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1、3.2 导数的应用 高考理数 ( 课标专用) 考点一 函数的单调性 1.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)= -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: 2,令f (x)=0,得x= 或x= . 当x 时, f (x)0. 所以f(x)在 , 单调递减,在 单调递增. (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x2-ax+1=0, 所以x1x2=1,不妨设x11, 由于 =- -1+a =-2+a =-2+a , 所以 0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同 时若F(a)
2、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,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a0,则f (x)0,则由f (x)=0得x=-ln a. 当x(-,-ln a)时, f (x)0.所以
3、f(x)在(-,-ln a)单调递减,在(-ln a,+ )单调递增. (2)(i)若a0,由(1)知, f(x)至多有一个零点. (ii)若a0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1- +ln a. 当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点; 当a(1,+)时,由于1- +ln a0,即f(-ln a)0, 故f(x)没有零点; 当a(0,1)时,1- +ln a0,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点. 设正整数n0满足n0ln ,则f(n0)= (a +a-2)-n0 -n0 -n00. 由于ln -ln a,因此f(
4、x)在(-ln a,+)有一个零点. 综上,a的取值范围为(0,1). 思路分析 (1)先求f(x)的导数f (x),再对a分区间讨论f (x)的正负,从而得到f(x)的单调性;(2)结 合第(1)问函数的单调性,分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围. 方法总结 (1)利用导数研究函数的单调性的原理: 若f (x)0,xD恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递增;若f (x)0, f(x)单调递增; x(-2,1)时, f (x)0,g(t)为增函数;当t 时,g(t)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
5、=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)- . 设函数g(x)=f (x)=ln(1+x)- ,则g(x)= . 当-10. 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. (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,则当00,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,
6、a=1. (2)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- . 当x 时,h(x)0. 所以h(x)在 单调递减,在 单调递增. 又h(e-2)0,h 0;当x(x0,1)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)f(e-1)=e-2,所以e-2 . 令g(x)= ,则g(x)= . 当x 时,g(x)0,g(x)为增函数, 要满足题意,则x0=2,此时需满足g
7、(2)0时, 0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)与 上为增函数,在 上为减函数,因为 f(x)存在唯一零点x0,且x00,则f(0)0,即a -3 +10,解得a2或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. 若h(2)0,即a0时,exx2, 所以h(4a)=1- =1- 1- =1- 0. 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= . 方法总结 利用导数
8、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,可以使问题有 一个清晰、直观的整体展现. 4.(2017课标,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, 0. 令x=1+
9、 ,得ln 1时,x-1-ln x0.令x=1+ ,换元后可求出 的范围. 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. 5.(2016课标,21,12分)设函数f(x)=cos 2x+(-1)(cos x+
10、1),其中0,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)=-2sin 2x-(-1)sin x. (2分) (2)当1时, |f(x)|=|cos 2x+(-1)(cos x+1)|+2(-1)=3-2=f(0). 因此A=3-2. (4分) 当0g(1)g . 又 -|g(-1)|= 0, 所以A= = . 综上,A= (9分) (3)由(1)得|f (x)|=|-2sin 2x-(-1)sin x|2+|-1|. 当00, 故f(x)存在两个零点. (4分) (iii)设a0,因此f(x)在(1,+)单调递增.又
11、当x1时, f(x) 0,所以f(x)不存在两个零点. (6分) 若a1,故当x(1,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x1时f(x)0; (2)证明:当a0,1)时,函数g(x)= (x0)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)= = 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
12、),(x-2)ex+x+20. (4分) (2)g(x)= = (f(x)+a). (5分) 由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a0,1), f(0)+a=a-10,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)= = = . (8分) 于是h(a)= ,由 = 0,得y= 单调递增. 所以,由xa(0,2,得 = 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 解得x0= ,a=- . 因此,当a=- 时,x轴为曲线y=f(x)的切线. (5分) (
13、2)当x(1,+)时,g(x)=-ln x0,求b的最大值; (3)已知1.414 20. (ii)当b2时,若x满足2 0.692 8; 当b= +1时,ln(b-1+ )=ln , g(ln )=- -2 +(3 +2)ln 21,则下列结 论中一定错误的是 ( ) A.f C.f B组 自主命题省(区、市)卷题组 答案 C 构造函数g(x)=f(x)-kx+1, 则g(x)=f (x)-k0,g(x)在R上为增函数. k1, 0,则g g(0). 而g(0)=f(0)+1=0,g =f - +10, 即f -1= , 所以选项C错误,故选C. 2.(2015四川,15,5分)已知函数f(
14、x)=2x,g(x)=x2+ax(其中aR). 对于不相等的实数x1,x2,设m= , n= . 现有如下命题: 对于任意不相等的实数x1,x2,都有m0; 对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n0; 对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n; 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 解析 f(x)=2x是增函数,对任意不相等的实数x1,x2,都有 0,即m0,成立. 由g(x)=x2+ax图象可知,当x 时,g(x)是减函数,当不相等的实数x1、x2 时, x0时y1y2,x0,x0,f(x)在(0,+
15、)上为增函数,又f(0)=1,f(x)在(0,+)上没有零点,a0. 当00, f(x)为增函数,x0时, f(x)有极小值,为 f =- +1. f(x)在(0,+)内有且只有一个零点,f =0,a=3. f(x)=2x3-3x2+1,则f (x)=6x(x-1). x-1(-1,0)0(0,1)1 f (x) + - f(x)-4增1减0 f(x)在-1,1上的最大值为1,最小值为-4.最大值与最小值的和为-3. 2.(2016北京,14,5分)设函数f(x)= 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) 解析 若a=0,则f(x)= 当x0时, f(x)=-2x0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性; (2)当x0,1时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值. 解析 (1)f(x)的定义域为(-,+), f (x)=1+a-2x-3x2. 令f (x)=0,得x1= ,x2= ,x10,所以x10. (i)当a4时,x21,由(1)知, f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值. (ii)当00;当x0,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; 当a0时,h(x)=2(ex
