《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題三 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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題三 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（42頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、導數(shù)的應用 探考情 悟真題 【考情探究】 考點 內(nèi)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(diào)性 ①了解函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)的關系; ②能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會求函數(shù)的單調(diào)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(diào)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(diào)性求參數(shù)范圍 不等式恒成立求參數(shù)范圍 2019課標全國Ⅲ,20,12分 判斷單調(diào)性及求最值 — 利用導數(shù) 研究函數(shù) 的極值 與最值 ①了解函數(shù)在某點取得極值的必

2、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(diào)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 函數(shù)的單調(diào)性 2015課標Ⅱ,21,12分 利用導數(shù)求函數(shù)最值 函數(shù)的單調(diào)性 2019課標全國Ⅱ,21,12分 利用導數(shù)研究函數(shù)的極值點 函數(shù)的單調(diào)性 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)問題 2018課標全國Ⅱ,2

3、1,12分 函數(shù)的零點 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 ★★★ 2019課標全國Ⅰ,20,12分 零點個數(shù)的證明 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 2015課標Ⅰ,21,12分 函數(shù)的零點,不等式的證明 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 分析解讀 函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的一條重要性質(zhì),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(diào)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(范圍),常以解答題的形式出現(xiàn).本節(jié)內(nèi)容在高考中分值為17分左右,屬難度較大題. 破考點 練考向 【考點集訓】 考

4、點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)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.(2020屆福建龍海二中期初考試,18)設函數(shù)f(x)=x3-3ax2+3bx的圖象與直線12x+y-1=0相

5、切于點(1,-11). (1)求a,b的值; (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. 答案　(1)易得f'(x)=3x2-6ax+3b. 因為f(x)的圖象與直線12x+y-1=0相切于點(1,-11), 所以f(1)=-11,f'(1)=-12,即1-3a+3b=-11,3-6a+3b=-12, 解得a=1,b=-3. (2)由a=1,b=-3得f'(x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3). 令f'(x)>0,解得x<-1或x>3,令f'(x)<0,解得-1

6、)也是增函數(shù); 當x∈(-1,3)時,f(x)是減函數(shù). 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.(2020屆皖江名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考,20)函數(shù)f(x)=aex+x2-lnx(e為自然對數(shù)的底數(shù),a為常數(shù)),曲線f(x)在x=1處的切線方程為(e+1)x-y=0. (1)求實數(shù)a的值; (2)證明:f(x)的最小值大于54+ln2. 答案　(1)對f(x)求導可得f'(x)=aex+2x-1x,所以f'(1)=ae+1. 由曲線f(x)在x=1處的切線方

7、程為(e+1)x-y=0可知ae+1=e+1,故a=1. (2)證明:由(1)知f(x)=ex+x2-lnx(x>0),f'(x)=ex+2x-1x, 令f'(x)=g(x),則g'(x)=ex+2+1x2,易知g'(x)>0, 所以f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 注意到f'14=e14+12-4<0,f'12=e12+1-2>0,所以由零點存在性定理可知存在x0∈14,12,使得f'(x0)=0,即ex0+2x0-1x0=0,即ex0=1x0-2x0. 當0x0時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 于是f(x)≥f(x

8、0)=ex0+x02-lnx0=1x0-2x0+x02-lnx0=(x0-1)2+1x0-lnx0-1, 易知f(x0)=(x0-1)2+1x0-lnx0-1在14,12上單調(diào)遞減, 所以f(x)≥f(x0)>f12=54+ln2. 3.(2018湖北荊州一模,20)已知函數(shù)f(x)=-x2+ax-lnx(a∈R). (1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù),求實數(shù)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. 答案　(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

9、調(diào)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, ∴22

10、故a的取值范圍為22,193. 考點三　導數(shù)的綜合應用 1.(2019福建廈門模擬,12)定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+xf'(x)=1x,f(1)=0,若關于x的方程|f(x)|-a=0有3個實根,則a的取值范圍是　　　　.? 答案　0,1e 2.(2020屆河南濮陽模擬,21)設函數(shù)h(x)=(1-x)ex-a(x2+1). (1)若函數(shù)h(x)在點(0,h(0))處的切線方程為y=kx+2,求實數(shù)k與a的值; (2)若函數(shù)h(x)有兩個零點x1,x2,求實數(shù)a的取值范圍. 答案　(1)因為h'(x)=-xex-2ax,所以k=h'(0)=0, 又因為

11、h(0)=1-a,所以1-a=2,即a=-1. (2)令h(x)=0,得(1-x)ex-ax2=a,所以a=(1-x)exx2+1, 令f(x)=(1-x)exx2+1(x∈R), 則f'(x)=-x(x2-2x+3)(x2+1)2ex=-x[(x-1)2+2](x2+1)2ex, 令f'(x)>0,解得x<0,令f'(x)<0,解得x>0, 則函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)max=f(0)=1, 又當x<1時,f(x)>0,當x>1時,f(x)<0, 畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖,由圖知要使函數(shù)f(x)的圖象與直線y=a有兩個不同

12、的交點,則0

13、則當x>1時,x-1x>0,lnx>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(diào)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00, 所以有0

14、,+∞. 4.(2019安徽合肥模擬,21)已知函數(shù)f(x)=x2+x-alnx(a∈R),g(x)=12x2+x+12. (1)若曲線y=f(x)與y=g(x)在點(1,2)處的切線互相垂直,求a的值; (2)討論函數(shù)y=f(x)-g(x)+12的零點個數(shù). 答案　(1)f'(x)=2x+1-ax,g'(x)=x+1, 由題意知f'(1)g'(1)=-1?(3-a)×2=-1,解得a=72. (2)y=f(x)-g(x)+12=12x2-alnx, 令h(x)=12x2-alnx,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

15、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∈(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-alna=12a(1-lna).當a∈(0,e)時,h(a)=12a(1-lna)>0,h(x)沒有零點

16、; 當a=e時,h(a)=12a(1-lna)=0,h(x)有1個零點x=a; 當a∈(e,+∞)時,h(a)=12a(1-lna)<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(nèi)有一解, 因為當x>1時,x-lnx>0, 所以x>lnx,則h(x)=12x2-alnx>12x2-ax. 因為2a>a>1,所以h(2a)>12(2a)2-2a2=0, 所以h(x)=0在區(qū)間(a,+∞)內(nèi)有一解, 所以方程h(x)=0在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)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,

17、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 提能力 【方法集訓】 方法1　利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)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(diào)區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.[-1,0)∪(0,1] C.(-1,1) D.(-1,0)∪(0,1) 答案　D　 2.(2019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(diào)遞增函數(shù),

18、則c2b-3a的最小值是(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 答案　A　 3.(2019陜西渭南模擬,21)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2-bx. (1)若a=-1,函數(shù)f(x)在其定義域內(nèi)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),B(x2,0)(x10). ∵f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù), ∴f'(x)=1x+2x-b≥0在x∈(0,+∞)上恒成立, 即b≤1x+2x在x∈(0,+∞)上恒成立, ∴只需b

19、≤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:由題意得f(x1)=lnx1-ax12-bx1=0,f(x2)=lnx2-ax22-bx2=0, ∴l(xiāng)nx1=ax12+bx1,lnx2=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

20、-1x1-x2lnx1x2 =1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2, 令t=x1x2(0φ(1)=0.又∵x1f(a)>f(c); ②函數(shù)f(x)在x=c處取得極小值,

21、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.(2019福建三明模擬,21)已知函數(shù)f(x)=xlnx-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. 答案　(1)∵f(x)=xlnx-a2x2-x(x>0),∴f'(x)=lnx-ax(x>0). 由f'(e)=1-ae=-1,解得a=2e, ∴f(e)=-e.

22、 故切點坐標為(e,-e), ∴曲線y=f(x)在x=e處的切線方程為x+y=0. (2)f'(x)=lnx-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(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減, ∴g(x)max=g(e)=1e. ∴當a<0時,f(x)有一個極值點; 當0

23、極值點; 當a≥1e時,f(x)沒有極值點. 綜上,若f(x)有兩個極值點,則a的取值范圍是0,1e. 證明:∵x1,x2是f(x)的兩個極值點, ∴l(xiāng)nx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,即lnx1=ax1,lnx2=ax2,① 不妨設0x2>e, ∴l(xiāng)n(x1+x2)x1+x2

24、 ∴x1x2>x1+x2. 【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(diào)性 1.(2016課標全國Ⅰ,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調(diào)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)>f(2x-1)成立的x的取值范圍是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.13,1 B.-∞,13∪(1,+∞)

25、 C.-13,13 D.-∞,-13∪13,+∞ 答案　A　 3.(2019課標全國Ⅲ,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+2. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當00,則當x∈(-∞,0)∪a3,+∞時,f'(x)

26、>0; 當x∈0,a3時,f'(x)<0. 故f(x)在(-∞,0),a3,+∞單調(diào)遞增,在0,a3單調(diào)遞減; 若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增; 若a<0,則當x∈-∞,a3∪(0,+∞)時,f'(x)>0; 當x∈a3,0時,f'(x)<0. 故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)單調(diào)遞增,在a3,0單調(diào)遞減. (2)當0

27、m=2-a+a327,0

28、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(diào)遞減, 在(-1-2,-1+2)上單調(diào)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)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上單調(diào)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(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1. 當0

29、(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),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 綜上,a的取值范圍是[1,+∞). 考點二　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.(2019課標全國Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-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

30、根互為倒數(shù). 證明　本題主要考查利用導數(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)學運算. (1)f(x)的定義域為(0,+∞). f'(x)=x-1x+lnx-1=lnx-1x. 因為y=lnx單調(diào)遞增,y=1x單調(diào)遞減,所以f'(x)單調(diào)遞增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4-12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0. 又當xx0時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 因此,f(x)存在唯一的極值點.

31、 (2)由(1)知f(x0)0, 所以f(x)=0在(x0,+∞)內(nèi)存在唯一根x=α. 由α>x0>1得1α<1

32、-1x. 由題設知,f'(2)=0,所以a=12e2. 從而f(x)=12e2ex-lnx-1,f'(x)=12e2ex-1x. 當02時,f'(x)>0. 所以f(x)在(0,2)單調(diào)遞減,在(2,+∞)單調(diào)遞增. (2)證明:當a≥1e時,f(x)≥exe-lnx-1. 設g(x)=exe-lnx-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. 3.(2017課標全國Ⅲ,21

33、,12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當a<0時,證明f(x)≤-34a-2. 答案　(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)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)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(diào)遞增,在-12a,+∞上單調(diào)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-1

34、2a=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)=lnx-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(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)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. 4.(2015課標Ⅱ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=lnx+a(1-x). (1)討論f(x)的單

35、調(diào)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. 答案　(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(diào)遞增. 若a>0,則當x∈0,1a時,f'(x)>0;當x∈1a,+∞時,f'(x)<0.所以f(x)在0,1a上單調(diào)遞增,在1a,+∞上單調(diào)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=-lna+a-1. 因此f1a>2a-2等價于lna+a-1<0. 令g(a)

36、=lna+a-1, 則g(a)在(0,+∞)上單調(diào)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)在x=1a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1. 因此f1a>2a-2等價于lna+a<1. 當a≥1時,lna+a≥a≥1; 當00時,f(x)在x=1

37、a處取得最大值,最大值為f1a=ln1a+a1-1a=-lna+a-1. 當0

38、-1,g'(x)=xcosx. 當x∈0,π2時,g'(x)>0;當x∈π2,π時,g'(x)<0, 所以g(x)在0,π2單調(diào)遞增,在π2,π單調(diào)遞減. 又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零點.所以f'(x)在(0,π)存在唯一零點. (2)由題設知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0. 由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一個零點,設為x0,且當x∈(0,x0)時,f'(x)>0; 當x∈(x0,π)時,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)單調(diào)遞增,在(x0,π)單調(diào)遞減. 又f(0)=0,f(π)=0,所以,當x∈[0,π

39、]時,f(x)≥0. 又當a≤0,x∈[0,π]時,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范圍是(-∞,0]. 2.(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(diào)區(qū)間; (2)證明:f(x)只有一個零點. 答案　(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+2

40、3,+∞)單調(diào)遞增,在(3-23,3+23)單調(diào)遞減. (2)證明: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(diào)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. 3.(2016課標全國Ⅲ,21,12分)設函數(shù)f(x)=lnx-x+1. (1)討

41、論f(x)的單調(diào)性; (2)證明當x∈(1,+∞)時,11,證明當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx. 答案　(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(diào)遞增;當x>1時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)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,lnx

42、1,設g(x)=1+(c-1)x-cx, 則g'(x)=c-1-cxlnc,令g'(x)=0, 解得x0=lnc-1lnclnc. 當x0,g(x)單調(diào)遞增;當x>x0時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.(9分) 由(2)知10. 所以當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx.(12分) 4.(2015課標Ⅰ,21,12分)設函數(shù)f(x)=e2x-alnx. (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+aln2

43、a. 答案　(1)f(x)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(diào)遞增,y=-ax單調(diào)遞增,所以f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)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(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,所以當x=x0時

44、,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) 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(diào)性 1.(2017山東,10,5分)若函數(shù)exf(x)(e=2.71828…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)=cosx 答案　A　

45、 2.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=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.(2018北京,19,13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(

46、x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍. 答案　(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∈(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

47、小值點. 綜上可知,a的取值范圍是(1,+∞). 3.(2017北京,20,13分)已知函數(shù)f(x)=excosx-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. 答案　(1)因為f(x)=excosx-x,所以f'(x)=ex(cosx-sinx)-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(cosx-sinx)-1, 則h'(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx. 當x∈0,π2時

48、,h'(x)<0, 所以h(x)在區(qū)間0,π2上單調(diào)遞減. 所以對任意x∈0,π2,有h(x)

49、用導數(shù)求三次函數(shù)圖象的切線,及函數(shù)的最大值、最小值,考查分類討論的思想,要求學生有良好的邏輯推理和運算求解能力. (1)由f(x)=14x3-x2+x得f'(x)=34x2-2x+1. 令f'(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83. 又f(0)=0,f83=827, 所以曲線y=f(x)的斜率為1的切線方程是y=x與y-827=x-83,即y=x與y=x-6427. (2)證明:令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4]. 由g(x)=14x3-x2得g'(x)=34x2-2x. 令g'(x)=0得x=0或x=83. g'(x),g(x)的情況如下: x

50、-2 (-2,0) 0 0,83 83 83,4 4 g'(x) + - + g(x) -6 ↗ 0 ↘ -6427 ↗ 0 所以g(x)的最小值為-6,最大值為0. 故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x. (3)由(2)知, 當a<-3時,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3; 當a>-3時,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3; 當a=-3時,M(a)=3. 綜上,當M(a)最小時,a=-3. 考點三　導數(shù)的綜合應用 1.(2019天津,20,14分)設函數(shù)f(x)=lnx-a(

51、x-1)ex,其中a∈R. (1)若a≤0,討論f(x)的單調(diào)性; (2)若0x0,證明3x0-x1>2. 答案　本題主要考查導數(shù)的運算、不等式的證明、運用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎知識和方法.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)學運算的核心素養(yǎng). (1)由已知得f(x)的定義域為(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1-ax2exx. 因此當a≤0時,1-ax2ex>0, 從而f'(x)>0,所以

52、f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)證明:(i)由(1)知,f'(x)=1-ax2exx. 令g(x)=1-ax2ex,由00,且gln1a=1-aln1a21a=1-ln1a2<0, 故g(x)=0在(0,+∞)內(nèi)有唯一解,從而f'(x)=0在(0,+∞)內(nèi)有唯一解,不妨設為x0,則1g(x0)x=0,所以f(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增;當x∈(x0,+∞)時,f'(x)=g(x)x

53、此x0是f(x)的唯一極值點. 令h(x)=lnx-x+1,則當x>1時,h'(x)=1x-1<0,故h(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,從而當x>1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,f '(x0)=0,f(x1)=0, 即ax02ex0=1,lnx1=a(x1-1)ex1, 從而l

54、nx1=x1-1x02ex1-x0, 即ex1-x0=x02lnx1x1-1. 因為當x>1時,lnxx0>1, 故ex1-x02. 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;

55、(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. 答案　本題主要考查導數(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(zhì)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-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)=x

56、3-3t2x2+(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) 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=-(

57、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)-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(diào)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(diào)遞增,在[x1,x2]上單調(diào)

58、遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)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(diào)性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個零點,不合題意. 若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|

59、個零點,符合題意. 所以,d的取值范圍是(-∞,-10)∪(10,+∞). C組　教師專用題組 考點一　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 1.(2014課標Ⅱ,11,5分)若函數(shù)f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 答案　D　 2.(2014湖南,9,5分)若0lnx2-lnx1 B.ex2-ex1x1ex2 D.x2ex1

60、　C　 3.(2015天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=4x-x4,x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P處的切線方程為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(diào)遞增; 當f'(x)<0,即x>1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. 所以,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1), 單調(diào)

61、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),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(diào)遞減,故F'(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)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(diào)遞增,在(x0,+∞)上

62、單調(diào)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-413).設方程g(x)=a的根為x2',可得x2'=-a12+413.因為g(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)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(-∞,+∞)

63、上單調(diào)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課標全國,21,12分)設函數(shù)f(x)=ex-ax-2. (1)求f(x)的單調(diào)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. 答案　(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(diào)遞增. 若a>0,則當x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0; 當x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0, 所以,f(x)在(

64、-∞,lna)單調(diào)遞減,在(lna,+∞)單調(diào)遞增. (2)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+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(diào)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

65、;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=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等價于k0;當x∈(-1,0)時, f'(

66、x)<0;當x∈(0,+∞)時,f'(x)>0, 故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-1,0)上單調(diào)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,lna)時,g'(x)<0,g(x)為減函數(shù), 而g(0)=0,從而當x∈(0,lna)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(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