2020年江苏高考数学复习练习课件第三章§3.2 导数的应用.pptx

1、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 (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+ ,则f (x)3x2-2+2=3x20(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递 增, 所以f

2、(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a .,考点二 导数与函数的极值和最值,1.(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)

3、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). 令f (x)=0,得x=0或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.,2.(2017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) (1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:b23a; (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

4、值范围.,解析 本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- . 当x=- 时, f (x)有极小值b- . 因为f (x)的极值点是f(x)的零点, 所以f =- + - +1=0,又a0,故b= + . 因为f(x)有极值,故f (x)=0有实根,从而b- = (27-a3)0,即a3. 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=

5、. 列表如下:,故f(x)的极值点是x1,x2. 从而a3. 因此b= + ,定义域为(3,+). (2)证明:由(1)知, = + . 设g(t)= + ,则g(t)= - = . 当t 时,g(t)0,从而g(t)在 上单调递增. 因为a3,所以a 3 , 故g(a )g(3 )= ,即 . 因此b23a. (3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2, 且x1+x2=- a, + = . 从而f(x1)+f(x2)= +a +bx1+1+ +a +bx2+1,= (3 +2ax1+b)+ (3 +2ax2+b)+ a( + )+ b(x1+x2)+2= - +2=0. 记f(x),

6、f (x)所有极值之和为h(a), 因为f (x)的极值为b- =- a2+ , 所以h(a)=- a2+ ,a3. 因为h(a)=- a- 0, 于是h(a)在(3,+)上单调递减. 因为h(6)=- ,于是h(a)h(6),故a6. 因此a的取值范围为(3,6.,易错警示 (1)函数f(x)的极值点x0满足f (x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f (x)的极值点x0 应满足f (x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.,3.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,bR). (1)试讨论f(x)的单调性; (2)若b=c-a

7、(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-,- 3) ,求c的值.,解析 (1)f (x)=3x2+2ax,令f (x)=0,解得x1=0,x2=- . 当a=0时,因为f (x)=3x20(x0),所以函数f(x)在(-,+)上单调递增; 当a0时,若x (0,+),则f (x)0,若x ,则f (x)0,若x ,则f (x)0时, a3-a+c0或当a0时, a3-a+c0. 设g(a)= a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-,-3) ,则在(-,-3)上,g(a)0均恒成立, 从而g(-3)=c-10,且g =c-1

8、0,因此c=1. 此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)x2+(a-1)x+1-a, 因函数f(x)有三个零点,故x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a -30,且(-1)2-(a-1)+1-a0, 解得a(-,-3) . 综上,c=1.,名师点睛 (1)求函数的单调区间的步骤:确定函数y=f(x)的定义域;求导数y=f (x),令f (x)= 0,解此方程,求出在定义区间内的一切实根;把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标 和上面各实数根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成

9、若干个 小区间;确定f (x)在各个区间内的符号,根据符号判断函数在相应区间内的单调性.(2)已知函 数的零点个数问题的处理方法:利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象,数形结合求解. (3)已知不等式解集求参数的方法:利用不等式解集与对应方程根的关系找等量关系或不等关 系.,考点三 导数的实际应用与综合应用,1.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(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=

10、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, 不妨设ba,则b a, 所以 =1,a=3,b=-3. 此时,

11、f(x)=(x-3)(x+3)2, f (x)=3(x+3)(x-1). 令f (x)=0,得x=-3或x=1. 列表如下:,所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32. (3)因为a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx, f (x)=3x2-2(b+1)x+b. 因为00, 则f (x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1x2). 由f (x)=0,得x1= ,x2= . 列表如下:,所以f(x)的极大值M=f(x1). 解法一: M=f(x1)= -(b+1) +bx1 =3 -2(b+1)x1+b - x1+ = + + (

12、 )3 = - + 3 + . 因此M . 解法二: 因为0b1,所以x1(0,1). 当x(0,1)时, f(x)=x(x-b)(x-1)x(x-1)2. 令g(x)=x(x-1)2,x(0,1),则g(x)=3 (x-1).,令g(x)=0,得x= .列表如下:,所以当x= 时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g = . 所以当x(0,1)时, f(x)g(x) .因此M .,2.(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆 弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上

13、修建两个温室大棚,大棚内的地块形状为矩形ABCD,大棚内的地块形状为CDP,要求A, B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为. (1)用分别表示矩形ABCD和CDP的面积,并确定sin 的取值范围; (2)若大棚内种植甲种蔬菜,大棚内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之 比为43.求当为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.,解析 本题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建模 及运用数学知识分析和解决实际问题的能力. (1)解法一:设PO的延长线交MN于H,则PHMN,所以OH=10米. 过O作OEBC于E,则OEMN,所以CO

14、E=, 故OE=40cos 米,EC=40sin 米, 则矩形ABCD的面积为240cos (40sin +10) =800(4sin cos +cos )平方米, CDP的面积为 240cos (40-40sin ) =1 600(cos -sin cos )平方米. 过N作GNMN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米. 令GOK=0,则sin 0= ,0 . 当 时,才能作出满足条件的矩形ABCD, 所以sin 的取值范围是 .,答:矩形ABCD的面积为800(4sin cos +cos )平方米,CDP的面积为1 600(cos -sin cos )平 方米

15、,sin 的取值范围是 . 解法二:设PO的延长线交MN于H,则PHMN,所以OH=10米. 过O作OEBC于E,则OEMN,所以COE=, 故AB=2OE=240cos =80cos 米,OC=OP=40米,COP= -, 所以OPC=OCP= + . 设DC的中点为Q,则PQ= 米,AD= 米, 故矩形ABCD的面积为80cos =800(4sin cos +cos )平方米, CDP的面积为 DCPQ= = =1 600(cos -sin cos )平方米. 过N作GNMN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米. 令GOK=0,则sin 0= ,0 . 当 时

16、,才能作出满足条件的矩形ABCD, 所以sin 的取值范围是 .,答:矩形ABCD的面积为800(4sin cos +cos )平方米,CDP的面积为1 600(cos -sin cos )平 方米,sin 的取值范围是 . 解法三:如图,设PO的延长线交MN于H,则OH=10米. 过O作OEBC于E,则OEMN,所以COE=, 以O为原点,OE所在直线为x轴,OP所在直线为y轴建立如图所示平面直角坐标系. 则直线OC的方程为y=tan x,圆O的方程为x2+y2=1 600,联立得 解得x= ,y= , 故矩形ABCD的面积为2 = + =800(4sin cos +cos )平方米, CD

17、P的面积为 2 = - =1 600(cos -sin cos )平方米. 过N作GNMN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米. 令GOK=0,则sin 0= ,0 . 当 时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sin 的取值范围是 . 答:矩形ABCD的面积为800(4sin cos +cos )平方米,CDP的面积为1 600(cos -sin cos )平 方米,sin 的取值范围是 . (2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为43,所以设甲的单位面积的年产值为4k,乙 的单位面积的年产值为3k(k0). 则年总产值为4k800(4sin cos +

18、cos )+3k1 600(cos -sin cos )=8 000k(sin cos +cos ), . 设f()=sin cos +cos , . 则f ()=cos2-sin2-sin =-(2sin2+sin -1)=-(2sin -1)(sin +1), 令f ()=0,得= , 当 时, f ()0,所以f()为增函数;,当 时, f ()0,所以f()为减函数, 因此,当= 时, f()取到最大值. 答:当= 时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.,评析 数学建模是对现实问题进行数学抽象,用数学语言表达问题,用数学方法构建模型解决 问题的过程.新课标对数学建模核心素养提出了更高的

19、要求,运用所学数学知识解决实际问题 是数学素养的重要体现,在学习过程中要注意以下几点: (1)训练审题能力.数学应用因其文字叙述较多,很多学生心生畏惧,审题不够耐心.在学习过程 中,要加强审题能力训练,通过多读题,不断提炼题目中的关键字、词、句,结合图形理清已知 条件和要求的结论,从而将实际问题抽象为数学问题. (2)提升构建模型能力.建模的过程就是将文字语言、符号语言、图表语言转化成数学语言的 过程,有时需合理选择变量,且对一些常见的数学模型进行选择,从而避免解题过程的复杂化. (3)总结各类解模的方法.通过建模后得到的数学模型,解决方法可能是多样的,需要根据模型 的特征合理选择解决方法,从

20、而减少解题过程的运算量. (4)注意表述的严谨性.应用题因受实际情境的限制,建模和解模中注意解的严谨性与完备性, 最后要通过答的形式将数学问题还原为实际问题.,3.(2018江苏,19,16分)记f (x),g(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0R,满足f(x0)=g(x0)且f (x0)=g(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”. (1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”; (2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值; (3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)= .对任意a0,判断是否存在

21、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. (1)证明:证法一:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2, 则f (x)=1,g(x)=2x+2, 由f(x)=g(x)且f (x)=g(x), 得 此方程组无解. 因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”. 证法二:假设函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2存在“S点”, 设x0为函数f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f (x0)=g(x0),得 由得x

22、0=- , 将x0=- 代入,左边=- ,右边=- ,显然不成立, 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 (*) 得ln x0=- ,解得x0= ,此时a= = . 当a= 时,x0= 满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”, 因此,a的值为 . (3)解法一:对任意a0,设h(x)=x3-3x2-ax+a. 因为h(0)=a0,h(1)=1-3-a+a=-20.

23、,函数f(x)=-x2+a,g(x)= , 则f (x)=-2x,g(x)= . 由f(x)=g(x)且f (x)=g(x),得 即 (*) 此时,x0满足方程组(*),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.因此,对任意a0,存 在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”. 解法二:函数f(x)=-x2+a,g(x)= ,x0, 则f (x)=-2x,g(x)= .,由f(x)=g(x)且f (x)=g(x),得 即 (*) 由a=x2- ,得x3-3x2-ax+a=0. 对任意a0,设h(x)=x3-3x2-ax+a. 因为h(0)=a0,h(1

24、)=1-3-a+a=-20. 此时,x0满足方程组(*),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”. 因此,对任意a0,存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”.,评析 本题从中学所学的直线与曲线相切有关问题出发,给出了新的定义,即函数f(x)与g(x)的 一个“S点”.根据新的定义研究非常熟悉的一次函数、二次函数、三次函数、指数函数、对 数函数及其组合的函数间的相互关系,通过其导数和原函数所满足的条件建立新的关系,研究 函数的性质.该题的背景创新新颖、设问简洁巧妙,在设问上层层递进.第(1)问设计面向大部 分考生,通过一次函数和二次函数证明不存在

25、“S点”,让考生理解题意,并为后续两问做好方 法上的铺垫.第(2)问通过二次函数和对数函数直接求解“S点”.第(3)问通过二次函数和指数 函数探究“S点”的存在性,对考生运用知识分析以及推理论证能力提出了较高要求,突出选 拔功能.,4.(2016江苏,17,14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P-A1 B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱 锥的高PO1的4倍. (1)若AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少? (2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?,解

26、析 (1)由PO1=2知O1O=4PO1=8. 因为A1B1=AB=6, 所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 V锥= A1 PO1= 622=24(m3); 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积 V柱=AB2O1O=628=288(m3). 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3). (2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0h6,O1O=4h.连接O1B1. 因为在RtPO1B1中,O1 +P =P ,所以 +h2=36, 即a2=2(36-h2). 于是仓库的容积 V=V柱+V锥=a24h+ a2h= a2h= (36h-h3),00,V是单调增函数; 当

27、2 h6时,V0,V是单调减函数. 故h=2 时,V取得极大值,也是最大值. 因此,当PO1=2 m时,仓库的容积最大.,5.(2016江苏,19,16分)已知函数f(x)=ax+bx(a0,b0,a1,b1). (1)设a=2,b= . 求方程f(x)=2的根; 若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值; (2)若01,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.,解析 (1)因为a=2,b= , 所以f(x)=2x+2-x. 方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-22x+1=0, 所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.

28、由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2. 因为f(2x)mf(x)-6对于xR恒成立,且f(x)0, 所以m 对于xR恒成立. 而 =f(x)+ 2 =4,且 =4, 所以m4,故实数m的最大值为4. (2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0, 所以0是函数g(x)的唯一零点. 因为g(x)=axln a+bxln b,又由01知ln a0,所以g(x)=0有唯一解x0=lo . 令h(x)=g(x),则h(x)=(axln a+bxln b)=ax(ln a)2+bx(ln b)2,从而对任意xR,

29、h(x)0,所以g(x)=h(x)是(-,+)上的单调增函数. 于是当x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0. 因而函数g(x)在(-,x0)上是单调减函数,在(x0,+)上是单调增函数. 下证x0=0. 若x0 -2=0,且函数g(x)在以 和 loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在 和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为00,同理可得,在 和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0. 于是- =1,故ln a+ln b=0,所以ab=1.,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点一 导数与函数的单调性,1.(2016课标全国改编,12,5分)若函数

30、f(x)=x- sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范 围是 .,答案,解析 f (x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上单调递增, 则f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,则- t2+at+ 0在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50在 -1,1上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,则 解得- a .,疑难突破 由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数 来解决.,2.(2019课标全国文,20,12分)已知函数f(x)=

31、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)=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

32、 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:(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

33、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.,3.(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= . 从而f(x)= ex-ln x-1, f (x)= ex- . 当02时, f (x)0. 所以f(x)在(0,2)单调递减,在

34、(2,+)单调递增. (2)证明:当a 时, f(x) -ln x-1. 设g(x)= -ln x-1,则g(x)= - . 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.,4.(2015课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.,解析 (1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)= -a. 若a0,则f (x)0,所以f(x)在(0,+)上单调递增. 若a0,则当x 时, f (x)0;当x

35、 时,f (x)0时, f(x)在x= 处取得最大值,最大值为f =ln +a =-ln a+a-1. 因此f 2a-2等价于ln a+a-11时,g(a)0. 因此,a的取值范围是(0,1).,考点二 导数与函数的极值和最值,1.(2019天津理改编,8,5分)已知aR.设函数f(x)= 若关于x的不等式f(x)0在 R上恒成立,则a的取值范围为 .,答案 0,e,解析 本题主要考查分段函数及不等式恒成立问题,考查学生推理论证能力及运算求解能力, 将恒成立问题转化为求最值问题,考查了学生化归与转化思想及分类讨论思想. (1)当x1时, f(x)=x2-2ax+2a=(x-a)2+2a-a2,

36、 若a1,则f(x)在(-,1上是减函数,所以f(x)f(1)=10恒成立;若a1,则f(x)f(a)=2a-a2,要 使f(x)0在(-,1上恒成立,只需2a-a20,得0a2,0a1,综合可知,a0时, f(x) 0在(-,1上恒成立. (2)当x1时,ln x0, f(x)=x-aln x0恒成立,即a 恒成立. 令g(x)= ,g(x)= ,令g(x)=0,得x=e,当x(1,e)时,g(x)0,g(x)为增函数,g(x)min=g(e)=e,ae. 综合(1)(2)可知,a的取值范围是0ae.,解后反思 求不等式恒成立时的参数取值范围的方法:一是分离参数法,不等式f(x)a在R上 恒

37、成立f(x)mina, f(x)a在R上恒成立f(x)maxa;二是讨论分析法,根据参数取值情况进行 分类讨论,从而确定参数的取值范围.,2.(2018课标全国,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+2cos 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+2si

38、n 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 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

39、= 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 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- .,3.(2017课标

40、全国理改编,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 .,答案 -1,解析 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.,思路分析 由x=-2是函数f(x)

41、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.,4.(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

42、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.,解析 本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-

43、t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3 -9)x- +9t2. 故f (x)=3x2-6t2x+3 -9. 令f (x)=0,解得x=t2- ,或x=t2+ . 当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:,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+ )=( )3-9 ( )=-6 . (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-t2+d)(x-t2)(x-t2-d) +(x-t2)+6 =0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d

44、2)u+6 =0. 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= . 易得,g(x)在(-,x1)上单调递增,在x1,x2上单调递减,在(x2,+)上单调递增. g(x)的极大值g(x1)=g = +6 0.,g(x)的极小值g(x2)=g =- +6 . 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. 若g(

45、x2)27,也就是|d| ,此时|d|x2,g(|d|)=|d|+6 0,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+ 6 -62 +6 0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有 一个零点,符合题意. 所以,d的取值范围是(-,- )( ,+).,方法规律 研究方程根的情况可以通过导数研究函数的单调性、极大值、极小值、变化趋 势.根据题目要求画出函数图象.标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题、 解决问题.,5.(2017课标全国理,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x

46、,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 本题考查了导数的综合应用. (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- ,g(1)=a-1,得a=1. 若a=1,则g(x)=1- . 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.

47、 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 得f(x0)f(e-1)=e-2,所以e-2f(x0)2-2.,方法总结 利用导数解决不等式问题的一般思路: (1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类 讨论. (2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.,6.(2017山东理,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(, f()处的切线方程; (2)令h(x)=g(x)-af(x)(aR),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)由题意知, f()=2-2, 又f (x)=2x-2sin x, 所以f ()=2, 因此曲线y=f(x)在点(,