2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§4.2　导数的应用（试题部分） .docx

4.2导数的应用基础篇固本夯基【基础集训】考点一导数与函数的单调性1.已知f(x)=lnxx,则()A.f(2)>f(e)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2) C.f(3)>f(2)>f(e)D.f(e)>f(3)>f(2)答案D2.设函数f(x)=12x2-9ln x在区间a-1,a+1上单调递减,则实数a的取值范围是()A.1<a2B.a4C.a2D.0<a3答案A3.若函数y=f(x)lnx在(1,+)上单调递减,则称f(x)为P函数.下列函数中为P函数的为()f(x)=1;f(x)=x;f(x)=1x;f(x)=x.A.B.C.D.答案B考点二导数与函数的极(最)值4.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f (x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()f(b)>f(a)>f(c);函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;函数f(x)的最小值为f(d).A.B.C.D.答案A5.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为()A.4B.2或6C.2D.6答案C6.设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论正确的是()A.函数f(x)在(-,-1)上单调递增B.函数f(x)在(-,-1)上单调递减C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2)处的切线方程为y=10D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点答案C7.已知函数f(x)=-x3+x2(x<1),alnx(x1).(1)求f(x)在区间(-,1)上的极小值和极大值点;(2)求f(x)在-1,e(e为自然对数的底数)上的最大值.解析(1)当x<1时, f (x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令f (x)=0,解得x=0或x=23.当x变化时, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,0)00,232323,1f (x)-0+0-f(x)极小值极大值故当x=0时,函数f(x)取得极小值,为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=23.(2)当-1x<1时,由(1)知,函数f(x)在-1,0和23,1上单调递减,在0,23上单调递增.因为f(-1)=2, f23=427, f(0)=0,所以f(x)在-1,1)上的最大值为2.当1xe时, f(x)=aln x,当a0时, f(x)0;当a>0时, f(x)在1,e上单调递增,则f(x)在1,e上的最大值为f(e)=a.故当a2时, f(x)在-1,e上的最大值为a;当a<2时, f(x)在-1,e上的最大值为2.考点三导数的综合应用8.函数f(x)是定义在(0,+)上的可导函数, f (x)为其导函数,若xf (x)+f(x)=ex(x-1),且f(2)=0,则不等式f(x)<0的解集为()A.(0,1)B.(0,2)C.(1,2)D.(2,+)答案B9.已知函数f(x)=3x,x<0,0,0x1,3-3x,x>1,若函数g(x)=x3+f(x)恰有3个零点,则的取值范围为()A.(-,0)94B.94,+C.0,94D.(-,0)94,+答案B10.已知函数f(x)=ex-2+x-3(e为自然对数的底数),g(x)=x2-ax-a+3.若存在实数x1,x2,使得f(x1)=g(x2)=0,且|x1-x2|1,则实数a的取值范围是.答案2,3综合篇知能转换【综合集训】考法一利用导数解决函数单调性问题1.(2019吉林长春实验中学期末,9)设函数f(x)=x(ex+e-x),则f(x)()A.是奇函数,且在R上是增函数B.是偶函数,且在R上有极小值C.是奇函数,且在R上是减函数D.是偶函数,且在R上有极大值答案A2.(2018黑龙江哈尔滨师大附中三模,8)若函数f(x)=2x+sin xcos x+acos x在(-,+)上单调递增,则a的取值范围是()A.-1,1B.-1,3C.-3,3D.-3,-1答案A3.(2018湖北荆州一模,12)若函数f(x)=mln x+x2-mx在区间(0,+)上单调递增,则实数m的取值范围为()A.0,8B.(0,8C.(-,08,+)D.(-,0)(8,+)答案A4.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线方程为y=(e-1)x+4.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间.解析(1)因为f(x)=xea-x+bx,所以f (x)=(1-x)ea-x+b.依题设,知f(2)=2e+2,f (2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1.解得a=2,b=e.(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.由f (x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f (x)与1-x+ex-1同号.令g(x)=1-x+ex-1,则g(x)=-1+ex-1.所以,当x(-,1)时,g(x)<0,g(x)在区间(-,1)上单调递减;当x(1,+)时,g(x)>0,g(x)在区间(1,+)上单调递增.故g(1)=1是g(x)在区间(-,+)上的最小值,从而g(x)>0,x(-,+).综上可知, f (x)>0,x(-,+).故f(x)的单调递增区间为(-,+).考法二与函数极值或最值有关的导数问题5.(2018黑龙江齐齐哈尔一模)若x=1是函数f(x)=ax2+ln x的一个极值点,则当x1e,e时, f(x)的最小值为()A.1-e22B.-e+1eC.-12e2-1D.e2-1答案A6.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)=13x3+12(1-3a)x2+(2a2-a)x+1,若在区间(0,3)内存在极值点,则实数a的取值范围是()A.(0,3)B.12,2 C.(0,1)(1,3)D.12,1(1,2)答案C7.(2018江西南昌调研,12)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x1<x2),则()A.f(x1)>0, f(x2)>-12B.f(x1)<0, f(x2)<-12C.f(x1)>0, f(x2)<-12D.f(x1)<0, f(x2)>-12答案D考法三利用导数研究函数的零点问题8.(2019广东深圳二模,9)若函数f(x)=x-x-aln x在区间(1,+)上存在零点,则实数a的取值范围为()A.0,12B.12,eC.(0,+)D.12,+答案D9.(2019四川德阳“一诊”(改编)已知函数f(x)=12x2+ax-(a+1)ln x.若f(x)有两个零点,则a的取值范围为.答案-1,-12考法四利用导数证明不等式问题10.(2018河北衡水金卷全国大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x0时, f(x)=-ex+1+mcos x,记a=-2f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c的大小关系是()A.b<a<cB.a<c<bC.c<b<aD.c<a<b答案D11.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x3+x-sin x,则满足不等式f(m-1)+f(2m2)0成立的实数m的取值范围是.答案-1,1212.(2018豫北名校联考,22)已知函数f(x)=ex+1-kx-2k(其中e是自然对数的底数,kR).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当函数f(x)有两个零点x1,x2时,证明:x1+x2>-2.解析(1)易得f (x)=ex+1-k,(1分)当k>0时,令f (x)=0,得x=ln k-1,可得当x(-,ln k-1)时, f (x)<0,当x(ln k-1,+)时, f (x)>0,所以函数f(x)在区间(-,ln k-1)上单调递减,在区间(ln k-1,+)上单调递增.(3分)当k0时, f (x)=ex+1-k>0恒成立,故此时函数f(x)在R上单调递增.(5分)(2)证明:当k0时,由(1)知函数f(x)在R上单调递增,不存在两个零点,所以k>0.由题意知ex1+1=k(x1+2),ex2+1=k(x2+2),x1+2>0,x2+2>0,可得x1-x2=lnx1+2x2+2.不妨设x1>x2,令x1+2x2+2=t,则t>1,由x1+2x2+2=t,x1-x2=lnx1+2x2+2,解得x1+2=tlntt-1,x2+2=lntt-1,所以x1+x2+4=(t+1)lntt-1.(8分)欲证x1+x2>-2,只需证明(t+1)lntt-1>2,即证(t+1)ln t-2(t-1)>0.设g(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1),则g(t)=ln t+1t(t+1)-2=ln t+1t-1.设h(t)=ln t+1t-1(t>1),则h(t)=1t-1t2>0,h(t)单调递增,所以g(t)>g(1)=0.所以g(t)在区间(1,+)上单调递增,所以g(t)>g(1)=0,即(t+1)ln t-2(t-1)>0,原不等式得证.(12分)应用篇知行合一【应用集训】1.据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18 km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C处(异于A,B两点)的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).(1)试将y表示为x的函数;(2)若a=1,且x=6,y取得最小值,试求b的值.解析(1)易知点C受A污染源污染程度为kax2,点C受B污染源污染程度为kb(18-x)2,其中k为比例系数,且k>0.从而点C处受污染指数y=kax2+kb(18-x)2.(2)因为a=1,所以y=kx2+kb(18-x)2,y=k-2x3+2b(18-x)3,令y=0,得x=181+3b,易知函数在0,181+3b上单调减,在181+3b,18上单调增,即在x=181+3b时函数取极小值,也是最小值.又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意.所以,污染源B的污染强度b的值为8.2.(2020届山西省实验中学第一次月考,19)已知某公司生产某产品的年固定成本为100万元,每生产1千件需另投入27万元,设该公司一年内生产该产品x千件(0<x25)并全部销售完,每千件的销售收入为R(x)万元,且R(x)=108-13x2(0<x10),-x+175x+57(10<x25).(1)写出年利润f(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式;(2)当年产量为多少千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大?(注:年利润=年销售收入-年总成本).解析(1)当0<x10时, f(x)=xR(x)-(100+27x)=81x-x33-100;当10<x25时, f(x)=xR(x)-(100+27x)=-x2+30x+75.故f(x)=81x-x33-100(0<x10),-x2+30x+75(10<x25).(2)当0<x10时,由f(x)=81x-x33-100得f (x)=81-x2=-(x+9)(x-9),当x(0,9)时, f (x)>0, f(x)单调递增;当x(9,10)时, f (x)<0, f(x)单调递减.故f(x)max=f(9)=819-1393-100=386.当10<x25时, f(x)=-x2+30x+75=-(x-15)2+300300,综上可知,当x=9时,所获年利润最大,为386万元.所以当年产量为9千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大.【五年高考】考点一导数与函数的单调性1.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)=1x-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:f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.(i)若a2,则f (x)0,当且仅当a=2,x=1时, f (x)=0,所以f(x)在(0,+)单调递减.(ii)若a>2,令f (x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.当x0,a-a2-42a+a2-42,+时, f (x)<0;当xa-a2-42,a+a2-42时, f (x)>0.所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.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x1<x2,则x2>1,由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,所以f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2等价于1x2-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=1x-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+)单调递减,又g(1)=0,从而当x(1,+)时,g(x)<0,所以1x2-x2+2ln x2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.方法总结利用导数证明不等式的常用方法:(1)证明f(x)<g(x),x(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)0,由减函数的定义可知,x(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)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,所以f(x)在(-,+)单调递减.(ii)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.所以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a>0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+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1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1-1a+ln a<0,即f(-ln a)<0.又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-,-ln a)有一个零点.设正整数n0满足n0>ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.由于ln3a-1>-ln a,因此f(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.3.(2019浙江,22,15分)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+1+x,x>0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x1e2,+均有f(x)x2a,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.(1)当a=-34时, f(x)=-34ln x+1+x,x>0.f (x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+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)12a,得0<a24.当0<a24时, f(x)x2a等价于xa2-21+xa-2ln x0.令t=1a,则t22.设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t22,则g(t)=xt-1+1x2-1+xx-2ln x.(i)当x17,+时,1+1x22,则g(t)g(22)=8x-421+x-2ln x.记p(x)=4x-221+x-ln x,x17,则p(x)=2x-2x+1-1x=2xx+1-2x-x+1xx+1=(x-1)1+x(2x+2-1)xx+1(x+1)(x+1+2x).故x1717,11(1,+)p(x)-0+p(x)p17单调递减极小值p(1)单调递增所以,p(x)p(1)=0.因此,g(t)g(22)=2p(x)0.(ii)当x1e2,17时,g(x)g1+1x=-2xlnx-(x+1)x.令q(x)=2xln x+(x+1),x1e2,17,则q(x)=lnx+2x+1>0,故q(x)在1e2,17上单调递增,所以q(x)q17.由(i)得,q17=-277p17<-277p(1)=0.所以,q(x)<0.因此,g(t)g1+1x=-q(x)x>0.由(i)(ii)知对任意x1e2,+,t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+,均有f(x)x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,24.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,将1+x看成一个整体进行分解因式,通过观察法求出使1+x-2=0的根x=3.(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,故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.4.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x-1x2,aR.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f (x)+32对于任意的x1,2成立.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.当a0时,x(0,1)时, f (x)>0, f(x)单调递增,x(1,+)时, f (x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f (x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.0<a<2时,2a>1,当x(0,1)或x2a,+时, f (x)>0, f(x)单调递增,当x1,2a时, f (x)<0, f(x)单调递减.a=2时,2a=1,在x(0,+)内, f (x)0, f(x)单调递增.a>2时,0<2a<1,当x0,2a或x(1,+)时, f (x)>0, f(x)单调递增,当x2a,1时, f (x)<0, f(x)单调递减.综上所述,当a0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在1,2a内单调递减,在2a,+内单调递增;当a=2时, f(x)在(0,+)内单调递增;当a>2时, f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+)内单调递增.(2)由(1)知,a=1时,f(x)-f (x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3=x-ln x+3x+1x2-2x3-1,x1,2.设g(x)=x-ln x,h(x)=3x+1x2-2x3-1,x1,2.则f(x)-f (x)=g(x)+h(x).由g(x)=x-1x0,可得g(x)g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号.又h(x)=-3x2-2x+6x4.设(x)=-3x2-2x+6,则(x)在x1,2内单调递减.因为(1)=1,(2)=-10,所以x0(1,2),使得x(1,x0)时,(x)>0,x(x0,2)时,(x)<0.所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.由h(1)=1,h(2)=12,可得h(x)h(2)=12,当且仅当x=2时取得等号.所以f(x)-f (x)>g(1)+h(2)=32,即f(x)>f (x)+32对于任意的x1,2成立.考点二导数与函数的极(最)值5.(2017课标,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()A.-1B.-2e-3C.5e-3D.1答案A6.(2018课标,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是.答案-3327.(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-38.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=x3-3x,xa,-2x,x>a.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)9.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex.(1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线与x轴平行,求a;(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=ax2-(4a+1)x+4a+3ex,所以f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex.f (1)=(1-a)e.由题设知f (1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e0.所以a的值为1.(2)由(1)得f (x)=ax2-(2a+1)x+2ex=(ax-1)(x-2)ex.若a>12,则当x1a,2时, f (x)<0;当x(2,+)时, f (x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a12,则当x(0,2)时,x-2<0,ax-112x-1<0,所以f (x)>0,所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是12,+.10.(2017课标,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,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(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-1x,g(1)=a-1,得a=1.若a=1,则g(x)=1-1x.当0<x<1时,g(x)<0,g(x)单调递减;当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)证明: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)=2-1x.当x0,12时,h(x)<0;当x12,+时,h(x)>0.所以h(x)在0,12单调递减,在12,+单调递增.又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12内有唯一零点x0,在12,+内有唯一零点1,且当x(0,x0)时,h(x)>0;当x(x0,1)时,h(x)<0;当x(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)<14.因为x=x0是f(x)在(0,1)内的最大值点,由e-1(0,1), f (e-1)0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<f(x0)<2-2.疑难突破本题第(2)问中,因f (x)=0的零点求不出,需对f (x)的单调性进行研究,所以需构造函数h(x)=f (x).11.(2017山东,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)由题意得f()=2-2,又f (x)=2x-2sin x,所以f ()=2,因此曲线y=f(x)在点(, f()处的切线方程为y-(2-2)=2(x-),即y=2x-2-2.(2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),因为h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)=2(ex-a)(x-sin x),令m(x)=x-sin x,则m(x)=1-cos x0,所以m(x)在R上单调递增.因为m(0)=0,所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.当a0时,ex-a>0,当x<0时,h(x)<0,h(x)单调递减,当x>0时,h(x)>0,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a>0时,h(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),由h(x)=0得x1=ln a,x2=0.a.当0<a<1时,ln a<0,当x(-,ln a)时,ex-eln a<0,h(x)>0,h(x)单调递增;当x(ln a,0)时,ex-eln a>0,h(x)<0,h(x)单调递减;当x(0,+)时,ex-eln a>0,h(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=ln a时,h(x)取到极大值,极大值为h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2,当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1.b.当a=1时,ln a=0,所以当x(-,+)时,h(x)0,函数h(x)在(-,+)上单调递增,无极值.c.当a>1时,ln a>0,所以当x(-,0)时,ex-eln a<0,h(x)>0,h(x)单调递增;当x(0,ln a)时,ex-eln a<0,h(x)<0,h(x)单调递减;当x(ln a,+)时,ex-eln a>0,h(x)>0,h(x)单调递增.所以当x=0时,h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;当x=ln a时,h(x)取到极小值,极小值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.综上所述:当a0时,h(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;当0<a<1时,函数h(x)在(-,ln a)和(0,+)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2,极小值是h(0)=-2a-1;当a=1时,函数h(x)在(-,+)上单调递增,无极值;当a>1时,函数h(x)在(-,0)和(ln a,+)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,极大值是h(0)=-2a-1,极小值是h(ln a)=-a(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2.12.(2018课标,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>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)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f (x)=ln(1+x)-x1+x.设函数g(x)=f (x)=ln(1+x)-x1+x,则g(x)=x(1+x)2.当-1<x<0时,g(x)<0;当x>0时,g(x)>0.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-1<x<0时, f(x)<0;当x>0时, f(x)>0.(2)(i)若a0,由(1)知,当x>0时, f(x)(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.由于当|x|<min1,1|a|时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h(x)=11+x-2(2+x+ax2)-2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=x2(a2x2+4ax+6a+1)(x+1)(ax2+x+2)2.如果6a+1>0,则当0<x<-6a+14a,且|x|<min1,1|a|时,h(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x(x1,0),且|x|<min1,1|a|时,h(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.则当x(-1,0)时,h(x)>0;当x(0,1)时,h(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-16.思路分析(1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.易错警示容易忽略函数定义域.函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.考点三导数的综合应用13.(2015课标,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()A.-32e,1B.-32e,34C.32e,34D.32e,1答案D14.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,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-1,1215.(2019课标,20,12分)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-1,2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-11+x,g(x)=-sin x+1(1+x)2.当x-1,2时,g(x)单调递减,而g(0)>0,g2<0,可得g(x)在-1,2有唯一零点,设为.则当x(-1,)时,g(x)>0;当x,2时,g(x)<0.所以g(x)在(-1,)单调递增,在,2单调递减,故g(x)在-1,2存在唯一极大值点,即f(x)在-1,2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(