|0,即x<1时,函数f(x)单调递增;‎ 当f '(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.‎ 所以, f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=n‎1‎n-1‎, f '(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0).‎ 由于f '(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在 ‎(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).‎ ‎(3)证明:不妨设x1≤x2.‎ 由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=an-‎n‎2‎+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.‎ 类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞), f(x)0),讨论h(x)零点的个数.‎ 解析　(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),‎ 则f(x0)=0, f '(x0)=0,即x‎0‎‎3‎‎+ax‎0‎+‎1‎‎4‎=0,‎‎3x‎0‎‎2‎+a=0.‎ 解得x0=‎1‎‎2‎,a=-‎3‎‎4‎.‎ 因此,当a=-‎3‎‎4‎时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)‎ ‎(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.‎ 当x=1时,若a≥-‎5‎‎4‎,则f(1)=a+‎5‎‎4‎≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-‎5‎‎4‎,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.‎ 当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.‎ ‎(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=‎1‎‎4‎, f(1)=a+‎5‎‎4‎,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时, f(x)在(0,1)没有零点.‎ ‎(ii)若-30,即-‎3‎‎4‎-‎3‎‎4‎或a<-‎5‎‎4‎时,h(x)有一个零点;当a=-‎3‎‎4‎或a=- ‎5‎‎4‎时,h(x)有两个零点;当- ‎5‎‎4‎1,x=1,00,故只需分析f(x)的零点,此时又需分类讨论a≤-3或a≥0与-30.‎ ‎(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;‎ ‎(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ 解析　(1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),‎ g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2‎1+‎ax,‎ 所以g'(x)=2-‎2‎x+‎2ax‎2‎=‎2x-‎‎1‎‎2‎‎2‎+2‎a-‎‎1‎‎4‎x‎2‎.‎ 当00,φ(e)=-e(e-2)‎‎1+‎e‎-1‎-2e-2‎‎1+‎e‎-1‎‎2‎<0.‎ 故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.‎ 令a0=x‎0‎‎-1-ln ‎x‎0‎‎1+‎x‎0‎‎-1‎,u(x)=x-1-ln x(x≥1).‎ 由u'(x)=1-‎1‎x≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.‎ 所以0=u(1)‎‎1+1‎f(x0)=0;‎ 当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,‎ 从而f(x)>f(x0)=0.‎ 所以,当x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.‎ 综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共40分)‎ ‎　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2019届江西九江第一次十校联考,3)已知函数f(x)的导函数f '(x)的图象如图所示,则下列叙述正确的是(　　)‎ A.函数f(x)在(-∞,-4)上单调递减 B.函数f(x)在x=-1处取得极大值 C.函数f(x)在x=-4处取得极值 D.函数f(x)只有一个极值点 答案　D　‎ ‎2.(2019届沈阳东北育才学校联合考试,12)设函数f(x)=xln x,g(x)=f '(x)‎x,给定下列命题:‎ ‎①不等式g(x)>0的解集为‎1‎e‎,+∞‎;‎ ‎②函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减;‎ ‎③当x1>x2>0时,m‎2‎(x‎1‎‎2‎-x‎2‎‎2‎)>f(x1)-f(x2)恒成立,则m≥1;‎ ‎④若函数F(x)=f(x)-ax2有两个极值点,则实数a∈(0,1).‎ 其中正确命题的个数为(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案　B　‎ ‎3.(2019届广东佛山顺德第二次教学质量检测,12)若函数f(x)=ex‎,x≥0,‎‎-x‎2‎+2x+1,x<0‎(其中e是自然对数的底数),且函数y=|f(x)|-mx有两个不同的零点,则实数m的取值范围是(　　)‎ A.(0,1) B.(0,e)‎ C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0)∪(e,+∞)‎ 答案　D　‎ ‎4.(2018广东一模,10)已知函数f(x)‎ex在其定义域上单调递减,则函数f(x)的图象可能是(　　)‎ 答案　A　‎ ‎5.(2018湖北荆州一模,12)若函数f(x)=mln x+x2-mx在区间(0,+∞)上单调递增,则实数m的取值范围为(　　)‎ A.[0,8] B.(0,8]‎ C.(-∞,0]∪[8,+∞) D.(-∞,0)∪(8,+∞)‎ 答案　A　‎ ‎6.(2018河北衡水金卷全国高三大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x≥0时, f(x)=-ex+1+mcos x,记a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c间的大小关系是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.b2,则f(x1)2恒成立,则实数a的取值范围是　　　　. ‎ 答案　(0,1)‎ ‎10.(2017湖北华中师大一附中期中,16)已知函数f(x)=(2x-3)ex+ax有三个零点,则实数a的取值范围是　　　　. ‎ 答案　-9e‎-‎‎3‎‎2‎0恒成立,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),‎ f '(x)=‎1‎x-ax‎2‎+‎1‎‎2‎=x‎2‎‎+2x-2a‎2‎x‎2‎,‎ 令f '(x)=0,则x2+2x-2a=0,当Δ=4+8a>0,即a>-‎1‎‎2‎时,‎ 方程的两根为x1=‎-2-‎‎4+8a‎2‎=-1-‎1+2a,x2=-1+‎1+2a,x1+x2=-2,x1x2=-2a.‎ ‎①当a≤-‎1‎‎2‎时,Δ≤0, f '(x)≥0恒成立, f(x)的增区间为(0,+∞);‎ ‎②当-‎1‎‎2‎0,f(x)的增区间为(0,+∞);‎ ‎③当a>0时,x1<0,x2>0,当x∈(0,x2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(x2,+∞)时, f '(x)>0,f(x)单调递增.‎ 综上,当a≤0时, f(x)的增区间为(0,+∞);‎ 当a>0时, f(x)的减区间为(0,-1+‎1+2a),增区间为(-1+‎1+2a,+∞).‎ ‎(2)x∈‎1‎‎2‎‎,+∞‎时,g(x)>0恒成立,即xln x-ln x-ax-x‎2‎+1>0恒成立,‎ ‎∴a‎‎1‎‎2‎,‎ h'(x)=2xln x+x-ln x-1-x+1=(2x-1)ln x,‎ 当x∈‎1‎‎2‎‎,1‎时,h'(x)<0,h(x)单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,‎ ‎∴h(x)min=h(1)=‎1‎‎2‎,∴a<‎1‎‎2‎,‎ ‎∴实数a的取值范围是‎-∞,‎‎1‎‎2‎.‎ ‎12.(2019届江西九江第一次十校联考,21)已知函数f(x)=2tln x-ln2x+m‎2‎‎2‎,h(x)=e2x-2tex+2t2.‎ ‎(1)若函数f(x)在x=1处的切线与直线x+2y-3=0垂直,求t的值;‎ ‎(2)讨论h(x)在R上的单调性;‎ ‎(3)∀t∈R,x>0,总有h(x)>f(x)成立,求正整数m的最大值.‎ 解析　(1)∵f(x)=2tln x-ln2x+m‎2‎‎2‎,‎ ‎∴f '(x)=‎2tx-2ln x·‎1‎x=‎2(t-lnx)‎x,‎ ‎∴f '(1)=2t,‎ ‎∵函数f(x)在x=1处的切线与直线x+2y-3=0垂直,‎ ‎∴2t=2,解得t=1.‎ ‎(2)∵h(x)=e2x-2tex+2t2,‎ ‎∴h'(x)=2e2x-2tex=2ex(ex-t).‎ ‎①当t≤0时,h'(x)>0恒成立,‎ ‎∴函数h(x)在R上单调递增.‎ ‎②当t>0时,令h'(x)=0,得x=ln t,‎ 当xln t时,h'(x)>0,h(x)单调递增.‎ 综上可得,当t≤0时,函数h(x)在R上单调递增;‎ 当t>0时,h(x)在(-∞,ln t)上单调递减,在(ln t,+∞)上单调递增.‎ ‎(3)由h(x)>f(x)得e2x-2tex+2t2>2tln x-ln2x+m‎2‎‎2‎,‎ 整理得2t2-2(ex+ln x)t+e2x+ln2x-m‎2‎‎2‎>0(*),‎ 由题意得,“∀t∈R,x>0,总有h(x)>f(x)成立”等价于“不等式(*)∀t∈R恒成立”,‎ ‎∴Δ=4(ex+ln x)2-8e‎2x‎+ln‎2‎x-‎m‎2‎‎2‎<0,‎ 整理得m2<(ex-ln x)2.‎ ‎∵m>0,且当x>0时,ex-ln x>0,‎ ‎∴00.‎ 令φ(x)=ex-ln x,x>0,‎ 则φ'(x)=ex-‎1‎x,易知φ'(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ ‎∵φ'‎1‎‎2‎=e‎1‎‎2‎-2<0,φ'(1)=e-1>0,‎ ‎∴存在x0∈‎1‎‎2‎‎,1‎,使得φ'(x0)=ex‎0‎-‎1‎x‎0‎=0,‎ 且当x∈‎1‎‎2‎‎,‎x‎0‎时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减;当x∈(x0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增.‎ ‎∴φ(x)min=φ(x0)=ex‎0‎-ln x0.‎ 又ex‎0‎-‎1‎x‎0‎=0,∴ex‎0‎=‎1‎x‎0‎,x0=ln‎1‎x‎0‎=-ln x0,‎ ‎∴φ(x0)=ex‎0‎-ln x0=‎1‎x‎0‎+x0,∴φ(x0)∈‎2,‎‎5‎‎2‎,‎ ‎∴m≤2.又m为正整数,∴正整数m的最大值为2.‎ 解题反思　本题第(1)、(2)问较简单,解题时以导数为工具逐步求解即可得结果.第(3)问难度较大,综合性较强,解题时根据二次不等式在实数集上恒成立,得到判别式小于零,进而得到m0,于是转化为求函数φ(x)=ex-ln x,x>0的最小值问题,此时由于导函数的零点存在但不可求,故根据零点存在性定理得到零点所在的区间,得到φ(x)最小值所在的范围,进而得到所求.‎ ‎13.(2018山西榆社中学高三诊断性模拟,21)已知函数f(x)=3ex+x2,g(x)=9x-1.‎ ‎(1)讨论函数φ(x)=aln x-bg(x)(a∈R,b>0)在(1,+∞)上的单调性;‎ ‎(2)比较f(x)与g(x)的大小,并加以证明.‎ 解析　(1)φ'(x)=ax-9b=a-9bxx=‎9ba‎9b‎-xx(x>1),‎ 当a‎9b≤1,即a≤9b时,φ'(x)<0,‎ ‎∴φ(x)在(1,+∞)上单调递减.‎ 当a‎9b>1,即a>9b时,令φ'(x)>0,得x∈‎1,‎a‎9b;‎ 令φ'(x)<0,得x∈a‎9b‎,+∞‎.‎ 故φ(x)在‎1,‎a‎9b上单调递增,在a‎9b‎,+∞‎上单调递减.‎ ‎(2)f(x)>g(x).‎ 证明如下:‎ 设h(x)=f(x)-g(x)=3ex+x2-9x+1,‎ ‎∵h'(x)=3ex+2x-9为增函数,‎ 且h'(0)=-6<0,h'(1)=3e-7>0,‎ ‎∴存在x0∈(0,1),使得h'(x0)=0,‎ 当x>x0时,h'(x)>0;当x0,‎ ‎∴h(x)min>0,∴f(x)>g(x).‎ 解题关键　(1)进行分类讨论;‎ ‎(2)可构造函数h(x)=f(x)-g(x),利用导数法,通过研究函数h(x)的单调性及单调区间,求出其最小值h(x)min,并证明h(x)min>0,从而问题得证.‎