2020年浙江高考数学复习练习课件：§ 3.2　导数的应用.pptx

1、A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,1.(2019浙江,22,15分)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+ ,x0. (1)当a=- 时,求函数f(x)的单调区间; (2)对任意x 均有f(x) ,求a的取值范围. 注:e=2.718 28为自然对数的底数.,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.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.满分15分. (1)当a=- 时,f(x)=- ln x+ ,x0. f (x)=- + = , 所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+). (2)由f(1) ,得0a

2、. 当0a 时,f(x) 等价于 - -2ln x0. 令t= ,则t2 .设g(t)=t2 -2t -2ln x,t2 ,则g(t)= - -2ln x. (i)当x 时, 2 , 则g(t)g(2 )=8 -4 -2ln x. 记p(x)=4 -2 -ln x,x ,则p(x)= - - = = . 故,所以,p(x)p(1)=0. 因此,g(t)g(2 )=2p(x)0. (ii)当x 时, g(x)g = . 令q(x)=2 ln x+(x+1),x , 则q(x)= +10, 故q(x)在 上单调递增, 所以q(x)q . 由(i)得,q =- p 0.,由(i)(ii)知对任意x

3、,t2 ,+),g(t)0,即对任意x , 均有f(x) . 综上所述,所求a的取值范围是 .,疑难突破 (1)导函数f (x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的 根,从而确定根两侧导函数的正负. (2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特 殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折 点.,2.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)= -ln x. (1)若f(x)在x=x1,x2(x1x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)8-8ln 2; (2)若a3-4ln

4、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.,证明 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)= - , 由f (x1)=f (x2)得 - = - , 因为x1x2,所以 + = . 由基本不等式得 = + 2 , 因为x1x2,所以x1x2256. 由题意得f(x1)+f(x2)= -ln x1+ -ln x2= -ln(x1x2). 设g(x)= -ln x,则g(x)= ( -4), 所以,所以g(x)在256,+)上单调递增, 故g(x1x2)g(256)=8-8ln 2, 即

5、f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)令m=e-(|a|+k),n= +1, 则f(m)-km-a|a|+k-k-a0, f(n)-kn-an n 0, 所以,存在x0(m,n)使f(x0)=kx0+a, 所以,对于任意的aR及k(0,+),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a得k= . 设h(x)= ,则h(x)= = ,其中g(x)= -ln x. 由(1)可知g(x)g(16),又a3-4ln 2, 故-g(x)-1+a-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a0, 所以h(x)0,即函数h(x)在(0,+)上单调递减, 因此方程f(x)-kx-a=

6、0至多有1个实根. 综上,当a3-4ln 2时,对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.,一题多解 (1)f (x)= - , 且f (x1)=f (x2)(x1x2). 设f (x1)=t,则 - =t的两根为x1,x2. 即2t( )2- +2=0有两个不同的正根x1,x2. 即,f(x1)+f(x2)= + -ln(x1x2) = +2ln t . 设g(t)= +2ln t , 则g(t)=- + = 0,g(t)在 上为减函数, g(t)g =8-8ln 2, f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)设h(x)=f(x)-kx-a= -ln x-kx-a,

7、 只需证明:当a3-4ln 2时,对于任意的k0, 函数h(x)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, -kx -k = . 即h(x) -a-ln x,取n= , 则h(n) -a-ln n=0, 而-|a|-k-a-k-a+ ,nm0. h(m)0,h(n)0,h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+)上至少有一个零点. h(x)= - -k - -k= -k, 当k 时,h(x)在(0,+)上单调递减, 即当k 时,h(x)在(0,+)上只

8、有一个零点. 当0k 时,h(x)=0有两个不同的正根,(其中). 此时h(x)在(0,)上为减函数,在(,)上为增函数,在(,+)上为减函数.,h(x)=0,k= - , 则h()= -ln -k-a= -ln +1-a, h()= - = , h()在(0,16)上为减函数,在(16,+)上为增函数, h()h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a0.,又当=16时,k= , 又00,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.,考点一 导数与函数的单调性,B组 统一命题、省

9、（区、市）卷题组,1.(2017山东文,10,5分)若函数exf(x)(e=2.718 28是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递 增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是 ( ) A.f(x)=2-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x,答案 A 本题考查利用导数研究函数的单调性. 当f(x)=2-x时,exf(x)=ex2-x= ,令y= , 则y= = = (1-ln 2). ex0,2x0,ln 20. 当f(x)=2-x时,exf(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知B、C、D不具有M性质,故选A.,方法小结 利用

10、导数研究函数f(x)的单调性的一般步骤:,1.求f(x)的导数f (x).,2.令f (x)0(或f (x)0),得区间I.,3.判断单调性,当xI时, f(x)单调递增(或递减).,2.(2015课标,12,5分)设函数f (x)是奇函数f(x)(xR)的导函数, f(-1)=0,当x0时,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范围是 ( ) A.(-,-1)(0,1) B.(-1,0)(1,+) C.(-,-1)(-1,0) D.(0,1)(1,+),答案 A 令g(x)= ,则g(x)= ,由题意知,当x0时,g(x)0,从而f(x)0; 当x(1,+)时,g(x)0; 当x(-1,0)

11、时,g(x)0,从而f(x)0. 综上,所求x的取值范围是(-,-1)(0,1).,评析 出现xf (x)+f(x)0(0(0)时,考虑构造函 数g(x)= .,3.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex- ,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,解析 本题考查用导数研究函数单调性、函数单调性的应用. 易知函数f(x)的定义域关于原点对称. f(x)=x3-2x+ex- , f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- =-x3+2x+ -ex=-f(x), f(x)为奇函数, 又f (x)=3x2-2+ex+ 3x2

12、-2+2=3x20(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递增, f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a .,4.(2019课标全国文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0a3时,记f(x)在区间0,1的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.,解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利 用导数求函数最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用. (1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f (x)

13、=0,得x=0或x= . 若a0,则当x(-,0) 时, f (x)0; 当x 时, f (x)0; 当x 时, f (x)0.,故f(x)在 ,(0,+)单调递增,在 单调递减. (2)当0a3时,由(1)知, f(x)在 单调递减,在 单调递增,所以f(x)在0,1的最小值为f =- +2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a. 于是m=- +2,M= 所以M-m= 当0a2时,可知2-a+ 单调递减,所以M-m的取值范围是 . 当2a3时, 单调递增,所以M-m的取值范围是 . 综上,M-m的取值范围是 .,规律总结 含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(

14、1)f(x)最 高次项系数是否等于0;(2)方程f(x)=0是否有实数解;(3)方程f(x)=0的解是否在定义域内;(4)f(x) =0的解x1,x2之间的大小比较.,易错警示 解题时,易犯以下两个错误:对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a =0的情形而导致失分;当a0时, f(x)在(-,0), 单调递增,将这两个区间合并表示为f(x) 在(-,0) 单调递增导致错误,从而失分.,5.(2019课标全国文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f (x)为f(x)的导数. (1)证明:f (x)在区间(0,)存在唯一零点; (2)若x0,时, f(x)

15、ax,求a的取值范围.,解析 (1)设g(x)=f (x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g(x)=xcos x. 当x 时,g(x)0;当x 时,g(x)0,g()=-2,故g(x)在(0,)存在唯一零点. 所以f (x)在(0,)存在唯一零点. (2)由题设知f()a,f()=0,可得a0. 由(1)知,f (x)在(0,)只有一个零点,设为x0,且当x(0,x0)时,f (x)0; 当x(x0,)时,f (x)0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,)单调递减. 又f(0)=0,f()=0,所以,当x0,时,f(x)0. 又当a0,x0,时,ax0,故f(x)ax.

16、因此,a的取值范围是(-,0.,6.(2017课标全国文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当x0时, f(x)ax+1,求a的取值范围.,解析 本题考查函数的单调性,恒成立问题. (1)f (x)=(1-2x-x2)ex. 令f (x)=0,得x=-1- 或x=-1+ . 当x(-,-1- )时, f (x)0; 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)x+1ax+1. 当00(x0),所以g(x)在0,+)上单调递增,而g(0)=0,故ex

17、x+1. 当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1,=x(1-a-x-x2),取x0= , 则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1. 当a0时,取x0= , 则x0(0,1), f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1. 综上,a的取值范围是1,+). 解法二:f(x)=(1+x)(1-x)ex. 当a1时,设函数h(x)=(1-x)ex,则h(x)=-xex0),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)x+1ax+1. 当00(x0),所以g(x)在0,+)上

18、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= , 则x0(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)ax0+1. 当a0时,取x0= ,则x0(0,1),f(x0)(1-x0)(1+x0)2=1ax0+1.,综上,a的取值范围是1,+).,7.(2017天津文,19,14分)设a,bR,|a|1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求f(x)的单调区间; (2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的

19、切线, (i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0; (ii)若关于x的不等式g(x)ex在区间x0-1,x0+1上恒成立,求b的取值范围.,解析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识 和方法.考查用函数思想解决问题的能力. (1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b, 可得f (x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)x-(4-a). 令f (x)=0,解得x=a,或x=4-a. 由|a|1,得a4-a. 当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:,所以, f(x)的单调递增区间为(-,a),(4-a,+),单调递减区间为

20、(a,4-a). (2)(i)证明:因为g(x)=exf(x)+f (x),由题意知 所以 解得 所以, f(x)在x=x0处的导数等于0. (ii)因为g(x)ex,xx0-1,x0+1,由ex0,可得f(x)1.又因为f(x0)=1, f (x0)=0,故x0为f(x)的极大值点, 由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|1,故a+14-a, 由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)f(a)=1在a-1,a+1上恒 成立,从而g(x)ex在x0-1,x0+1上恒成立. 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a

21、3-6a2+1,-1a1. 令t(x)=2x3-6x2+1,x-1,1,所以t(x)=6x2-12x, 令t(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为-7,1. 所以,b的取值范围是-7,1.,思路分析 (1)求出函数f(x)的导函数及极值点,通过列表判断函数的单调性,求出单调区间即可. (2)(i)对函数y=g(x)和y=ex求导,根据已知条件得方程组 解方程组可得出f (x0)=0. (ii)不等式g(x)ex在区间x0-1,x0+1上恒成立,由ex0,可得f(x)1.根据(1)可知f(x)f(a)=1在a- 1,a

22、+1上恒成立.由f(a)=1,得b=2a3-6a2+1,-1a1,利用导数即可求出b的取值范围.,8.(2015课标,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx. (1)证明: f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增; (2)若对于任意x1,x2-1,1,都有|f(x1)-f(x2)|e-1,求m的取值范围.,解析 (1)证明:f (x)=m(emx-1)+2x. 若m0,则当x(-,0)时,emx-10, f (x)0. 若m0, f (x)0. 所以, f(x)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. (2)由(1)知,对任意的m, f(x)在-1,0单调递减,在0,

23、1单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以 对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是 即 ,设函数g(t)=et-t-e+1,则g(t)=et-1. 当t0时,g(t)0.故g(t)在(-,0)单调递减,在(0,+)单调递增. 又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e0,故当t-1,1时,g(t)0. 当m-1,1时,g(m)0,g(-m)0,即式成立;,当m1时,由g(t)的单调性,g(m)0,即em-me-1; 当m0,即e-m+me-1. 综上,m的取值范围是-1,1.,1.(2017课标全国理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-

24、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,考点二 导数与函数的极值、最值,答案 A 本题主要考查导数的应用. 由题意可得f (x)=ex-1x2+(a+2)x+a-1. x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点, f (-2)=0,a=-1, f(x)=(x2-x-1)ex-1, f (x)=ex-1(x2+x-2)=ex-1(x-1)(x+2), x(-,-2),(1,+)时, f (x)0, f(x)单调递增; x(-2,1)时, f (x)0, f(x)单调递减. f(x)极小值=f(1)=-1.故选A.,思路分

25、析 由x=-2是函数f(x)的极值点可知f (-2)=0,从而求出a的值,将a的值代入导函数f (x), 求出f(x)的单调区间,判断极小值点,从而求出函数的极小值.,方法总结 1.利用导数研究函数极值问题的两个方向:,2.已知函数极值点和极值求参数值的两个要领: (1)列式:根据极值点处导数为0和极值列方程组进行求解. (2)验证:因为导数为零的点不一定是函数的极值点,所以求解后必须进行验证.,2.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a 的取值范围是 ( ) A. B. C. D.,答案 D 由f(x0)1

26、,则a . 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(2)0,g(x)为增函数, 当x(0,1)时,g(x)0,g(x)为减函数, 要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)ag(0),得 a1(满足a1).故选D.,评析 本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合 性较强,属难题.,3.(2018课标全国理,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .,答案 -,解析 解法一:由f(x)=2sin x+sin 2x,得f (x)=2cos x+2co

27、s 2x=4cos2x+2cos x-2,令f (x)=0,得cos x= 或cos x=-1,可得当cos x 时, f (x)0, f(x)为增 函数,所以当cos x= 时, f(x)取最小值,此时sin x= .又因为f(x)=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+ cos x),1+cos x0恒成立,f(x)取最小值时,sin x=- ,f(x)min=2 =- . 解法二: f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x+2sin xcos x=2sin x(1+cos x), f 2(x)=4sin2x(1+cos x)2=4(1-cos x)(1+cos

28、 x)3. 令cos x=t,t-1,1,设g(t)=4(1-t)(1+t)3, g(t)=-4(1+t)3+12(1+t)2(1-t)=4(1+t)2(2-4t). 当t 时,g(t)0,g(t)为增函数; 当t 时,g(t)0,g(t)为减函数.,当t= 时,g(t)取得最大值 ,即f 2(x)的最大值为 ,得f(x)的最大值为 ,又f(x)=2sin x+sin 2,x为奇函数, f(x)的最小值为- . 解法三:f(x)=2sin x+sin 2x=2sin x(1+cos x)=8sin cos3 . f 2(x)=64sin2 cos2 cos2 cos2 = 3sin2 cos2

29、 cos2 cos2 = . 当且仅当3sin2 =cos2 ,即sin2 = ,cos2 = 时等号成立,所以f 2(x)的最大值为 ,则f(x)的最大 值为 ,又f(x)=2sin x+sin 2x为奇函数,f(x)的最小值为- .,4.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)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,解析 本题考查利用导数研究函数的极值和最值. f(x)=2x3-ax2+1,f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 若a0,则x0时, f (x)0,f(x)在(0,+)上为增函数,又

30、f(0)=1,f(x)在(0,+)上没有零点,a 0. 当0 时, f (x)0, 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).,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.,5.(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,f(x)是增函数,当-12时

31、, f(x)max=a3-3a. 综上,当a(-,-1)时, f(x)无最大值.,6.(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) a=-3,b=-3;a=-3,b=2;a=-3,b2;a=0,b=2;a=1,b=2.,答案 ,解析 设f(x)=x3+ax+b. 当a=-3,b=-3时, f(x)=x3-3x-3, f (x)=3x2-3,令f (x)0,得x1或x2时, f(x)=x3-3x+b,易知f(x)的极大值为f(-1)=2+b0,极小值为f(1)=b-20,x-时, f(x) -,故

32、方程f(x)=0有且仅有一个实根,故正确. 当a=0,b=2时, f(x)=x3+2,显然方程f(x)=0有且仅有一个实根,故正确. 当a=1,b=2时, f(x)=x3+x+2, f (x)=3x2+10,则f(x)在(-,+)上为增函数,易知f(x)的值域为R,故f (x)=0有且仅有一个实根,故正确.综上,正确条件的编号有.,评析 本题考查方程的根、函数的零点,利用导数研究函数的单调性和极值,考查推理运算能力.,7.(2019天津文,20,14分)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中aR. (1)若a0,讨论f(x)的单调性; (2)若0x0,证明3x0-x12.,解析 本小

33、题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和 方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力,体现了逻辑推理 和数学运算素养.满分14分. (1)由已知, f(x)的定义域为(0,+),且f (x)= -aex+a(x-1)ex= . 因此当a0时,1-ax2ex0, 从而f (x)0,所以f(x)在(0,+)内单调递增. (2)证明:(i)由(1)知, f (x)= . 令g(x)=1-ax2ex,由00,且g =1-a = 1- =0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x(x0,+)时, f (x)= =0, 所以f(x)在(x0,+)内

34、单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.,令h(x)=ln x-x+1,则当x1时,h(x)= -11时,h(x)f(1)=0, 所以f(x)在(x0,+)内有唯一零点. 又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1, 从而, f(x)在(0,+)内恰有两个零点. (ii)由题意, 即 从而ln x1= , 即 = . 因为当x1时,ln xx-1,又x1x01, 故 2.,思路分析 (1)求出导函数,结合a0判定f (x)0,从而得f(x)在(0,+)上递增;(2)(i)利用导数的 零点判断f(x)的单调区间,结合零点存在性定理判断f(x)的零点个数;(ii)由极值点x0及零点x1建 立方程组

35、从而得到 = ,又由x1时,ln xx-1,得到 = , 两边取对数即可得结论.,8.(2019课标全国文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点; (2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.,解析 本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算 求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算. (1)f(x)的定义域为(0,+). f (x)= +ln x-1=ln x- . 因为y=ln x单调递增,y= 单调递减,所以f (x)单调递增.又f (1)=-

36、10,故 存在唯一x0(1,2),使得f (x0)=0. 又当xx0时, f (x)0, f(x)单调递增. 因此, f(x)存在唯一的极值点. (2)由(1)知f(x0)0, 所以f(x)=0在(x0,+)内存在唯一根x=. 由x01得 1x0. 又f = ln - -1= =0,故 是f(x)=0在(0,x0)的唯一根. 综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.,思路分析 (1)求函数极值点的个数,实质是求导函数零点的个数,注意应用零点存在性定理; (2)由第(1)问易知方程f(x)=0在(x0,+)上存在唯一根,根据所要证明的结论,只需求出f =0 即可.,9.(201

37、9北京文,20,14分)已知函数f(x)= x3-x2+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程; (2)当x-2,4时,求证:x-6f(x)x; (3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(aR),记F(x)在区间-2,4上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.,解析 本题考查利用导数求三次函数图象的切线,及函数的最大值、最小值,考查分类讨论的 思想,要求学生有良好的逻辑推理和运算求解能力. (1)由f(x)= x3-x2+x得f (x)= x2-2x+1. 令f (x)=1,即 x2-2x+1=1,得x=0或x= . 又f(0)=0, f = , 所以曲线y=f(x)的

38、斜率为1的切线方程是y=x与y- =x- , 即y=x与y=x- . (2)令g(x)=f(x)-x,x-2,4. 由g(x)= x3-x2得g(x)= x2-2x. 令g(x)=0得x=0或x= . g(x),g(x)的情况如下:,所以g(x)的最小值为-6,最大值为0. 故-6g(x)0,即x-6f(x)x. (3)由(2)知, 当a3; 当a-3时,M(a)F(-2)=|g(-2)-a|=6+a3; 当a=-3时,M(a)=3. 综上,当M(a)最小时,a=-3.,10.(2019天津理,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区

39、间; (2)当x 时,证明f(x)+g(x) 0; (3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间 内的零点,其中nN,证明2n+ -xn .,解析 本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和 方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力. 满分14分. (1)由已知,有f (x)=ex(cos x-sin x). 因此,当x (kZ)时,有sin xcos x,得f (x)0,则f(x)单调递增. 所以, f(x)的单调递增区间为 (kZ), f(x)的单调递减区间为 (kZ). (2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)

40、.依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x), 从而g(x)=-2exsin x. 当x 时,g(x)0,故h(x)=f (x)+g(x) +g(x)(-1) =g(x) 0, 因此,h(x)在区间 上单调递减,进而h(x)h =f =0. 所以,当x 时, f(x)+g(x) 0. (3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即 cos xn=1.记yn=xn-2n,则yn ,且f(yn)= cos yn= cos(xn-2n)=e-2n(nN). 由f(yn)=e-2n1=f(y0)及(1),得yny0.由(2)知,当x 时,g(x)0,所以g(x)在 上为减函 数

41、,因此g(yn)g(y0)g =0.又由(2)知, f(yn)+g(yn) 0,故 -yn- =- - = .所以,2n+ -xn .,思路分析 (1)求f(x)的单调区间,只需求出f (x)0和f (x)0时x的范围. (2)记h(x)=f(x)+g(x) ,求h(x),从而得到函数h(x)在 上的单调性,转化为求h(x)的最小 值,验证最小值非负即可. (3)记u(x)在区间 内的零点为xn, 则xn ,则有yn=xn-2n .与(2)联系知f(yn)+g(yn) 0,此时要先确 定g(yn)的符号,再将上式转化为 -yn- ,然后进一步证明- .,11.(2019课标全国理,20,12分

42、)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f(x)为f(x)的导数.证明: (1)f(x)在区间 存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.,证明 本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及 利用导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结 合思想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算. (1)设g(x)=f(x), 则g(x)=cos x- ,g(x)=-sin x+ . 当x 时,g(x)单调递减,而g(0)0,g 0;当x 时,g(x)0. 所以g(x)在(-1,)单调递增,在 单调递减,故

43、g(x)在 存在唯一极大值点,即f(x)在 存在唯一极大值点. (2)f(x)的定义域为(-1,+).,(i)当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在(-1,0)单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时,f(x)0;当x 时,f(x)0,所以当x 时,f(x)0.从而,f(x)在 没有零点. (iii)当x 时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,从而f(x)在(,+)没有零点. 综上, f(x)有且仅有2个零点.,思路分析 (1)写出函数f(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点. (2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f(x)与0的关系,得到f

44、 (x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.,12.(2019课标全国理,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)是否存在a,b,使得f(x)在区间0,1的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不 存在,说明理由.,解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查 学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养. (1)f (x)=6x2-2ax=2x(3x-a). 令f (x)=0,得x=0或x= . 若a0,则当x(-,0) 时, f (x)0;当x 时, f (x)0;当

45、x 时, f (x)0.故f(x)在 ,(0,+)单调 递增,在 单调递减. (2)满足题设条件的a,b存在. (i)当a0时,由(1)知, f(x)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)= 2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.,(ii)当a3时,由(1)知, f(x)在0,1单调递减,所以f(x)在区间0,1的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)= 2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1. (iii)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,1的最小值

46、为f =- +b,最大值为b或2-a+b. 若- +b=-1,b=1,则a=3 ,与0a3矛盾. 若- +b=-1,2-a+b=1,则a=3 或a=-3 或a=0,与0a3矛盾. 综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在0,1的最小值为-1,最大值为1.,思路分析 (1)求出f (x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论. (2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在0,1上的最值,最终确定参数a,b的值.,疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在0, 1上的最值.,13.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(

47、x-b)(x-c),a,b,cR, f (x)为f(x)的导函数. (1)若a=b=c, f(4)=8,求a的值; (2)若ab,b=c,且f(x)和f (x)的零点均在集合-3,1,3中,求f(x)的极小值; (3)若a=0,0b1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M .,解析 本题主要考查利用导数研究函数的性质,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.满分16分. (1)因为a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3. 因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2. (2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而f (x)=3(x-b) . 令f (x)=0,得x=b或x= . 因为a,b, 都在集合-3,1,3中,且ab,所以 =1,a=3,b=-3. 此时, f(x)=(x-3)(x+3)2, f (x)=3(x+3)(x-1). 令f (x)=0,