3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值-【高考密码】备战2026年高考数学十年高考真题分类汇编

3.2　利用导数研究函数的单调性、极值和最值 考点1 导数与函数的单调性 1.（2023课标II，6）已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）． A. B. e C. D. 【答案】C 【解析】依题可知，在上恒成立，显然，所以， 设，所以，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为．故选：C． 2.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2, 则f '(2)=(　　) A.-1　　　　B.-　　　　D.1 【答案】B　f '(x)=, 【解析】由题可知x=1为f(x)的极大值点, ∴∴a=b=-2, ∴f '(x)=,∴f '(2)=-,故选B. 解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值. 3.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则 (　　) A.a>0>b　　　　B.a>b>0　　　　C.b>a>0　　　　D.b>0>a 【答案】　A　 【解析】由9m=10可得m=log910>1,令f(x)=xm-(x+1),则f '(x)=mxm-1-1,易知当x>1时, f '(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故选A. 4.(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　　) A.a<b<c　　　　B.c<b<a C.c<a<b　　　　D.a<c<b 【答案】　C　 【解析】a=0.1e0.1=e0.1,b=,则e0.1,构造f(x)=(1-x)ex,则 f '(x)=-xex,当x>0时, f '(x)<0, f(x)单调递减,∴f(0.1)<f(0)=1,∴<1,∴a<b. 下面比较a与c. 令g(x)=xex+ln(1-x),0<x<,则g'(x)=(x+1)ex-, 令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<,则H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,则H(x)在上为增函数, ∴H(x)>H(0)=0. ∴g(x)在上为增函数,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln 0.9>0,∴a>c,∴b>a>c. 5.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=-1,则 (　　) A.a<b<c　　　　B.b<c<a　　　　C.b<a<c　　　　D.c<a<b 【答案】　B　 解题指导:注意到a,b为同底的对数值,考虑用对数函数的单调性比较大小,c与a、b的结构不同,可构造与ln x相关的不等式,放缩后再比较大小. 【解析】　解法一:a=ln 1.012, 因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02, 所以a>b,排除选项A与选项D. 设f(x)=ln x-(x>1),则f '(x)=>0, 所以f(x)在(1,+∞)上单调递增, 从而f(x)>f(1)=0,即ln x>. 故a=2ln 1.01>2×. c=, 因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04, 所以1.01<,所以2.01<+1, 所以,即a>c,排除选项C. 故选B. 解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1, 所以a>b, 下面比较a与c的大小. 令f(x)=2ln(1+x)-+1,x∈[0,1), 则f '(x)=, ∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)), ∴f '(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上为增函数, ∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c. 再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=-1, 令g(x)=-1-ln(1+x),x∈[0,1), 则g'(x)=, 而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0, ∴g(x)在[0,1)上为增函数,∴g(0.02)>g(0)=0, ∴c>b. 综上,a>c>b,故选B. 拓展延伸:关于ln x的重要不等式 (1)1-≤ln x≤x-1(x>0). (2)ln x≥,0<x≤1;ln x≤,x≥1. (3)ln x≥,x≥1;ln x≤,0<x≤1. (4)ln(x+1)≥x-,x≥0. (5)ln x≤,x≥1. (6)(x1≠x2,x1>0,x2>0). 6.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是(　　) A.[-1,1]　　　　　B. C.　　　　　D. 【答案】　C 【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-5≤0在[-1,1]上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,则解得-≤a≤,故选C. 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. 评析　本题考查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即可. 7.(2015课标Ⅱ理,12,5分)设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x>0时, xf '(x)-f(x)<0,则使得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　 【解析】令g(x)=,则g'(x)=,由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函数. ∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0, ∴g(1)==0, ∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0. 又∵g(-x)====g(x),∴g(x)是偶函数, ∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0; 当x∈(-1,0)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)时,考虑构造函数F(x)=xf(x);出现xf '(x)-f(x)>0(<0)时,考虑构造函数g(x)=. 8.(2014课标Ⅱ文,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是(　　) A.(-∞,-2]　　　　　 B.(-∞,-1] C.[2,+∞)　　　　　D.[1,+∞) 【答案】　D　 【解析】依题意得f '(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立, ∵x>1,∴0<<1, ∴k≥1,故选D. 9.（2023全国乙理，16）设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是______. 【答案】 【解析】由函数的解析式可得在区间上恒成立， 则，即在区间上恒成立， 故，而，故， 故即，故， 结合题意可得实数的取值范围是. 10.(2024北京,20,15分,难)设函数f(x)=x+kln(1+x)(k≠0),直线l是曲线y=f(x)在点(t, f(t))(t>0)处的切线. (1)当k=-1时,求f(x)的单调区间; (2)求证:l不经过点(0,0); (3)当k=1时,设点A(t, f(t))(t>0),C(0, f(t)),O(0,0),B为l与y轴的交点,S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A,使得2S△ ACO=15S△ABO成立?若存在,这样的点A有几个? (参考数据:1.09<ln 3<1.10,1.60<ln 5<1.61,1.94<ln 7<1.95) 【解析】(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),当k=-1时, f(x)=x-ln(x+1),则f '(x)=1-=, 令f '(x)<0,得-1<x<0;令f '(x)>0,得x>0, 所以f(x)的单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(0,+∞). (2)证明:因为f(x)=x+kln(x+1),所以f '(x)=1+. 切点为(t,t+kln(t+1)),切线斜率为f '(t)=1+, 所以切线方程l:y-[t+kln(t+1)]=(x-t), 将(0,0)代入切线l的方程,得-[t+kln(t+1)]=-t, 要证切线l不经过原点,只需证上面关于t的方程无解. 进一步化简得ln(t+1)=,即证-ln(t+1)=0(t>0)无解. 令g(t)=-ln(t+1)(t>0), 则g'(t)=-=, 因为t>0,所以g'(t)<0,即g(t)在区间(0,+∞)上单调递减,则g(t)<g(0)=0, 所以方程g(t)=0在区间(0,+∞)内无解,即切线l不经过点(0,0). (3)函数f(x)的定义域为(-1,+∞), 若k=1,则f(x)=x+ln(x+1), f '(x)=1+=>0, 所以f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增,且f(0)=0,则f(x)的大致图象如图所示. 点A(t,t+ln(t+1)),C(0,t+ln(t+1)), 由(2)可得切线方程l:y-[t+ln(t+1)]=(x-t), 令x=0,得y=-t+t+ln(t+1)=ln(t+1)-, 即B. 因为S△ACO=|AC|·|OC|,S△ABO=|AC|·|OB|, 又2S△ACO=15S△ABO,所以2×|AC|·|OC|=15×|AC|·|OB|,即2|OC|=15|OB|, 结合前面所求点B、C坐标得 2|t+ln(t+1)|=15, 当t>0时, f(t)>0,结合(2)知点B在y轴正半轴上, 于是2[t+ln(t+1)]=15, 化简得t+-=0, 于是将求解点A的个数的问题转化为求解上述关于t的方程的正根的个数. 令h(t)=t+-,t>0,进一步将问题转化为函数h(t)的零点问题. h'(t)=1+-==, 令h'(t)=0,得t=或t=4,所以h(t),h'(t)随t的变化情况如下表: t 0 4 (4,+∞) h'(t) + 0 - 0 + h(t) 0 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 由于h(0)=0,h(t)在区间上单调递增,所以h>h(0)=0, 则h(t)在区间上不存在零点. h(4)=4+-=10-, 由1.60<ln 5<1.61,得h(4)=10-<10-×1.60=-0.4<0,因为h>0,且h(t)在区间上单调递减, 所以h(t)在区间上有且仅有一个零点. h(8)=8+-ln 9=8+-13ln 3, 由1.09<ln 3<1.10,得h(8)=8+-13ln 3>8+-13×1.10≈0.37>0, 或h(e4-1)=e4-1+-26>-27+>0,因为h(4)<0,且h(t)在区间(4,+∞)上单调递增,所以h(t)在区间(4,+∞)上有且仅有一个零点. 综上,h(t)在区间与(4,+∞)上各有且仅有一个零点,即关于t的方程t+-=0有两个不等的正实根,所以符合条件的点A的个数为2. 11.（2023课标I，19）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【解析】（1）因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）方法一：由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二：令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又，所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 12.（2023全国甲文，20） 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）若，求的取值范围． 【解析】（1）因为，所以， 则 ， 令，由于，所以， 所以， 因为，，， 所以在上恒成立， 所以在上单调递减. （2）法一： 构建， 则， 若，且， 则，解得， 当时，因为， 又，所以，，则， 所以，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 综上所述：若，等价于， 所以的取值范围为. 法二： 因为， 因为，所以，， 故在上恒成立， 所以当时，，满足题意； 当时，由于，显然， 所以，满足题意； 当时，因为， 令，则， 注意到， 若，，则在上单调递增， 注意到，所以，即，不满足题意； 若，，则， 所以在上最靠近处必存在零点，使得， 此时在上有，所以在上单调递增， 则在上有，即，不满足题意； 综上：. 13.(2019课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当0<a<3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a>0,则当x∈(-∞,0)∪时, f '(x)>0; 当x∈时, f '(x)<0. 故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减; 若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增; 若a<0,则当x∈∪(0,+∞)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0<a<3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0<a<2时,可知2-a+单调递减,所以M-m的取值范围是. 当2≤a<3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:①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;②当a>0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. 14.(2017课标Ⅰ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)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增. ②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a. 当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0; 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. ③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln. 当x∈时,f '(x)<0; 当x∈时, f '(x)>0. 故f(x)在单调递减,在单调递增. (2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0. ②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时, f(x)≥0. ③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2. 从而当且仅当a2≥0, 即a≥-2时, f(x)≥0. 综上,a的取值范围是[-2,1]. 15.(2021全国甲文,20,12分)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围. 解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f '(x)=,根据a>0,x>0,可以判断f '(x)的正负,即可判断出f(x)的单调性. (2)根据题意得到函数f(x)在(0,+∞)上没有零点.由(1)可得f(x)min=f,使f>0,即可求出a的取值范围. 【解析】　(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞), ∴f '(x)=2a2x+a-. ∵a>0,x>0,∴>0, 当x∈时, f '(x)<0; 当x∈时, f '(x)>0, ∴函数f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点, ∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点, 由(1)可得函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,∴f(x)min=f=3+3ln a>0, ∴ln a>-1,解得a>, 故实数a的取值范围是. 关键点拨　利用导数求函数的单调性时,要注意:①题目中函数的定义域是否有限制;②多个同单调性的区间不能用并集符号相连;③在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重不漏、层次分明”. 16.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标. 解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f '(x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点P(x0,y0),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x0的方程,进而求解. 【解析】　(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f '(x)=3x2-2x+a, 对于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a. ①当a≥时,Δ≤0,即f '(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增. ②当a<时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=,x2=,故当x∈∪,+∞时, f '(x)>0,当x∈时, f '(x)<0, 所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0), 则切线的斜率为f '(x0)=3-2x0+a, 故以点P为切点的切线方程为y=(3-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=+ax0+1,且切线过原点,得2-1=0,即(x0-1)(2+x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a). 所以切线方程为y=(1+a)x,联立 消去y得x3-x2-x+1=0, 即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1, ∴公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a). 疑难点拨:单调性问题的本质为解不等式,利用导函数的图象确定符号,当参数影响到导函数的符号时,对其分类讨论;切线问题的核心是切点,而切线与曲线的公共点不一定只有切点,这是一个易错点. 17.(2021全国甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0). (1)当a=2时,求f(x)的单调区间; (2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围. 解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间. (2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势,进而求解参数的范围. 【解析】　(1)当a=2时, f(x)==x2·2-x(x>0), 则f '(x)=2x·2-x+x2·(-ln 2·2-x)=x·2-x(2-xln 2). 令f '(x)=0,则x=, f '(x), f(x)的情况如下: x f '(x) + 0 - f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)令f(x)=1,则=1,所以xa=ax, 两边同时取对数,可得aln x=xln a,即, 根据题意可知,方程有两个实数解. 设g(x)=,则g'(x)=, 令g'(x)=0,则x=e. 当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 又知g(1)=0,g(x)=0,g(x)max=g(e)=, 所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需,即g(a)=,所以a∈(1,e)∪(e,+∞). 综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞). 17.(2021北京,19,15分)已知函数f(x)=. (1)若a=0,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程; (2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值. 【解析】　(1)当a=0时, f(x)=,∴f(1)=1,又f '(x)=,故f '(1)=-4,故曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0. (2)由题意得f '(x)=,且f '(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4, 故f(x)=,x∈R,f '(x)=, 令f '(x)>0,解得x>4或x<-1;令f '(x)<0,解得-1<x<4, 故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4). 所以f(x)的极大值为f(-1)=1, f(x)的极小值为f(4)=-. 又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1, f(x)min=f(4)=-. 解题指导:(1)当a=0时,求出f(1)与f '(1)的值,再写出切线方程;(2)由f '(-1)=0求出a的值,再通过导函数的符号求出f(x)的单调区间和最值. 19.(2022北京,20,15分)已知函数f(x)=exln(1+x). (1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程; (2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性; (3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t). 【解析】　(1)∵f '(x)=exln(1+x)+=exln(1+x)+,∴f '(0)=e0ln(1+0)+=1, 又f(0)=e0ln 1=0, ∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x. (2)易得g(x)=f '(x)=exln(1+x)+, ∴g'(x)=exln(1+x)+=exln(1+x)+, ∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,>0,≥0, 又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立. ∴g(x)在[0,+∞)上单调递增. (3)证明:由(2)知g(x)=f '(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f '(x)≥f '(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, 不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0), 则h'(x)=f '(x)-f '(x+s)<0. 因此h(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴h(0)>h(t), ∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s), 又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t). 考点2 导数与函数的极（最）值 1.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f '(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(　　) 【答案】　D　本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值. 【解析】 不妨设导函数y=f '(x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x1<0<x2<x3,由导函数图象可知,y=f(x)在 (-∞,x1)上为减函数,在(x1,x2)上为增函数,在(x2,x3)上为减函数,在(x3,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x1,x=x3处取到极小值,在x=x2处取到极大值,又x2>0,排除B,故选D. 方法总结　函数图象的识辨方法: 1.利用函数图象上的特殊点(如函数图象与x轴、y轴的交点,函数图象上的最高点、最低点等)来识辨. 2.利用函数的定义域,在某个区间上的值域来识辨. 3.利用函数的单调性、极值(常用导数来判断)和函数的周期性来识辨. 4.利用函数的零点来识辨. 5.利用函数的奇偶性来识辨,若函数是奇(或偶)函数,则其图象关于原点(或y轴)对称. 6.利用函数图象的中心对称和轴对称来识辨. 7.利用函数图象的渐近线来识辨.如指数型函数、对数型函数、幂函数(指数为负)型函数(含反比例函数)、正切型函数等,其图象都有渐近线. 2.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=(　　) A.-4　　　B.-2　　　C.4　　　D.2 【答案】　D　 【解析】由题意可得f '(x)=3x2-12=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.故选D. 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Ⅱ理,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是(　　) A.(-∞,-6)∪(6,+∞)　　　　　B.(-∞,-4)∪(4,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞)　　　　　D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 【答案】　C 【解析】　f '(x)=cos, ∵f(x)的极值点为x0, ∴f '(x0)=0,∴cos=0, ∴x0=kπ+,k∈Z, ∴x0=mk+,k∈Z, 又∵+[f(x0)]2<m2, ∴+<m2,k∈Z, 即m2+3<m2,k∈Z, ∵m≠0,∴<,k∈Z, 又∵存在x0满足+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z满足上式, ∴>, ∴>,∴m2-3>,∴m2>4,∴m>2或m<-2,故选C. 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.(2022全国乙文,11,5分)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 (　　) A.- C.-+2 【答案】　D　　 【解析】 f '(x)=(x+1)cos x,x∈[0,2π],令f '(x)=0得x=或x=. 当x在[0,2π]上变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表所示: x 0 ,2π 2π f '(x) + 0 - 0 + f(x) 2 ↗ 极大值 +2 ↘ 极小值 - ↗ 2 由表可知, f(x)在[0,2π]上的最大值为+2,最小值为-,故选D. 5 (2021全国乙理,10,5分)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 (　　) A.a<b　　　　B.a>b　　　　C.ab<a2　　　　D.ab>a2 【答案】　D　解题指导:求出f '(x)=0的两根,根据已知条件x=a为函数f(x)的极大值点,分类讨论比较根的大小,得出满足条件的不等式即可. 【解析】　f(x)=a(x-a)2(x-b) =a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b], ∴f '(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2] =a(x-a)[3x-(a+2b)]. 令f '(x)=0,得x1=a,x2=. (i)若a>0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值, 则需f(x)在(-∞,a)上单调递增,在上单调递减,此时需a<,得0<a<b,∴a2<ab. (ii)若a<0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,此时需满足a>,得b<a<0,∴a2<ab.综上可知,a2<ab,故选D. 解题通法　求解析式中含有参数的函数极值问题时,需要用分类讨论的思想才能解决,讨论的依据有两种:一是看参数是否对f '(x)的零点有影响,若有影响,则需要分类讨论;二是看f '(x)在其零点附近的符号的确定是否与参数有关,若有关,则需分类讨论. 6（2023新课标II，11）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】函数的定义域为，求导得， 因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而， 因此方程有两个不等的正根， 于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确，故选BCD. 7.（2025全国二卷，13,5分）若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=　　　　.  【答案】-4 【解析】由题意,得f'(x)=3x2-(2a+6)x+3a+2,由x=2是函数f(x)的极值点,得f'(2)=3×22-2(2a+6)+3a+2=0,解得a=2, 则f(x)=(x-1)(x-2)2, 所以f(0)=(0-1)×(0-2)2=-4. 8.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　.  【答案】　1 解题指导:先分类讨论去掉绝对值符号,然后用函数的单调性分析其最小值. 【解析】　①当x>时, f(x)=2x-1-2ln x,∴f '(x)=2-,∴当x∈时, f '(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, ∴f(x)在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴f(x)min=f(1)=1. ②当0<x≤时, f(x)=1-2x-2ln x, 此时f '(x)=-2-<0恒成立, ∴f(x)在上单调递减, ∴f(x)min=f=2ln 2. ∵2ln 2>1, ∴f(x)min=1. 方法总结:绝对值问题的常见处理策略:1.分类讨论去掉绝对值符号;2.利用绝对值的几何意义画图分析. 9.(2022全国乙理,16,5分)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是　　　　.  【答案】　 【解析】　∵f(x)=2ax-ex2, ∴f '(x)=2axln a-2ex. 根据题意,得x1,x2是f '(x)=0的两个不相等的实根. 由f '(x)=0得,axln a=ex. 由题意得函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点.  当a>1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图①所示, 当x∈(-∞,x1)时,f '(x)=2axln a-2ex>0, f(x)在(-∞,x1)上单调递增; 当x∈(x1,x2)时,f '(x)=2axln a-2ex<0, f(x)在(x1,x2)上单调递减; 当x∈(x2,+∞)时,f '(x)=2axln a-2ex>0, f(x)在(x2,+∞)上单调递增. ∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.∴当a>1时,不满足题意,舍去. 图① 图② 当0<a<1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图②所示, 设过原点的切线l与y=axln a的图象相切于点(x0,ln a),而y'=ax(ln a)2,此时切线l的斜率k=· (ln a)2,∴(ln a)2=,可得=e. ∴k=e(ln a)2,要使函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点,则k<e,即e(ln a)2<e.∴(ln a)2<1, 即-1<ln a<1,∴<a<e.又0<a<1,∴<a<1. 综上所述,a的取值范围是. 10.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. (1)当a=1时, f(x)=ex-x-1, 【解析】又∵f(1)=e-1-1=e-2, ∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1), 整理得y=(e-1)x-1. (2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f '(x)=ex-a. ①当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)单调递增, 无极值,不符合题意,故a≤0时不成立. ②当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a, 当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增. ∴x=ln a时f(x)有极小值, 极小值为f(ln a)=eln a-aln a-a3=a-aln a-a3. 又∵极小值小于0,∴a-aln a-a3<0, 又∵a>0,∴1-ln a-a2<0, 设g(a)=1-ln a-a2,a∈(0,+∞), ∵g'(a)=--2a<0,∴g(a)单调递减, 又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0, 即极小值f(ln a)<0, ∴a>1. 综上所述,a的取值范围为(1,+∞). 11.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)若a=-2,求f(x)的极值; (2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围. 【解析】(1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞), 当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x, 则f '(x)=2ln(x+1)+, 令F(x)=2ln(x+1)+,则F'(x)=+, 可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,则F(x)在(-1,+∞)上单调递增, 又F(0)=0,∴当x∈(-1,0)时,F(x)<0,当x∈(0,+∞)时,F(x)>0, 即当-1<x<0时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x>0时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)在x=0处取得极小值, f(x)极小值=f(0)=0,无极大值. (2)∵当x≥0时, f(x)≥0,又f(0)=0, ∴y=f(x)在x=0处取得最小值. 又f '(x)=-aln(1+x)+, 令g(x)=f '(x)=-aln(1+x)+, 则g'(x)=+=, 令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1. ①当-2a-1≥0,即a≤-时,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 则g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,从而f '(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 即f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立. ②当-2a-1<0且-a≤0,即a≥0时,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立, 即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,又g(0)=0, 从而f '(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立, f(x)在[0,+∞)上单调递减, 又f(0)=0,∴f(x)≤0,与题意不符. ③当-2a-1<0且-a>0,即-<a<0时,令h(x)=0,得x=-2->0, ∴当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0在上恒成立, ∴g(x)在上单调递减,又g(0)=0,∴g(x)<0在上恒成立, ∴f '(x)<0在上恒成立,从而f(x)在上单调递减, 又f(0)=0,∴f(x)<0在上恒成立,与题意不符. 综上,a的取值范围为. 12.（2023课标II，22）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 【解析】（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得，所以； 构建， 则， 构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得，即对恒成立， 则在上单调递增，可得， 所以； 综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为， 若，则， 因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 则在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点，不合题意，所以. 当时，令 因为， 且， 所以函数在定义域内为偶函数， 由题意可得：， （i）当时，取，，则， 由（1）可得， 且， 所以， 即当时，，则在上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递减， 所以是极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则， 由（1）可得 ， 构建， 则， 且，则对恒成立， 可知在上单调递增，且， 所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且， 则， 即当时，，则在上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：在上单调递增， 所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或， 故a的取值范围为. 【关键点睛】 1.当时，利用，换元放缩； 2.当时，利用，换元放缩. 13.（2025上海，19,14分） 已知f(x)=x2-(m+2)x+mln x,m∈R. (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的解集; (2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值,求m的取值范围. 19.【命题点】利用导数判断函数的极值 【解题思路】(1)因为f(1)=0,得m=-1,故f(x)=x2-x-ln x,故f(x)≤x2-1即为x+ln x≥1, 设s(x)=x+ln x(x>0), 则s'(x)=1+>0. 故s(x)在(0,+∞)上单调递增. 又s(1)=1,所以x+ln x≥1即为s(x)≥s(1),故x≥1, 故原不等式的解集为[1,+∞). (2)f'(x)=2x-(m+2)+==(x>0), 若m≤0,则x∈(0,1)时, f'(x)<0,x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, f(x)不存在极大值; 若0<<1即0<m<2,则x∈时, f'(x)<0, x∈∪(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)在上单调递增,在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以f(x)存在极大值f; 若m=2,则x∈(0,+∞)时, f'(x)≥0, f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(x)不存在极大值; 若>1即m>2,则x∈时, f'(x)<0, x∈(0,1)∪时, f'(x)>0, f(x)在(0,1)上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)存在极大值f(1). 综上,m的取值范围是(0,2)∪(2,+∞). 14.（2023全国乙理，21）已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. （3）若在存在极值，求a的取值范围. 【解析】（1）当时，， 则， 据此可得， 函数在处的切线方程为， 即. （2）由函数的解析式可得， 函数的定义域满足，即函数的定义域为， 定义域关于直线对称，由题意可得， 由对称性可知， 取可得， 即，则，解得， 经检验满足题意，故. 即存在满足题意. （3）由函数的解析式可得， 由区间存在极值点，则在区间上存在变号零点; 令， 则， 令， 在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点， 当时，，在区间上单调递减， 此时，在区间上无零点，不合题意; 当，时，由于，所以在区间上单调递增， 所以，在区间上单调递增，， 所以在区间上无零点，不符合题意； 当时，由可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故的最小值为， 令，则， 函数在定义域内单调递增，， 据此可得恒成立， 则， 令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故，即(取等条件为)， 所以， ，且注意到， 根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点. 当时，，单调减， 当时，，单调递增， 所以. 令，则， 则单调递减，注意到， 故当时，，从而有， 所以 ， 令得，所以， 所以函数在区间上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数得取值范围是. 15.(2023北京,20,15分,中)设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-x+1. (1)求a,b的值; (2)设函数g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间; (3)求f(x)的极值点个数. 【解析】　(1)∵点(1, f(1))在切线y=-x+1上,∴f(1)=0, f '(1)=-1, 而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①, 又知f '(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b, ∴f '(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1. (2)g(x)=f '(x)=e1-x(x3-3x2)+1, g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6), 令g'(x)=0,得x=0或x=3±. x,g'(x),g(x)的变化情况如下表: x (-∞,0) 0 (0,3-) 3- (3-,3+) 3+ (3+,+∞) g'(x) + 0 - 0 + 0 - g(x) 单调 递增 极大 值 单调 递减 极小 值 单调 递增 极大 值 单调 递减 故g(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(3-,3+),单调递减区间为(0,3-)和(3+,+∞). (3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1, ∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在区间(-∞,0)上有一个变号零点,故f(x)在(-∞,0)上有一个极值点.又∵g(1)=-1<0,且g(3-)<g(1)<0,∴g(x)在(0,3-)上有一个变号零点,故f(x)在(0,3-)上有一个极值点. ∵g(3)=1>0,且g(3+)>g(3)>0, ∴g(x)在(3-,3+)上有一个变号零点,故f(x)在(3-,3+)上有一个极值点. 当x>3时,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+,+∞)上无零点,即f(x)无极值点. 综上, f(x)有3个极值点. 16.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值. (1)求a; (2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 【解析】　 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a-. 当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0. 令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x=. 易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a, g(x)min=g=1+ln a, ∴a-aln a=1+ln a,即ln a=①. 令h(x)=ln x-(x>0), 则h'(x)=>0, ∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点. 又h(1)=ln 1-=0, ∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求. (2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增; 当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增. 不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1<x2<x3. 则-x2=x2-ln x2=x3-ln x3, ∴-ln x2. 易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),则ln x2∈(-∞,0), 又f(x)在(-∞,0)上单调递减, ∴x1=ln x2,同理x2=ln x3,x3=. 又-x2=x2-ln x2,∴ln x2+=2x2. ∴x1+x3=ln x2+=2x2. ∴x1,x2,x3成等差数列. 17.(2019课标Ⅱ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)=-1<0, f '(2)=ln 2-=>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f '(x0)=0. 又当x<x0时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>x0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)<f(1)=-2, 又f(e2)=e2-3>0, 所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α. 由α>x0>1得<1<x0. 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α,根据所要证明的结论,只需求出f=0即可. 18.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R, f '(x)为f(x)的导函数. (1)若a=b=c, f(4)=8,求a的值; (2)若a≠b,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=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M≤. 【解析】　本小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. (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a≠b, 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,得x=-3或x=1. 列表如下: x (-∞,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 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0<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0, 则f '(x)有2个不同的零点,设为x1,x2(x1<x2). 由f '(x)=0,得x1=,x2=. 列表如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 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+ =++()3 =-+[]3 ≤+≤. 因此M≤. 解法二: 因为0<b≤1,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: x g'(x) + 0 - g(x) ↗ 极大值 ↘ 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≤. 19.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+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:b2>3a; (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-. 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-a3)≤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x1=,x2=. 列表如下: x (-∞,x1) 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x1,x2. 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b2>3a. (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), 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+,a>3. 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a≤6. 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. 20.(2017北京理,19,13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)=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, 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. 所以函数f(x)在区间上单调递减. 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)=1,最小值为f =-. 解题思路　(1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值. 方法总结　1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程. 2. 利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x); (3)令f '(x)>0得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0得到f(x)在定义域内的单调递减区间. 21.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-)e-x. (1)求f(x)的导函数; (2)求f(x)在区间上的取值范围. 【解析】　本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力. (1)因为(x-)'=1-,(e-x)'=-e-x, 所以f '(x)=e-x-(x-)e-x =. (2)由f '(x)==0,解得x=1或x=. 因为 x 1 f '(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 0 ↗ ↘ 又f(x)=(-1)2e-x≥0, 所以f(x)在区间上的取值范围是. 解后反思　1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则. 2.利用导数求函数的值域的一般步骤: (1)求函数f(x)的导函数f '(x); (2)解方程f '(x)=0; (3)用f '(x)=0的根把函数的定义域分成若干个区间; (4)判断每个区间上f '(x)的符号,得函数的单调性; (5)求函数在各个区间上的值域,再求并集. 3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出: f(x)在上的值域为的错误结论. 因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点). 22.(2016山东文,20,13分)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (1)令g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间; (2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围. 【解析】　(1)由f '(x)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞). 则g'(x)=-2a=. 当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(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. ①当a≤0时, f '(x)单调递增, 所以当x∈(0,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 当x∈(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. ②当0<a<时,>1,由(1)知f '(x)在内单调递增,可得当x∈(0,1)时, f '(x)<0,x∈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. ③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. ④当a>时,0<<1, 当x∈时, f '(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减, 所以f(x)在x=1处取极大值,合题意. 综上可知,实数a的取值范围为a>. 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. 23.(2016课标Ⅱ理,21,12分) (1)讨论函数f(x)=ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0; (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)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.(4分) (2)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-1<0, f(2)+a=a≥0. 因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0.(6分) 当0<x<xa时, f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x>xa时, f(x)+a>0,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=<h(a)=≤=.(10分) 因为y=单调递增,对任意λ∈,存在唯一的xa∈(0,2],a=-f(xa)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值域是. 综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是.(12分) 疑难突破　本题求解的关键是“设而不求”方法的运用,另外,注意将对g'(x)符号的判断灵活地转化为对f(x)+a符号的判断. 评析　本题主要考查导数的运用,求单调区间及最值,考查不等式的证明.属难题. 24.(2016天津理,20,14分)设函数f(x)=(x-1)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x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3; (3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值. 【解析】　(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f '(x)=3(x-1)2-a. 下面分两种情况讨论: ①当a≤0时,有f '(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). ②当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1+或x=1-. 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表: x -∞,1- 1- 1-,1+ 1+ 1+,+∞ 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x0≠1. 由题意,得f '(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b. 又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--b=f(x0),且3-2x0≠x0, 由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3. (3)证明:设g(x)在区间[0,2]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: ①当a≥3时,1-≤0<2≤1+,由(1)知, f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2), f(0)],因此 M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|} =max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|} = 所以M=a-1+|a+b|≥2. ②当≤a<3时,1-≤0<1-<1+<2≤1+,由(1)和(2)知f(0)≥f=f, f(2)≤f=f, 所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为, 因此M=max =max =max =+|a+b|≥××=. ③当0<a<时,0<1-<1+<2, 由(1)和(2)知f(0)<f=f, f(2)>f=f, 所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0), f(2)], 因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|} =max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|} =1-a+|a+b|>. 综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于. 易错警示　(1)对参数a讨论时易忽略a≤0的情形,导致忽略f(x)在R上递增的情况.(3)讨论0<a<3时,未意识到仍需将a分成0<a<与≤a<3两段来讨论,从而造成失分. 评析　本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 23.(2015课标Ⅱ文,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a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增. 若a>0,则当x∈时,f '(x)>0;当x∈时,f '(x)<0.所以f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>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-1<0. 令g(a)=ln a+a-1, 则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0. 于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0. 因此,a的取值范围是(0,1). 25.(2013课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=4x+4. (1)求a,b的值; (2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值. 【解析】　(1)f '(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得f(0)=4, f '(0)=4.故b=4,a+b=8. 从而a=4,b=4. (2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, f '(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2). 令f '(x)=0,得x=-ln 2或x=-2. 从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时, f '(x)>0; 当x∈(-2,-ln 2)时, f '(x)<0. 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增, 在(-2,-ln 2)上单调递减. 当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2). 评析　本题考查导数的运算及几何意义、利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识,考查了运算求解能力. 26.(2013课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=x2e-x. (1)求f(x)的极小值和极大值; (2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围. 【解析】　(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=-e-xx(x-2).① 当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时, f '(x)<0;当x∈(0,2)时, f '(x)>0. 所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增. 故当x=0时, f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;当x=2时, f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2. (2)设切点为(t, f(t)),则l的方程为 y=f '(t)(x-t)+f(t). 所以l在x轴上的截距为 m(t)=t-=t+=t-2++3. 由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞). 令h(x)=x+(x≠0),则当x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[2,+∞);当x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3). 所以当t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪[2+3,+∞). 综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[2+3,+∞). 评析　本题考查了导数的应用,均值定理求最值,考查了综合解题的能力,正确地求导是解题的关键. 27.(2012课标理,21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f '(1)ex-1-f(0)x+x2. (1)求f(x)的解析式及单调区间; (2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值. 【解析】　(1)由已知得f '(x)=f '(1)ex-1-f(0)+x, 所以f '(1)=f '(1)-f(0)+1,即f(0)=1. 又f(0)=f '(1)e-1,所以f '(1)=e. 从而f(x)=ex-x+x2. 由于f '(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0; 当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0. 从而, f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.① (i)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x<时,可得ex-(a+1)x<b,因此①式不成立. (ii)若a+1=0,则(a+1)b=0. (iii)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1). 当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0. 从而g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增. 故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1). 所以f(x)≥x2+ax+b等价于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).② 因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1). 设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1), 则h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)]. 所以h(a)在(-1,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,故h(a)在a=-1处取得最大值. 从而h(a)≤,即(a+1)b≤. 当a=-1,b=时,②式成立,故f(x)≥x2+ax+b. 综合得,(a+1)b的最大值为. 评析　本题考查了函数与导数的综合应用,难度较大,考查了分类讨论和函数与方程的思想方法,直线斜率以零为分界点进行分类是解题关键. 28.(2012课标文,21,12分)设函数f(x)=ex-ax-2. (1)求f(x)的单调区间; (2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)·f '(x)+x+1>0,求k的最大值. 【解析】　(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=ex-a. 若a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0; 当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0, 所以, f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. (2)由于a=1,所以(x-k)f '(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0等价于k<+x(x>0).① 令g(x)=+x,则g'(x)=+1=. 由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g'(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2). 当x∈(0,α)时,g'(x)<0; 当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0. 所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α). 又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2. 评析　本题考查了函数与导数的综合应用,判断出导数的零点范围是求解第(2)问的关键. 29.(2017课标Ⅲ理,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,…<m,求m的最小值. 【解析】　本题考查导数的综合应用. (1)f(x)的定义域为(0,+∞). ①若a≤0,因为f=-+aln 2<0,所以不满足题意; ②若a>0,由f '(x)=1-=知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(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 x>0. 令x=1+,得ln<. 从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1. 故…<e. 而>2,所以m的最小值为3. 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a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+,换元后可求出…的范围. 一题多解　(1)f '(x)=1-=(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴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 a≥0①,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,①式成立.∴a=1. 30.(2016课标Ⅱ文,20,12分)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时, f(x)>0,求a的取值范围. 【解析】　(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时, f(x)=(x+1)ln x-4(x-1), f '(x)=ln x+-3, f '(1)=-2, f(1)=0. 曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.(3分) (2)当x∈(1,+∞)时, f(x)>0等价于ln x->0.(4分) 设g(x)=ln x-,则 g'(x)=-=,g(1)=0.(6分) (i)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;(8分) (ii)当a>2时,令g'(x)=0得 x1=a-1-,x2=a-1+.(10分) 由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g'(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)<0.(11分) 综上,a的取值范围是(-∞,2].(12分) 评析　本题主要考查了导数的几何意义及导数的综合运用,对分类讨论的思想方法考查到位,属难题. 31.(2016课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>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)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2分) (2)当α≥1时, |f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0). 因此A=3α-2.(4分) 当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1. 设t=cos x,则t∈[-1,1], 令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得最小值,最小值为g=--1=-. 令-1<<1,解得α<-(舍去),或α>.(5分) (i)当0<α≤时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α. (ii)当<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g. 又-|g(-1)|=>0, 所以A==. 综上,A=(9分) (3)由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|. 当0<α≤时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A. 当<α<1时,A=++>1,所以|f '(x)|≤1+α<2A. 当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A. 所以|f '(x)|≤2A.(12分) 评析　本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论,本题综合性较强,属于难题. 32.(2015天津理,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,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x1,x2,求证:|x2-x1|<+2. 【解析】　(1)由f(x)=nx-xn,可得f '(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2. 下面分两种情况讨论: ①当n为奇数时. 令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1. 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f '(x) - + - f(x) ↘ ↗ ↘ 所以, f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增. ②当n为偶数时. 当f '(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增; 当f '(x)<0,即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(x0,0),则x0=, f '(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y= f '(x0)(x-x0),即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)- f '(x0). 由于f '(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x). (3)证明:不妨设x1≤x2. 由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤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)=-xn<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(x1)<h(x1),因此x'1<x1. 由此可得x2-x1<x'2-x'1=+x0. 因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+=1+n-1=n, 故2≥=x0. 所以,|x2-x1|<+2. 评析　　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、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想、函数思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 33.(2014课标Ⅰ理,21,12分)设函数f(x)=aexln x+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2. (1)求a,b; (2)证明:f(x)>1. 【解析】　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1. 由题意可得f(1)=2, f '(1)=e. 故a=1,b=2. (2)由(1)知, f(x)=exln x+ex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-. 设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x. 所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时, g'(x)>0. 故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-. 设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x). 所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0. 故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-. 综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1. 评析　本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性及最值问题,考查等价转化思想及逻辑推理能力. 34.(2013课标Ⅰ理,21,12分)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2时, f(x)≤kg(x),求k的取值范围. 【解析】　(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2, f '(0)=4,g'(0)=4. 而f '(x)=2x+a,g'(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而a=4,b=2,c=2,d=2. (2)由(1)知, f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则 F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得F(0)≥0,即k≥1. 令F'(x)=0,得x1=-ln k,x2=-2. (i)若1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当x∈(-2,x1)时,F'(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F'(x)>0.即F(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增.故F(x)在[-2,+∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. (ii)若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增. 而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. (iii)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时, f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上,k的取值范围是[1,e2]. 评析　本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性,考查了分类与整合、函数与方程的思想;结合特值限定参数的范围,可减少分类的情况,有利于提高效率,掌握利用两根大小作为讨论的分界是解题关键. 35.(2013课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-ln(x+m). (1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (2)当m≤2时,证明f(x)>0. 【解析】　(1)f '(x) =ex-. 由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0,所以m=1. 于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), f '(x)=ex-. 函数f '(x)=ex-在(-1,+∞)上单调递增,且f '(0)=0,因此当x∈(-1,0)时, f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0. 所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)证明:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)>0. 当m=2时,函数f '(x)=ex-在(-2,+∞)上单调递增. 又f '(-1)<0, f '(0)>0,故f '(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x0,且x0∈(-1,0). 当x∈(-2,x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而当x=x0时, f(x)取得最小值. 由f '(x0)=0得=,ln(x0+2)=-x0,故f(x)≥f(x0)=+x0=>0. 综上,当m≤2时, f(x)>0. 36.(2011课标理,21,12分)已知函数f(x)=+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0. (1)求a,b的值; (2)如果当x>0,且x≠1时, f(x)>+,求k的取值范围. 【解析】　(1)f '(x)=-. 由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1), 故即 解得a=1,b=1. (2)由(1)知f(x)=+,所以 f(x)- =. 考虑函数h(x)=2ln x+(x>0),则h'(x)=. (i)设k≤0. 由h'(x)=知, 当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得h(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 可得h(x)>0. 从而当x>0,且x≠1时, f(x)->0,即f(x)>+. (ii)设0<k<1.由于当x∈时,(k-1)(x2+1)+2x>0,故h'(x)>0. 而h(1)=0,故当x∈时, h(x)>0,可得h(x)<0.与题设矛盾. (iii)设k≥1.此时h'(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0, 可得h(x)<0.与题设矛盾. 综上,k的取值范围为(-∞,0]. 评析　本题考查导数及其应用,导数的几何意义,考查分类讨论的数学思想方法,考查学生综合分析问题的逻辑思维能力,难度较大. 37. (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x0∈R,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a>0,判断是否存在b>0,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. (1)证明: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”. (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=-,即x0=,则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)f '(x)=-2x,g'(x)=,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒b=->0⇒x0∈(0,1), f(x0)=g(x0)⇒-+a==-⇒a=-, 令h(x)=x2--a=,x∈(0,1),a>0, 设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0, 则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0, 又m(x)的图象在(0,1)上连续不断, ∴m(x)在(0,1)上有零点, 则h(x)在(0,1)上有零点. 因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”. 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,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再转化为研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题. 38.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1. (1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间; (2)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-; (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. 【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)=ax-xln a,有h'(x)=axln a-ln a. 令h'(x)=0,解得x=0. 由a>1,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(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ln a. 由g'(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为. 因为这两条切线平行,故有ln a=, 即x2(ln a)2=1. 两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0, 所以x1+g(x2)=-. (3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1). 曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=(x-x2). 要证明当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,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合. 即只需证明当a≥时, 方程组有解. 由①得x2=,代入②, 得-x1ln a+x1++=0.③ 因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解. 设函数u(x)=ax-xaxln a+x++, 即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点. u'(x)=1-(ln a)2xax,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0, 即1-(ln a)2x0=0. 由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0). 因为a≥,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0. 下面证明存在实数t,使得u(t)<0. 由(1)可得ax≥1+xln a,当x>时,有 u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++, 所以存在实数t,使得u(t)<0. 因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0. 所以,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. 39.(2015浙江,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R). (1)当b=+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式; (2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围. 【解析】　(1)当b=+1时, f(x)=+1, 故对称轴为直线x=-. 当a≤-2时,g(a)=f(1)=+a+2. 当-2<a≤2时,g(a)=f=1. 当a>2时,g(a)=f(-1)=-a+2. 综上,g(a)= (2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则 由于0≤b-2a≤1,因此≤s≤(-1≤t≤1). 当0≤t≤1时,≤st≤, 由于-≤≤0和-≤≤9-4, 所以-≤b≤9-4. 当-1≤t<0时,≤st≤, 由于-2≤<0和-3≤<0,所以-3≤b<0. 故b的取值范围是[-3,9-4]. 评析　　本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力,分类讨论等分析问题和解决问题的能力,属较难题. 40.(2014课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2. (1)求a; (2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点. 【解析】　(1)f '(x)=3x2-6x+a, f '(0)=a, 曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2. 由题设得-=-2,所以a=1. (2)证明:由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2. 设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知1-k>0. 当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根. 当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根. 综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点. 评析　本题主要考查导数的几何意义及导数的应用,考查了分类讨论、函数与方程、等价转化等思想方法.把曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点的问题转化为研究函数g(x)=x3-3x2+(1-k)x+4在R上有唯一实根问题是解决问题的关键. 考点3 三次函数的性质研究 1.(2024新课标Ⅱ,11,6分,难)（多选）设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则(　　) A.当a>1时, f(x)有三个零点 B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 【答案】 AD 【解析】依题意得f'(x)=6x2-6ax, 令f'(x)=0,得6x(x-a)=0,解得x=0或x=a. 对于选项A,a>1时,当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下: x (-∞,0) 0 (0,a) a (a,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 又f(0)=1>0, f(a)=2a3-3a3+1=1-a3<0, 所以f(x)有三个零点,选项A正确. 对于选项B,a<0时,当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下: x (-∞,a) a (a,0) 0 (0,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴x=0是f(x)的极小值点,选项B错误. 对于选项C,当x→+∞时, f(x)→+∞;当x→-∞时, f(x)→-∞,因此曲线y=f(x)不存在对称轴,选项C错误. 对于选项D,由f'(x)=6x2-6ax得f″(x)=12x-6a,令f″(x)=0,得12x-6a=0,解得x=,取=1,得a=2, 因此,当a=2时,点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心. 验证: f(2-x)=2(2-x)3-6(2-x)2+1=-2x3+6x2-7, ∴f(2-x)+f(x)=-2x3+6x2-7+2x3-6x2+1=-6=2f(1). 因此,选项D正确.故选AD. 2.(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)（多选）设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(　　) A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时, f(x)<f(x2) C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时, f(2-x)>f(x) 【答案】ACD 【解析】由题意知f '(x)=3(x-1)(x-3). 对于A,令f '(x)>0,得x<1或x>3,令f '(x)<0,得1<x<3,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,所以x=3是f(x)的极小值点,故A正确; 对于B,当0<x<1时,0<x2<x<1,由f(x)在(0,1)上单调递增,得f(x2)<f(x),故B错误; 对于C,由1<x<2,得1<2x-1<3,由f(x)在(1,3)上单调递减,得f(1)>f(2x-1)>f(3),即-4<f(2x-1)<0,故C正确; 对于D, f(2-x)-f(x)=(x-1)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(-2x+2)=-2(x-1)3,当-1<x<0时, f(2-x)-f(x)>0,则f(2-x)>f(x),故D正确.故选ACD. 3.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分)已知函数 f(x)=x3-x+1,则 (　　) A. f(x)有两个极值点 B. f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 【答案】　AC　 【解析】∵f(x)=x3-x+1,∴f '(x)=3x2-1,令f '(x)=0,得x=±,当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f '(x)<0,f(x)单调递减,当x∈时,f '(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)有两个极值点,故选项A正确. ∵f>0,∴f(x)的极小值大于0,∴f(x)仅有一个零点.故选项B错误. 由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确. 曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f '(x)=2,得x=±1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x-1或y=2x+3,故选项D错误.故选AC. 4.(2013课标Ⅱ,理10,文11,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是(　　) A.∃x0∈R, f(x0)=0 B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若x0是f(x)的极值点,则f '(x0)=0 【答案】　C　 【解析】由三次函数值域为R知f(x)=0有解,所以A项正确;因为y=x3的图象为中心对称图形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确;若f(x)有极小值点,则f '(x)=0有两个不等实根x1,x2(x1<x2), f '(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),则f(x)在(-∞,x1)上为增函数,在(x1,x2)上为减函数,在(x2,+∞)上为增函数,故C项错误;D项正确.故选C. 评析　本题考查了三次函数的图象和性质,考查了利用导数研究函数极值与单调性. ( 第 66 页 共 66 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$