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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,高考数学,(江苏省专用),9.2利用导数研究函数的单调性和极大(小)值,1.,(2017江苏,11,5分)已知函数,f,(,x,)=,x,3,-2,x,+e,x,-,其中e是自然对数的底数.若,f,(,a,-1)+,f,(2,a,2,),0,则实,数,a,的取值范围是,.,A,组 自主命题,江苏卷题组,五年高考,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,)=,x,3,-2,x,+e,x,-,f,(-,x,)=(-,x,),3,-2(-,x,)+e,-,x,-,=-,x,3,+2,x,+,-e,x,=-,f,(,x,),f,(,x,)为奇函数,又,f,(,x,)=3,x,2,-2+e,x,+,3,x,2,-2+2=3,x,2,0(当且仅当,x,=0时,取“=”),从而,f,(,x,)在R上单调递增,所以,f,(,a,-1)+,f,(2,a,2,),0,f,(,a,-1),f,(-2,a,2,),-2,a,2,a,-1,解得-1,a,.,方法小结,函数不等式的求解思路:,(1)转化为,f,(,(,x,),f,(,g,(,x,);,(2)结合单调性转化为,(,x,),g,(,x,)或,(,x,),g,(,x,).,2.,(2017江苏,20,16分)已知函数,f,(,x,)=,x,3,+,ax,2,+,bx,+1(,a,0,b,R)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:,b,2,3,a,;,(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,)=,x,3,+,ax,2,+,bx,+1,得,f,(,x,)=3,x,2,+2,ax,+,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,a,0,故,b,=,+,.,因为,f,(,x,)有极值,故,f,(,x,)=0有实根,从而,b,-,=,(27-,a,3,),0,即,a,3.,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,a,3时,f,(,x,)=0有两个相异的实根,x,1,=,x,2,=,.,x,(-,x,1,),x,1,(,x,1,x,2,),x,2,(,x,2,+,),f,(,x,),+,0,-,0,+,f,(,x,),极大值,极小值,列表如下:,故,f,(,x,)的极值点是,x,1,x,2,.,从而,a,3.,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,a,3,所以,a,3,故,g,(,a,),g,(3,)=,即,.,因此,b,2,3,a,.,(3)由(1)知,f,(,x,)的极值点是,x,1,x,2,且,x,1,+,x,2,=-,a,+,=,.,从而,f,(,x,1,)+,f,(,x,2,)=,+,a,+,bx,1,+1+,+,a,+,bx,2,+1,=,(3,+2,ax,1,+,b,)+,(3,+2,ax,2,+,b,)+,a,(,+,)+,b,(,x,1,+,x,2,)+2=,-,+2=0.,记,f,(,x,),f,(,x,)所有极值之和为,h,(,a,),因为,f,(,x,)的极值为,b,-,=-,a,2,+,所以,h,(,a,)=-,a,2,+,a,3.,因为,h,(,a,)=-,a,-,0(,x,0),所以函数,f,(,x,)在(-,+,)上单调递增;,当,a,0时,若,x,(0,+,),则,f,(,x,)0,若,x,则,f,(,x,)0,所以函数,f,(,x,)在,(0,+,)上单调递增,在,上单调递减;,当,a,0,若,x,则,f,(,x,)0,所以函数,f,(,x,)在(-,0),上单调递增,在,上单调递减.,(2)由(1)知,函数,f,(,x,)的两个极值为,f,(0)=,b,f,=,a,3,+,b,则函数,f,(,x,)有三个零点等价于,f,(0),f,=,b,0时,a,3,-,a,+,c,0或当,a,0时,a,3,-,a,+,c,0.,设,g,(,a,)=,a,3,-,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,-1,0,且,g,=,c,-1,0,因此,c,=1.,此时,f,(,x,)=,x,3,+,ax,2,+1-,a,=(,x,+1),x,2,+(,a,-1),x,+1-,a,因函数,f,(,x,)有三个零点,故,x,2,+(,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,)=,a,2,+2,a,-,30,且(-1),2,-(,a,-1)+1-,a,0,解得,a,(-,-3),.,综上,c,=1.,4.,(2014江苏,19,16分,0.31)已知函数,f,(,x,)=e,x,+e,-,x,其中e是自然对数的底数.,(1)证明:,f,(,x,)是R上的偶函数;,(2)若关于,x,的不等式,mf,(,x,),e,-,x,+,m,-1在(0,+,)上恒成立,求实数,m,的取值范围;,(3)已知正数,a,满足:存在,x,0,1,+,),使得,f,(,x,0,)0),则,t,1,所以,m,-,=-,对任意,t,1成立.,因为,t,-1+,+1,2,+1=3,所以-,-,当且仅当,t,=2,即,x,=ln 2时等号成立.,因此实数,m,的取值范围是,.,(3)令函数,g,(,x,)=e,x,+,-,a,(-,x,3,+3,x,),则,g,(,x,)=e,x,-,+3,a,(,x,2,-1).,当,x,1时,e,x,-,0,x,2,-1,0,又,a,0,故,g,(,x,)0,所以,g,(,x,)是1,+,)上的单调增函数,因此,g,(,x,)在1,+,),上的最小值是,g,(1)=e+e,-1,-2,a,.,由于存在,x,0,1,+,),使,+,-,a,(-,+3,x,0,)0成立,当且仅当最小值,g,(1)0,故e+e,-1,-2,a,.,令函数,h,(,x,)=,x,-(e-1)ln,x,-1,则,h,(,x,)=1-,.,令,h,(,x,)=0,得,x,=e-1.,当,x,(0,e-1)时,h,(,x,)0,故,h,(,x,)是(e-1,+,)上的单调增函数.,所以,h,(,x,)在(0,+,)上的最小值是,h,(e-1).,注意到,h,(1)=,h,(e)=0,所以当,x,(1,e-1),(0,e-1)时,h,(e-1),h,(,x,),h,(1)=0;,当,x,(e-1,e),(e-1,+,)时,h,(,x,),h,(e)=0.所以,h,(,x,)0对任意的,x,(1,e)成立.,当,a,(1,e)时,h,(,a,)0,即,a,-1(e-1)ln,a,从而e,a,-1,h,(e)=0,即,a,-1(e-1)ln,a,故e,a,-1,a,e-1,.,综上所述,当,a,时,e,a,-1,a,e-1,.,考点一利用导数研究函数的单调性,1.,(2017山东文改编,10,5分)若函数e,x,f,(,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,.,f,(,x,)=2,-,x,;,f,(,x,)=,x,2,;,f,(,x,)=3,-,x,;,f,(,x,)=cos,x,.,B组,统一命题,省(区、市)卷题组,答案,解析,本题考查利用导数研究函数的单调性.,当,f,(,x,)=2,-,x,时,e,x,f,(,x,)=e,x,2,-,x,=,令,y,=,则,y,=,=,=,(1-ln 2).,e,x,0,2,x,0,ln 20.,当,f,(,x,)=2,-,x,时,e,x,f,(,x,)在,f,(,x,)的定义域上单调递增,故具有M性质,易知不具有M性质.故填,.,方法小结,利用导数研究函数,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,x,I,时,f,(,x,)单调增(或减).,2.,(2016课标全国改编,12,5分)若函数,f,(,x,)=,x,-,sin 2,x,+,a,sin,x,在(-,+,)单调递增,则,a,的取值范,围是,.,答案,解析,f,(,x,)=1-,cos 2,x,+,a,cos,x,=1-,(2cos,2,x,-1)+,a,cos,x,=-,cos,2,x,+,a,cos,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-,t,2,+,at,+,0在-1,1上恒成立,即4,t,2,-3,at,-5,0在-1,1,上恒成立,令,g,(,t,)=4,t,2,-3,at,-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.,3.,(2017课标全国文,21,12分)设函数,f,(,x,)=(1-,x,2,)e,x,.,(1)讨论,f,(,x,)的单调性;,(2)当,x,0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,)=(1-2,x,-,x,2,)e,x,.,令,f,(,x,)=0,得,x,=-1-,或,x,=-1+,.,当,x,(-,-1-,)时,f,(,x,)0;,当,x,(-1+,+,)时,f,(,x,)0.,所以,f,(,x,)在(-,-1-,),(-1+,+,)单调递减,在(-1-,-1+,)单调递增.,(2),f,(,x,)=(1+,x,)(1-,x,)e,x,.,当,a,1时,设函数,h,(,x,)=(1-,x,)e,x,h,(,x,)=-,x,e,x,0),因此,h,(,x,)在0,+,)单调递减,而,h,(0)=1,故,h,(,x,),1,所以,f,(,x,)=(,x,+1),h,(,x,),x,+1,ax,+1.,当0,a,0(,x,0),所以,g,(,x,)在0,+,)单调递增,而,g,(0)=0,故e,x,x,+1.,当0,x,(1-,x,)(1+,x,),2,(1-,x,)(1+,x,),2,-,ax,-1,=,x,(1-,a,-,x,-,x,2,),取,x,0,=,则,x,0,(0,1),(1-,x,0,)(1+,x,0,),2,-,ax,0,-1=0,故,f,(,x,0,),ax,0,+1.,当,a,0时,取,x,0,=,则,x,0,(0,1),f,(,x,0,)(1-,x,0,)(1+,x,0,),2,=1,ax,0,+1.,综上,a,的取值范围是1,+,).,解题思路,(1)求,f,(,x,),令,f,(,x,)0,求出,f,(,x,)的单调增区间,令,f,(,x,)0,求出,f,(,x,)的单调减区间.,(2)对参数,a,的取值进行分类讨论,当,a,1时,构造函数可知(1-,x,)e,x,1,所以,f,(,x,)=(,x,+1)(1-,x,)e,x,x,+1,ax,+1成立;当0,a,ax,0,+1,从而说明命,题不成立;当,a,0时,举反例,x,0,=,说明不等式不成立.,疑难突破,(1)求单调区间的一般步骤:求定义域;求,f,(,x,),令,f,(,x,)0,求出,f,(,x,)的增区间,令,f,(,x,),0时,h,(,x,)0;,当,x,0时,h,(,x,)0.,当,a,0时,g,(,x,)=(,x,-,a,)(,x,-sin,x,),当,x,(-,a,)时,x,-,a,0,g,(,x,)单调递增;,当,x,(,a,0)时,x,-,a,0,g,(,x,)0,g,(,x,)0,g,(,x,)单调递增.,所以当,x,=,a,时,g,(,x,)取到极大值,极大值是,g,(,a,)=-,a,3,-sin,a,当,x,=0时,g,(,x,)取到极小值,极小值是,g,(0)=-,a,.,当,a,=0时,g,(,x,)=,x,(,x,-sin,x,),当,x,(-,+,)时,g,(,x,),0,g,(,x,)单调递增;,所以,g,(,x,)在(-,+,)上单调递增,g,(,x,)无极大值也无极小值.,当,a,0时,g,(,x,)=(,x,-,a,)(,x,-sin,x,),当,x,(-,0)时,x,-,a,0,g,(,x,)单调递增;,当,x,(0,a,)时,x,-,a,0,g,(,x,)0,g,(,x,)0,g,(,x,)单调递增.,所以当,x,=0时,g,(,x,)取到极大值,极大值是,g,(0)=-,a,;,当,x,=,a,时,g,(,x,)取到极小值,极小值是,g,(,a,)=-,a,3,-sin,a,.,综上所述:,当,a,0时,函数,g,(,x,)在(-,0)和(,a,+,)上单调递增,在(0,a,)上单调递减,函数既有极大值,又有极小,值,极大值是,g,(0)=-,a,极小值是,g,(,a,)=-,a,3,-sin,a,.,5.,(2016课标全国,21,12分)已知函数,f,(,x,)=(,x,-2)e,x,+,a,(,x,-1),2,.,(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,(1),f,(,x,)=(,x,-1)e,x,+2,a,(,x,-1)=(,x,-1)(e,x,+2,a,).,(i)设,a,0,则当,x,(-,1)时,f,(,x,)0.所以,f,(,x,)在(-,1)单调递减,在(1,+,),单调递增.,(2分),(ii)设,a,-,则ln(-2,a,)0;当,x,(ln(-2,a,),1)时,f,(,x,)0.所以,f,(,x,)在(-,ln(-2,a,),(1,+,)单调递增,在(ln(-2,a,),1)单调递减.,(4分),若,a,1,故当,x,(-,1),(ln(-2,a,),+,)时,f,(,x,)0;当,x,(1,ln(-2,a,)时,f,(,x,)0,则由(1)知,f,(,x,)在(-,1)单调递减,在(1,+,)单调递增.,又,f,(1)=-e,f,(2)=,a,取,b,满足,b,0且,b,(,b,-2)+,a,(,b,-1),2,=,a,0,所以,f,(,x,)有两个零点.,(8分),(ii)设,a,=0,则,f,(,x,)=(,x,-2)e,x,所以,f,(,x,)只有一个零点.,(9分),(iii)设,a,0,若,a,-,则由(1)知,f,(,x,)在(1,+,)单调递增,又当,x,1时,f,(,x,)0,故,f,(,x,)不存在两个零点;,(10分),若,a,-,则由(1)知,f,(,x,)在(1,ln(-2,a,)单调递减,在(ln(-2,a,),+,)单调递增,又当,x,1时,f,(,x,)0函数零点的,个数时,注意利用不等式的放缩.,6.,(2016课标全国理,21,12分),(1)讨论函数,f,(,x,)=,e,x,的单调性,并证明当,x,0时,(,x,-2)e,x,+,x,+20;,(2)证明:当,a,0,1)时,函数,g,(,x,)=,(,x,0)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)e,x,-(,x,+2),(,x,-2)e,x,+,x,+20.,(4分),(2)证明:,g,(,x,)=,=,(,f,(,x,)+,a,).,(5分),由(1)知,f,(,x,)+,a,单调递增.对任意,a,0,1),f,(0)+,a,=,a,-10,f,(2)+,a,=,a,0.,因此,存在唯一,x,a,(0,2,使得,f,(,x,a,)+,a,=0,即,g,(,x,a,)=0.,(6分),当0,x,x,a,时,f,(,x,)+,a,0,g,(,x,),x,a,时,f,(,x,)+,a,0,g,(,x,)0,g,(,x,)单调递增.,(7分),因此,g,(,x,)在,x,=,x,a,处取得最小值,最小值为,g,(,x,a,)=,=,=,.,(8分),于是,h,(,a,)=,由,=,0,得,y,=,单调递增.,所以,由,x,a,(0,2,得,=,0是,f,(,x,)有三个不同零点的必要而不充分条件.,解析,(1)由,f,(,x,)=,x,3,+,ax,2,+,bx,+,c,得,f,(,x,)=3,x,2,+2,ax,+,b,.,因为,f,(0)=,c,f,(0)=,b,所以曲线,y,=,f,(,x,)在点(0,f,(0)处的切线方程为,y,=,bx,+,c,.,(3分),(2)当,a,=,b,=4时,f,(,x,)=,x,3,+4,x,2,+4,x,+,c,所以,f,(,x,)=3,x,2,+8,x,+4.,令,f,(,x,)=0,得3,x,2,+8,x,+4=0,解得,x,=-2或,x,=-,.,(4分),f,(,x,)与,f,(,x,)在区间(-,+,)上的情况如下:,x,(-,-2),-2,-,f,(,x,),+,0,-,0,+,f,(,x,),c,c,-,(6分),所以,当,c,0且,c,-,0时,存在,x,1,(-4,-2),x,2,x,3,使得,f,(,x,1,)=,f,(,x,2,)=,f,(,x,3,)=0.,由,f,(,x,)的单调性知,当且仅当,c,时,函数,f,(,x,)=,x,3,+4,x,2,+4,x,+,c,有三个不同零点.,(8分),(3)证明:当,=4,a,2,-12,b,0,x,(-,+,),此时函数,f,(,x,)在区间(-,+,)上单调递增,所以,f,(,x,)不可能有三个不同零点.,(9分),当,=4,a,2,-12,b,=0时,f,(,x,)=3,x,2,+2,ax,+,b,只有一个零点,记作,x,0,.,当,x,(-,x,0,)时,f,(,x,)0,f,(,x,)在区间(-,x,0,)上单调递增;,当,x,(,x,0,+,)时,f,(,x,)0,f,(,x,)在区间(,x,0,+,)上单调递增.,所以,f,(,x,)不可能有三个不同零点.,综上所述,若函数,f,(,x,)有三个不同零点,则必有,=4,a,2,-12,b,0.,故,a,2,-3,b,0是,f,(,x,)有三个不同零点的必要条件.,(11分),当,a,=,b,=4,c,=0时,a,2,-3,b,0,f,(,x,)=,x,3,+4,x,2,+4,x,=,x,(,x,+2),2,只有两个不同零点,所以,a,2,-3,b,0不是,f,(,x,)有三个不,同零点的充分条件.,(12分),因此,a,2,-3,b,0是,f,(,x,)有三个不同零点的必要而不充分条件.,(13分),疑点突破,本题第(3)问中对必要性的证明,因为,f,(,x,)=3,x,2,+2,ax,+,b,含有两个参数,不能分解因式,故,需讨论,0三种情况;对于充分性不成立的证明,只需举反例,a,=,b,=4,c,=0即可.,评析,本题以三次函数为载体考查了导数的几何意义、零点问题及逻辑推理能力和分类讨论,的思想,属中等偏难题.,8.,(2016四川理,21,14分)设函数,f,(,x,)=,ax,2,-,a,-ln,x,其中,a,R.,(1)讨论,f,(,x,)的单调性;,(2)确定,a,的所有可能取值,使得,f,(,x,),-e,1-,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,)=2,ax,-,=,(,x,0).,当,a,0时,f,(,x,)0时,由,f,(,x,)=0,有,x,=,.,此时,当,x,时,f,(,x,)0,f,(,x,)单调递增.,(2)令,g,(,x,)=,-,s,(,x,)=e,x,-1,-,x,.,则,s,(,x,)=e,x,-1,-1.,而当,x,1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,x,1时,g,(,x,)0.,当,a,0,x,1时,f,(,x,)=,a,(,x,2,-1)-ln,x,g,(,x,)在区间(1,+,)内恒成立时,必有,a,0.,当0,a,1.,由(1)有,f,0,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,)(,x,1).,当,x,1时,h,(,x,)=2,ax,-,+,-e,1-,x,x,-,+,-,=,0.,因此,h,(,x,)在区间(1,+,)内单调递增.,又因为,h,(1)=0,所以当,x,1时,h,(,x,)=,f,(,x,)-,g,(,x,)0,即,f,(,x,),g,(,x,)恒成立.,综上,a,.,思路分析,对(1),先求导,然后分,a,0和,a,0两种情况判断,f,(,x,)的符号,从而确定,f,(,x,)的单调性;对,(2),令,g,(,x,)=,-,s,(,x,)=e,x,-1,-,x,则,s,(,x,)与,g,(,x,)在(1,+,)上正负一致,易证,x,1时,s,(,x,)0,从而,g,(,x,)0,再对,a,进行分类:,a,0;0,a,g,(,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.,9.,(2015天津,20,14分)已知函数,f,(,x,)=,nx,-,x,n,x,R,其中,n,N,*,且,n,2.,(1)讨论,f,(,x,)的单调性;,(2)设曲线,y,=,f,(,x,)与,x,轴正半轴的交点为,P,曲线在点,P,处的切线方程为,y,=,g,(,x,),求证:对于任意的正,实数,x,都有,f,(,x,),g,(,x,);,(3)若关于,x,的方程,f,(,x,)=,a,(,a,为实数)有两个正实数根,x,1,x,2,求证:|,x,2,-,x,1,|0,即,x,1时,函数,f,(,x,)单调递增;,当,f,(,x,)1时,函数,f,(,x,)单调递减.,所以,f,(,x,)在(-,1)上单调递增,在(1,+,)上单调递减.,(2)证明:设点,P,的坐标为(,x,0,0),则,x,0,=,f,(,x,0,)=,n,-,n,2,.曲线,y,=,f,(,x,)在点,P,处的切线方程为,y,=,f,(,x,0,)(,x,-,x,0,)即,g,(,x,)=,f,(,x,0,)(,x,-,x,0,).令,F,(,x,)=,f,(,x,)-,g,(,x,),即,F,(,x,)=,f,(,x,)-,f,(,x,0,)(,x,-,x,0,),则,f,(,x,)=,f,(,x,)-,f,(,x,0,).,由于,f,(,x,)=-,nx,n,-1,+,n,在(0,+,)上单调递减,故,f,(,x,)在(0,+,)上单调递减.又因为,f,(,x,0,)=0,所以当,x,(0,x,0,)时,f,(,x,)0,当,x,(,x,0,+,)时,f,(,x,)0,所以,F,(,x,)在(0,x,0,)内单调递增,在(,x,0,+,)上单调递减,所以,对于任意的正实数,x,都有,F,(,x,),F,(,x,0,)=0,即对于任意的正实数,x,都有,f,(,x,),g,(,x,).,(3)证明:不妨设,x,1,x,2,.,由(2)知,g,(,x,)=(,n,-,n,2,)(,x,-,x,0,).设方程,g,(,x,)=,a,的根为,x,2,可得,x,2,=,+,x,0,.当,n,2时,g,(,x,)在(-,+,)上单,调递减.又由(2)知,g,(,x,2,),f,(,x,2,)=,a,=,g,(,x,2,),可得,x,2,x,2,.,类似地,设曲线,y,=,f,(,x,)在原点处的切线方程为,y,=,h,(,x,),可得,h,(,x,)=,nx,.当,x,(0,+,)时,f,(,x,)-,h,(,x,)=-,x,n,0,即对于任意的,x,(0,+,),f,(,x,),h,(,x,).,设方程,h,(,x,)=,a,的根为,x,1,可得,x,1,=,.因为,h,(,x,)=,nx,在(-,+,)上单调递增,且,h,(,x,1,)=,a,=,f,(,x,1,),h,(,x,1,),因此,x,1,x,1,.,由此可得,x,2,-,x,1,x,2,-,x,1,=,+,x,0,.,因为,n,2,所以2,n,-1,=(1+1),n,-1,1+,=1+,n,-1=,n,故2,=,x,0,.,所以,|,x,2,-,x,1,|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,)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.,(2016四川改编,6,5分)已知,a,为函数,f,(,x,)=,x,3,-12,x,的极小值点,则,a,=,.,答案,2,解析,由题意可得,f,(,x,)=3,x,2,-12=3(,x,-2)(,x,+2),令,f,(,x,)=0,得,x,=-2或,x,=2,则,f,(,x,),f,(,x,)随,x,的变化情况如下表:,x,(-,-2),-2,(-2,2),2,(2,+,),f,(,x,),+,0,-,0,+,f,(,x,),极大值,极小值,函数,f,(,x,)在,x,=2处取得极小值,则,a,=2.,评析,本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键.,3.,(2014课标改编,12,5分)设函数,f,(,x,)=,sin,.若存在,f,(,x,)的极值点,x,0,满足,+,f,(,x,0,),2,m,2,则,m,的,取值范围是,.,答案,(-,-2),(2,+,),解析,f,(,x,)=,cos,f,(,x,)的极值点为,x,0,f,(,x,0,)=0,cos,=0,x,0,=,k,+,k,Z,x,0,=,mk,+,k,Z,又,+,f,(,x,0,),2,m,2,+,m,2,k,Z,即,m,2,+3,m,2,k,Z,m,0,k,Z,又存在,x,0,满足,+,f,(,x,0,),2,m,2,-3,m,2,4,m,2或,m,-2.,评析,本题考查了函数的极值问题,三角函数求值、恒成立等问题.考查分析问题、解决问题的,能力.,4.,(2014辽宁改编,11,5分)当,x,-2,1时,不等式,ax,3,-,x,2,+4,x,+3,0恒成立,则实数,a,的取值范围是,.,答案,-6,-2,解析,由题意知,x,-2,1都有,ax,3,-,x,2,+4,x,+3,0,即,ax,3,x,2,-4,x,-3在,x,-2,1上恒成立.当,x,=0时,a,R.,当0,x,1时,a,=-,-,+,.,令,t,=,(,t,1),g,(,t,)=-3,t,3,-4,t,2,+,t,因为,g,(,t,)=-9,t,2,-8,t,+10(,t,1),所以,g,(,t,)在1,+,)上单调递减,g,(,t,),max,=,g,(1)=,-6(,t,1),所以,a,-6.,当-2,x,0时,a,-,-,+,同理,g,(,t,)在(-,-1上递减,在,上递增.,因此,g,(,t,),min,=,g,(-1)=-2,所以,a,-2.,综上可知,-6,a,-2.,5.,(2017课标全国理,21,12分)已知函数,f,(,x,)=,ax,2,-,ax,-,x,ln,x,且,f,(,x,),0.,(1)求,a,;,(2)证明:,f,(,x,)存在唯一的极大值点,x,0,且e,-2,f,(,x,0,)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0,x,1时,g,(,x,)1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)由(1)知,f,(,x,)=,x,2,-,x,-,x,ln,x,f,(,x,)=2,x,-2-ln,x,.,设,h,(,x,)=2,x,-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,(,x,0,1)时,h,(,x,)0.,因为,f,(,x,)=,h,(,x,),所以,x,=,x,0,是,f,(,x,)的唯一极大值点.,由,f,(,x,0,)=0得ln,x,0,=2(,x,0,-1),故,f,(,x,0,)=,x,0,(1-,x,0,).,由,x,0,(0,1)得,f,(,x,0,),f,(e,-1,)=e,-2,所以e,-2,f,(,x,0,)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北京文,20,13分)已知函数,f,(,x,)=e,x,cos,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,上的最大值和最小值.,解析,本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性、最值.,(1)因为,f,(,x,)=e,x,cos,x,-,x,所以,f,(,x,)=e,x,(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,)=e,x,(cos,x,-sin,x,)-1,则,h,(,x,)=e,x,(cos,x,-sin,x,-sin,x,-cos,x,)=-2e,x,sin,x,.,当,x,时,h,(,x,)0,所以,h,(,x,)在区间,上单调递减.,所以对任意,x,有,h,(,x,),h,(0)=0,即,f,(,x,)0得到,f,(,x,)在定义域内的单调递增区间,令,f,(,x,)0,函数,g,(,x,)单调递增;,当,a,0时,x,时,g,(,x,)0,函数,g,(,x,)单调递增,x,时,函数,g,(,x,)单调递减.,所以当,a,0时,g,(,x,)的单调增区间为(0,+,);,当,a,0时,g,(,x,)的单调增区间为,单调减区间为,.,(2)由(1)知,f,(1)=0.,当,a,0时,f,(,x,)单调递增,所以当,x,(0,1)时,f,(,x,)0,f,(,x,)单调递增.,所以,f,(,x,)在,x,=1处取得极小值,不合题意.,当0,a,1,由(1)知,f,(,x,)在,内单调递增,可得当,x,(0,1)时,f,(,x,)0.,所以,f,(,x,)在(0,1)内单调递减,在,内单调递增,所以,f,(,x,)在,x,=1处取得极小值,不合题意.,当,a,=,时,=1,f,(,x,)在(0,1)内单调递增,在(1,+,)内单调递减,所以当,x,(0,+,)时,f,(,x,),0,f,(,x,)单调递减,不合题意.,当,a,时,0,0,f,(,x,)单调递增,当,x,(1,+,)时,f,(,x,),.,思路分析,(1)求出函数的导数,对,a,进行分类讨论;(2)由第(1)问知,f,(1)=0,对,a,进行分类讨论,然后,利用导数研究函数的单调性和极值来验证是否满足条件,从而求出,a,的取值范围.,评析,本题考查导数的应用,利用导数求函数的单调性和极值要注意“定义域优先”原则,注意,对,a,分类讨论.,8.,(2016天津,20,14分)设函数,f,(,x,)=,x,3,-,ax,-,b,x,R,其中,a,b,R.,(1)求,f,(,x,)的单调区间;,(2)若,f,(,x,)存在极值点,x,0,且,f,(,x,1,)=,f,(,x,0,),其中,x,1,x,0,求证:,x,1,+2,x,0,=0;,(3)设,a,0,函数,g,(,x,)=|,f,(,x,)|,求证:,g,(,x,)在区间-1,1上的最大值,.,解析,(1)由,f,(,x,)=,x,3,-,ax,-,b,可得,f,(,x,)=3,x,2,-,a,.,下面分两种情况讨论:,(i)当,a,0时,有,f,(,x,)=3,x,2,-,a,0恒成立,所以,f,(,x,)的单调递增区间为(-,+,).,(ii)当,a,0时,令,f,(,x,)=0,解得,x,=,或,x,=-,.,当,x,变化时,f,(,x,),f,(,x,)的变化情况如下表:,x,-,f,(,x,),+,0,-,0,+,f,(,x,),单调递增,极大值,单调递减,极小值,单调递增,所以,f,(,x,)的单调递减区间为,单调递增区间为,.,(2)证明:因为,f,(,x,)存在极值点,所以由(1)知,a,0,且,x,0,0.由题意,得,f,(,x,0,)=3,-,a,=0,即,=,进而,f,(,x,0,),=,-,ax,0,-,b,=-,x,0,-,b,.,又,f,(-2,x,0,)=-8,+2,ax,0,-,b,=-,x,0,+2,ax,0,-,b,=-,x,0,-,b,=,f,(,x,0,),且-2,x,0,x,0,由题意及(1)知,存在唯一实数,x,1,满足,f,(,x,1,)=,f,(,x,0,),且,x,1,x,0,因此,x,1,=-2,x,0,.,所以,x,1,+2,x,0,=0.,(3)证明:设,g,(,x,)在区间-1,1上的最大值为,M,max,x,y,表示,x,y,两数的最大值.下面分三种情况讨,论:,(i)当,a,3时,-,-11,由(1)知,f,(,x,)在区间-1,1上单调递减,所以,f,(,x,)在区间-1,1上的,取值范围为,f,(1),f,(-1),因此,M,=max|,f,(1)|,|,f,(-1)|=max|1-,a,-,b,|,|-1+,a,-,b,
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