（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习专题3导数及其应用3.2导数的应用检测.doc

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1、13.2 导数的应用挖命题【考情探究】5 年考情考点 内容解读考题示例 考向 关联考点预测热度2018 浙江,22导数与函数的单调性不等式的证明导数与单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间.2018 课标全国理,21导数与函数的单调性不等式的证明2018 课标全国理,21导数与极值、最值导数的四则运算导数与极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.2014 浙江,22 导数与最值 不等式的证明分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调

2、性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例 2018 浙江,22)3.预计 2020 年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点【考点集训】考点一 导数与单调性1.(2017 浙江“超级全能生”联考(12 月),10)设 f(x),g(x)分别是定义在(-,0)(0,+)上的奇函数和偶函数,当 x0,g(x)0,且 f(-3)=0,则不等式 f(x)g(x)0,(2 分)故 f(x)在 R 上单调递增.(4 分)(2)由于|f(0)|f(1),即|a|5a+3|a-1|,解得 a-1.

3、(6 分)当 a0 时, f (x)=12ax 2+6|a-1|x+2a,当 x0,1时, f (x)0,所以 f(x)在0,1上单调递增,则 f(x)f(1),符合题意.(8 分)当-0,存在 x0(0,1),使得 f (x0)=0,故 f(x)在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,1)上单调递增.因为 f (x0)=12a +6(1-a)x0+2a=0,20所以 4a =-2(1-a) - ax0,30 20f(x0)=4a +3(1-a) +2ax0-a30 20=(1-a) + ax0-a= -a 0.20 20 (0-23)2+59由单调性知|f(x 0)|=f(x0)0, f (

4、0)f(1),不符合题意.(14 分)3综合,知 a 的取值范围是 .(15 分)-34,+)考点二 导数与极值、最值1.(2017 浙江镇海中学阶段测试(二),9)设 f(x)是一个三次函数,f (x)为其导函数,函数y=xf (x)的图象的一部分如图所示,则 f(x)的极大值与极小值分别是( )A. f(-2)与 f(2) B.f(-1)与 f(1)C.f(2)与 f(-2) D.f(1)与 f(-1)答案 A 2.(2017 北京,20,13 分)已知函数 f(x)=excos x-x.(1)求曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)求函数 f(x)在区间 上的最大值和

5、最小值.0,2解析 (1)因为 f(x)=excos x-x,所以 f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0.又因为 f(0)=1,所以曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y=1.(2)设 h(x)=ex(cos x-sin x)-1,则 h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.当 x 时,h(x)0,得到 f(x)在定义域内的单调递增区间,令 f (x)0;2 2当 x(-1+ ,+)时, f (x)0),因此 h(x)在0,+)上单调递减,而h(0)=1,故 h(x)1,所以 f(x)=(x+1)h(x

6、)x+1ax+1.当 00(x0),所以 g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故 exx+1.当 0(1-x)(1+x) 2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0= ,5-4-12则 x0(0,1),(1-x 0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)ax0+1.当 a0 时,取 x0= ,5-12则 x0(0,1), f(x 0)(1-x0)(1+x0)2=1ax 0+1.综上,a 的取值范围是1,+).5解法二:f(x)=(1+x)(1-x)e x.当 a1 时,设函数 h(x)=(1-x)ex,则 h(x)=-xex0),因此 h(x)在0

7、,+)上单调递减,而 h(0)=1,故 h(x)1,所以 f(x)=(x+1)h(x)x+1ax+1.当 00(x0),所以 g(x)在0,+)上单调递增,而 g(0)=0,故 exx+1.当 0(1-x)(1+x) 2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0= ,5-4-12则 x0(0,1),(1-x 0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)ax0+1.当 a0 时,取 x0= ,则 x0(0,1),f(x 0)(1-x0)(1+x0)2=1ax 0+1.5-12综上,a 的取值范围是1,+).解题思路 利用导数研究不等式恒成立或存在型问题时,首先要构

8、造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可通过分离变量,构造函数,直接把问题转化为求函数的最值问题.2.(2017 浙江温州十校期末联考,20,15 分)定义在 D 上的函数 f(x)如果满足:对任意的 xD,存在常数 M0,都有|f(x)|M,则称 f(x)是 D 上的有界函数,其中 M 称为函数 f(x)的上界.已知函数 f(x)= x3+ax2+x+1.(1)当 a=-,D=-1,3时,求函数 f(x)在 D 上的上界的最小值;(2)记函数 g(x)=f (x),若函数 y=g 在区间 D=0,+)上是以 3 为上界的有界函数,求(

9、12)实数 a 的取值范围.解析 (1)当 a=-时, f(x)= x 3-x2+x+1,f (x)=x2- x+1,令 f (x)=0,得 x=3 或, (2 分)103故函数 f(x)在区间 上单调递增,在区间 上单调递减 .(3 分)-1,13 13,3由 f(-1)=-2, f = , f(3)=-2,得-2f(x) ,(13) 9481 9481所以|f(x)|2,(5 分)故有上界 M2,所以上界 M 的最小值是 2.(7 分)(2)由 g(x)=x2+2ax+1,得 y=g = +2a +1,(8 分)(12) (12)2 (12)令 =t,x0,+),得 t(0,1,(12)6

10、由函数 y=g 在区间0,+)上是以 3 为上界的有界函数,得|g(t)|3 在区间(0,1上恒(12)成立,即-3t 2+2at+13 在区间(0,1上恒成立,(11 分)亦即-a-在区间(0,1上恒成立.(12 分)记 p(t)=- -,q(t)= -,当 t(0,1时,p(t)=- -单调递增,q(t)= -单调递减,所以 p(t)max=-,q(t)min=,所以实数 a 的取值范围是-a.(15 分)方法 2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2018 浙江杭州第二次教学质量检测(4 月),8)已知 a0 且 a1,则函数 f(x)=(x-a)2ln x( ) A.有极大值,无极小值

11、 B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值 D.既无极大值,又无极小值答案 C 2.(2018 浙江名校协作体,17)已知实数 a 满足 10),3+2-1-22(-1)(2+1+2)2令 g(x)=0,则 x1=1,x2=a,x3=-1-a,x 3=-1-a0,x(1,a)时,g(x)0,g(x) 极大值 =g(1)= +2b=-a2-a+=- +,(+12)2当 10 时, f (x)0,函数 f(x)在(0,+)上单调递增.(4 分)故 f(x)min=f(0)=-1.又当 x2xex= = (对足够小的 x),2-22当 x1 时, f(x)x-10,故所求 a 的取值范围是-

12、1(0,+).(7 分)(2)由(1)知 f(x1)-1.对任意正实数 x1,x2, f(x1)g(x 2)恒成立,等价于 g(x2)-1(x 20)(*).(10 分)g(x)=m .1-8当 m0 时,g(1)=-m0,与(*)式矛盾,故不合题意.(12 分)当 m0 时,若 00,若 x1,则 g(x)8-8ln 2;(2)若 a3-4ln 2,证明:对于任意 k0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点.解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数 f(x)的导函数 f (x)= -,12由 f (x1)=f (x2)

13、得 - = - ,1211112212因为 x1x 2,所以 + =.1112由基本不等式得 = + 2 ,1212 1 2 412因为 x1x 2,所以 x1x2256.由题意得 f(x1)+f(x2)= -ln x1+ -ln x2= -ln(x1x2).1 21212设 g(x)= -ln x,则 g(x)= ( -4),14 所以x (0,16) 16 (16,+)g(x) - 0 +9g(x) 2-4ln 2 所以 g(x)在256,+)上单调递增,故 g(x1x2)g(256)=8-8ln 2,即 f(x1)+f(x2)8-8ln 2.(2)令 m=e-(|a|+k),n= +1,

14、(|+1 )2则 f(m)-km-a|a|+k-k-a0,f(n)-kn-a0,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点.一题多解 (1)f (x)= -,12且 f (x1)=f (x2)(x1x 2).设 f (x1)=t,则 -=t 的两根为 x1,x2.12即 2t( )2- +2=0 有两个不同的正根 x1,x2. 10 即=1-160,1+ 2=120,12=10, 0g =8-8ln 2,(116)f(x 1)+f(x2)8-8ln 2.(2)设 h(x)=f(x)-kx-a= -ln x-kx-a,只需证明:当 a3-4ln 2 时,对于任意的 k0,函数 h(x)

15、在(0,+)上只有唯一的零点.取 m=e-|a|-k,则 h(m)= +|a|+k-ke-|a|-k-a-|- +k(1-e-|a|-k)k(1-e-|a|-k)0.-|-又 x0 时, -kxm0.由于 h(m)0,h(n)0,x(0,时,h(x)0.即 h(x)在(0,上没有零点,但 h(x)在(,+)上有一个零点.当 00,直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一的公共点.考点二 导数与极值、最值(2014 浙江,22,14 分)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(aR).(1)若 f(x)在-1,1上的最大值和最小值分别记为 M(a),m(a),求 M(a)-m(a);(2)

16、设 bR.若f(x)+b 24 对 x-1,1恒成立,求 3a+b 的取值范围.解析 (1)因为 f(x)=3+3-3, ,3-3+3,0,t(a)在 上是增函数,故 t(a)t(0)=-2,因此-(0,13)23a+b0.(iii)当2,令 f (x)=0,得 x= 或 x= .- 2-42+ 2-42当 x 时, f (x)0.(- 2-42 ,+ 2-42 )所以 f(x)在 , 单调递减,在 单调递增.(0,- 2-42 ) (+ 2-42 ,+) (- 2-42 ,+ 2-42 )(2)由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当 a2.由于 f(x)的两个极值点 x1,x2满足 x

17、2-ax+1=0,所以 x1x2=1,不妨设 x11,由于 =- -1+a =-2+a =-2+a ,(1)-(2)1-2 112ln 1-ln 21-2ln 1-ln 21-2-2ln 212-2所以 g(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 课标全国文,21,12 分)已知函数 f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论 f(x)的单调性;(2)若 f(x)0,求 a 的取值范围.解析 本题考

18、查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数 f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2e 2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若 a=0,则 f(x)=e2x,在(-,+)单调递增.若 a0,则由 f (x)=0 得 x=ln a.当 x(-,ln a)时, f (x)0.故 f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a,+)单调递增.若 a0.(ln(-2),+)故 f(x)在 单调递减,在 单调递增.(-,ln(-2) (ln(-2),+)(2)若 a=0,则 f(x)=e2x,所以 f(x)0.若 a0,则由(1)得,当 x=ln a 时, f(x)取得最小值,最

19、小值为 f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a 2ln a0,即 a1 时, f(x)0.若 a0,由 f (x)=1-= 知,当 x(0,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 x0.令 x=1+ ,得 ln 2,所以 m 的最小值为 3.(1+12)(1+122)(1+123)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

20、 a.(2)由(1)得当 x1 时,x-1-ln x0.令 x=1+ ,换元后可求出 的范围.12 (1+12)(1+122) (1+12)一题多解 (1)f (x)=1-= (x0).当 a0 时, f (x)0,而 f(1)=0,不合题意,-a0,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 a0,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,式成立.a=1.4.(2

21、017 江苏,20,16 分)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+1(a0,bR)有极值,且导函数 f (x)的极值点是 f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)16(1)求 b 关于 a 的函数关系式,并写出定义域;(2)证明:b 23a;(3)若 f(x), f (x)这两个函数的所有极值之和不小于-,求 a 的取值范围.解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+1,得 f (x)=3x2+2ax+b=3 +b- .(+3)2 23当 x=-时, f

22、 (x)有极小值 b- .23因为 f (x)的极值点是 f(x)的零点,所以 f =- + - +1=0,又 a0,故 b= +.(-3) 32739 3 229因为 f(x)有极值,故 f (x)=0 有实根,从而 b- = (27-a3)0,即 a3.23 19当 a=3 时, f (x)0(x-1),故 f(x)在 R 上是增函数, f(x)没有极值;当 a3 时, f (x)=0 有两个相异的实根 x1= ,x2= .- 2-33-+ 2-33列表如下:x(-,x 1)x1 (x1,x2) x2(x2,+)f (x) + 0 - 0 +f(x) 极大值 极小值 故 f(x)的极值点是

23、 x1,x2.从而 a3.因此 b= +,定义域为(3,+).229(2)证明:由(1)知, = + .29 3设 g(t)= +,则 g(t)= - = .29 3222-2792当 t 时,g(t)0,从而 g(t)在 上单调递增.(362,+) (362,+)因为 a3,所以 a 3 , 317故 g(a )g(3 )= ,即 . 3 3 3因此 b23a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是 x1,x2,且 x1+x2=-a, + = .212242-69从而 f(x1)+f(x2)= +a +bx1+1+ +a +bx2+131 21 32 22= (3 +2ax1+b)+ (3

24、+2ax2+b)+ a( + )+b(x1+x2)+2= - +2=0.13 2123 22 2122 43-627 49记 f(x), f (x)所有极值之和为 h(a),因为 f (x)的极值为 b- =-a2+,23所以 h(a)=- a2+,a3.因为 h(a)=- a- f (x)+对于任意的 x1,2成立.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=a- + = .2223(2-2)(-1)3当 a0 时,x(0,1)时, f (x)0, f(x)单调递增,x(1,+)时, f (x)0 时, f (x)= .(-1)3 (- 2)(+ 2)1801,2当 x(0,1)或

25、 x 时, f (x)0, f(x)单调递增,当 x 时, f (x)2 时,00, f(x)单调递增,当 x 时, f (x)2 时, f(x)在 内单调递增,在 内单调递减,在(1,+)内单调递增.(0, 2) ( 2,1)(2)由(1)知,a=1 时,f(x)-f (x)=x-ln x+ -2-12 (1-1- 22+23)=x-ln x+ - -1,x1,2.1223设 g(x)=x-ln x,h(x)= + - -1,x1,2.1223则 f(x)-f (x)=g(x)+h(x).由 g(x)= 0,可得 g(x)g(1)=1.-1当且仅当 x=1 时取得等号,又 h(x)= .-3

26、2-2+64设 (x)=-3x 2-2x+6,则 (x)在 x1,2内单调递减.因为 (1)=1,(2)=-10,所以x 0(1,2), 使得 x(1,x 0)时,(x)0,x(x 0,2)时,(x)g(1)+h(2)=,即 f(x)f (x)+对于任意的 x1,2成立.易错警示 讨论 f (x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数 a 未讨论或对 a 分类讨论不全面(尤其易忽略 a=0 的情况).评析 本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.6.(2016 四川,21,14 分)设函数 f(x)=ax2-a-ln x,其中 aR.(1

27、)讨论 f(x)的单调性;(2)确定 a 的所有可能取值,使得 f(x) -e1-x在区间(1,+)内恒成立(e=2.718为自然对数的底数).解析 (1)f (x)=2ax-= (x0).22-1当 a0 时, f (x)0 时,由 f (x)=0,有 x= .12此时,当 x 时, f (x)0, f(x)单调递增.(12,+)(2)令 g(x)= - ,s(x)=ex-1-x.1-1则 s(x)=ex-1-1.而当 x1 时,s(x)0,所以 s(x)在区间(1,+)内单调递增.又由 s(1)=0,有 s(x)0,从而当 x1 时,g(x)0.当 a0,x1 时, f(x)=a(x 2-

28、1)-ln xg(x)在区间(1,+)内恒成立时,必有 a0.当 01.12由(1)有 f 0,(12) ( 12)所以此时 f(x)g(x)在区间(1,+)内不恒成立.当 a时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x1).20当 x1 时,h(x)=2ax-+ -e1-xx-+ -1212= 0.3-2+122-2+12因此,h(x)在区间(1,+)内单调递增.又因为 h(1)=0,所以当 x1 时,h(x)=f(x)-g(x)0,即 f(x)g(x)恒成立.综上,a .12,+)思路分析 对(1),先求导,然后分 a0 和 a0 两种情况判断 f (x)的符号,从而确定 f(x)的单调性;对

29、(2),令 g(x)= - ,s(x)=ex-1-x,则 s(x)与 g(x)在(1,+)上正负一致,易证 x11-1时 s(x)0,从而 g(x)0,再对 a 进行分类:a0;0g(x)是否恒成立,最后再总结.评析 本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二 导数与极值、最值1.(2017 课标全国理,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.(2015 课标,

30、12,5 分)设函数 f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中 a. 若 a=0,则 f(x)的最大值为 ; 若 f(x)无最大值,则实数 a 的取值范围是 . 答案 2 (-,-1)4.(2015 安徽,15,5 分)设 x3+ax+b=0,其中 a,b 均为实数.下列条件中,使得该三次方程仅有一个实根的是 .(写出所有正确条件的编号) 21a=-3,b=-3;a=-3,b=2;a=-3,b2;a=0,b=2;a=1,b=2.答案 5.(2018 课标全国理,21,12 分)已知函数 f(x)=ex-ax2.(1)若 a=1,证明:当 x0 时,f(x)1;(2)若 f(x)在(0,+)只

31、有一个零点,求 a.解析 (1)当 a=1 时, f(x)1 等价于(x 2+1)e-x-10.设函数 g(x)=(x2+1)e-x-1,则 g(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当 x1 时,g(x)0,h(x)没有零点;(ii)当 a0 时,h(x)=ax(x-2)e -x.当 x(0,2)时,h(x)0.所以 h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.故 h(2)=1- 是 h(x)在0,+)的最小值.42若 h(2)0,即 a ,由于 h(0)=1,24所以 h(x)在(0,2)有一个零点.由(1)知,当 x0 时,e xx2,所以 h(4a)=1- =

32、1- 1- =1-0.1634163(2)2163(2)4故 h(x)在(2,4a)有一个零点.因此 h(x)在(0,+)有两个零点.综上, f(x)在(0,+)只有一个零点时,a= .2422方法总结 利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,

33、可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.6.(2018 课标全国文,21,12 分)已知函数 f(x)=aex-ln x-1.(1)设 x=2 是 f(x)的极值点,求 a,并求 f(x)的单调区间;(2)证明:当 a时, f(x)0.解析 (1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aex-.由题设知, f (2)=0,所以 a= .122从而 f(x)= ex-ln x-1, f (x)= ex-.122122当 02 时, f (x)0.所以 f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.(2)当 a时, f(x) -ln x-1.设 g(x)= -ln x-1,则 g(x)=

34、-. 当 01 时,g(x)0.所以 x=1 是 g(x)的最小值点.故当 x0 时,g(x)g(1)=0.因此,当 a时, f(x)0.7.(2018 天津文,20,14 分)设函数 f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中 t1,t2,t3R,且 t1,t2,t3是公差为 d 的等差数列.(1)若 t2=0,d=1,求曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程;(2)若 d=3,求 f(x)的极值;(3)若曲线 y=f(x)与直线 y=-(x-t2)-6 有三个互异的公共点,求 d 的取值范围.323解析 本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质

35、等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.(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,又因为曲线 y=f(x)在点(0, f(0)处的切线方程为 y-f(0)=f (0)(x-0),故所求切线方程为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+(3 -9)x- +9t2.22 32故 f (x)=3x2-6t2x+3 -9.22令 f (x)=0,解得 x=t2- ,或 x=t2+

36、 .3 3当 x 变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x (-,t 2- )3 t2- 3 (t2- ,t2+ )3 3 t2+ 3 (t2+ ,+)3f (x)+ 0 - 0 +f(x) 极大值 极小值 所以函数 f(x)的极大值为 f(t2- )=(- )3-9(- )=6 ;函数 f(x)的极小值为 f(t2+ )3 3 3 3 3=( )3-9( )=-6 .3 3 3(3)曲线 y=f(x)与直线 y=-(x-t2)-6 有三个互异的公共点等价于关于 x 的方程(x-t 2+d)3(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6 =0 有三个互异的实数解.令 u=x-t2

37、,可得 u3+(1-d2)u+6 =0.3 3设函数 g(x)=x3+(1-d2)x+6 ,则曲线 y=f(x)与直线 y=-(x-t2)-6 有三个互异的公共点等3 3价于函数 y=g(x)有三个零点.g(x)=3x2+(1-d2).当 d21 时,g(x)0,这时 g(x)在 R 上单调递增,不合题意.当 d21 时,令 g(x)=0,解得 x1=- ,x2= .2-13 2-13易得,g(x)在(-,x 1)上单调递增,在x 1,x2上单调递减,在(x 2,+)上单调递增.g(x)的极大值 g(x1)=g = +6 0.(- 2-13 ) 23(2-1)329 3g(x)的极小值 g(x

38、2)=g =- +6 .(2-13 ) 23(2-1)329 3若 g(x2)0,由 g(x)的单调性可知函数 y=g(x)至多有两个零点,不合题意.24若 g(x2)27,也就是 |d| ,此时|d|x 2,g(|d|)=|d|+6 0,且-2|d|,则当 x 时, f (x)0.所以 f(x)在 x=2 处取得极小值 0.若 a,则当 x(0,2)时,x-20,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

39、)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.25(3)已知极值求参数.若函数 f(x)在点(x 0,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.9.(2018 课标全国理,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)当 a=0 时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=l

40、n(1+x)- .1+设函数 g(x)=f (x)=ln(1+x)- ,1+则 g(x)= .(1+)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 a0,由(1)知,当 x0 时, f(x)(2+x)ln(1+x)-2x0=f(0),这与 x=0 是 f(x)的极大值点矛盾.(ii)若 a0,故 h(x)与 f(x)符号相同.1, 1|又 h(0)=f(0)=0,故 x=0 是 f

41、(x)的极大值点当且仅当 x=0 是 h(x)的极大值点.h(x)= -11+2(2+2)-2(1+2)(2+2)2= .2(22+4+6+1)(+1)(2+2)2如果 6a+10,则当 00,故 x=0 不是 h(x)的极大值点.6+14 1, 1|26如果 6a+10;当 x(0,1)时,h(x)0,判断是否存在 b0,使函数 f(x)与 g(x)在区间(0,+)内存在“S 点”,并说明理由.解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.27(1)证明:函数 f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则 f (x)=1,g(x)

42、=2x+2,由 f(x)=g(x)且 f (x)=g(x),得 此方程组无解.=2+2-2,1=2+2, 因此, f(x)=x 与 g(x)=x2+2x-2 不存在“S 点”.(2)函数 f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则 f (x)=2ax,g(x)=,设 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点”,由 f(x0)=g(x0)且 f (x0)=g(x0),得 即20-1=ln 0,20=10, (*)20-1=ln 0,220=1, 得 ln x0=-,即 x0= ,则 a= =.-1212(-12)2当 a=时,x 0= 满足方程组(*),即 x0为 f(x)与 g(x)的“S 点

43、”,-12因此,a 的值为.(3)f (x)=-2x,g(x)= ,x0, f (x 0)=g(x0)b =- 0x0(0,1),(-1)2 02300-1f(x0)=g(x0)- +a= =- a= - ,20002200-1 202200-1令 h(x)=x2- -a= ,x(0,1),a0,22-1 -3+32+-1-设 m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,则 m(0)=-a0m(0)m(1)0,存在 b0,使函数 f(x)与 g(x)在区间(0,+)内存在“S 点”.28思路分析 本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先

44、利用 f (x0)=g(x0)对 x0加以限制,然后将 f(x0)=g(x0)转化成 a= - ,从202200-1而转化为研究 h(x)= ,x(0,1),a0 的零点存在性问题,再研究函数 m(x)-3+32+-1-=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,由 m(0)0,可判断出 m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.11.(2018 天津理,20,14 分)已知函数 f(x)=ax,g(x)=logax,其中 a1.(1)求函数 h(x)=f(x)-xln a 的单调区间;(2)若曲线 y=f(x)在点(x 1,f(x1)处的切线与曲线 y=g(x)在点(x 2,g(x2

45、)处的切线平行,证明 x1+g(x2)=- ;2ln lnln(3)证明当 a 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.1解析 本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、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)由已知,h(x)=a x-xln a,有 h(x)=axln a-ln a.令 h(x)=0,解得 x=0.由 a1,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(x 1, f(x1) 处的切线斜率为 ln a.1由 g(x)= ,可得曲线 y=g(x)在点(x 2,g(x2)处的切线斜率为 .1ln 12ln因为这两条切线平行,故有 ln a= ,1 12ln即 x2 (ln