（5年高考+3年模拟）文科数学通用版课件：3.2　导数的应用 .pptx

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1、3.2导数的应用,高考文数 ( 课标专用),考点一导数与函数的单调性 1.(2014课标,11,5分,0.474)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,+),A组统一命题课标卷题组,五年高考,答案D依题意得f (x)=k-0在(1,+)上恒成立,即k在(1,+)上恒成立, x1,01, k1,故选D.,2.(2016课标全国,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.-1,1B.C.D.,答案C解法一:f (x)=1-cos 2x+ac

2、os 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4t2-3 at-50在-1,1上恒成立, 令g(t)=4t2-3at-5,则解得-a,故选C. 解法二:函数f(x)=x-sin 2x+asin x的导数为f (x)=1-cos 2x+acos x, 由题意可得f (x)0恒成立, 即1-cos 2x+acos x0恒成立, 即有-cos2x+acos x0恒成立, 令t=cos x(-1t1),即有5-4t2+3at0,当t=0时,不等

3、式显然成立; 当0t1时,3a4t-,由y=4t-在(0,1上递增,可得t=1时,y取得最大值-1,可得3a-1,即a-; 当-1t0时,3a4t-, 由y=4t-在-1,0)上递增,可得t=-1时,y取得最小值1, 可得3a1,即a. 综上,可得a的取值范围是.故选C.,3.(2017课标全国,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(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)

4、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.,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)ax0+1,从而说明 命题不成立;当a0时,举反例x0=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,求出f(x)的减区间;写出结论,注意单调区间不能用“”连接. (2)恒成立问题的三种常见解法:分离参数,化为最值问题求解,如a(x)max或a(x)min;构造函数,分类讨论,如f(x)g(x),即F(x

5、)=f(x)-g(x),求F(x)min0;转变主元,选取适当的主元可使问题简化.,4.(2016课标全国,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明当x(1,+)时,11,证明当x(0,1)时,1+(c-1)xcx.,解析(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+), f (x)=-1,令f (x)=0,解得x=1. 当00, f(x)单调递增;当x1时, f (x)1,设g(x)=1+(c-1)x-cx, 则g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0, 解得x0=.,当x0,g(x)单调递增;当xx0时,g(x)0. 所以当x(0,1)

6、时,1+(c-1)xcx.(12分),疑难突破在(3)中,首先要解方程g(x)=0,为了判断g(x)的单调性,必须比较极值点x0与区间(0,1)的关系,注意到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点.,评析本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.,考点二导数与函数的极值与最值 1.(2018课标全国,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,

7、 f (x)=ex-. 当02时, f (x)0. 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+)单调递增.,(2)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.,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),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果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.(2

8、015课标,21,12分,0.15)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f2a-2等价于ln a+a-11时,g(a)0.因此,a的取值范围是(0,1). 解法二:由(1)知,当a0时, f(x)在(0,+)上无最大值;当a0时,

9、f(x)在x=处取得最大值,最大值,为f=ln+a=-ln a+a-1. 因此f2a-2等价于ln a+a0时, f(x)在x=处取得最大值,最大值 为f=ln+a=-ln a+a-1. 当0a1时,因为f(1)=0,所以f(x)的最大值大于2a-2; 当a1时, f(x)的最大值f=-ln a+a-1a-12a-2. 因此,a的取值范围是(0,1).,3.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a0时,证明f(x)-2.,解析(1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=+2ax+2a+1=. 若a0,

10、则当x(0,+)时, f (x)0,故f(x)在(0,+)单调递增. 若a0; 当x时, f (x)0;当x(1,+)时,g (x)0时,g(x)0.从而当a0时,ln+10,即f(x)-2.,1.(2018课标全国,21,12分)已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1). (1)若a=3,求f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点.,考点三导数的综合应用,解析(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f (x)=x2-6x-3. 令f (x)=0,解得x=3-2或x=3+2. 当x(-,3-2)(3+2,+)时,f (x)0; 当x(3-2,3+2)时,f (x)0

11、,所以f(x)=0等价于-3a=0. 设g(x)=-3a,则g(x)=0,仅当x=0时g(x)=0,所以g(x)在(-,+)单调递增. 故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点. 又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6-0,故f(x)有一个零点. 综上,f(x)只有一个零点.,方法总结利用导数研究函数零点的方法: 方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)根据函数f(x)的性质作出图象; (3)判断函数零点的个数. 方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值; (2)分类讨论,判断函数零点的个数.,2.(2016课标全国,20,12分)已知函数f

12、(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a2,x(1,+)时,x2+2(1-a)x+

13、1x2-2x+10,故g(x)0,g(x)在(1,+)上单调递增,因此g(x)0;(8分) (ii)当a2时,令g(x)=0得 x1=a-1-,x2=a-1+.(10分) 由x21和x1x2=1得x11,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),思路分析(1)先求f (x),得到y=f(x)在点(1, f(1)处的切线斜率,列出切线的点斜式方程.(2)转化不等式,引入辅助函数g(x)=ln x-,求g(x),分情况讨论确定参数a的取值范围.,3.(2014课标,21,12分,0164)已知函数f(x

14、)=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k1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-k0. 当x0时,g(x)=3x2-6x+1-k0,g(x)单调递增,g(-1)=k-10时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(

15、x)=h(x)+(1-k)xh(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.,解题思路(1)先求出f (x)=3x2-6x+a,得到曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,令y=0,利用题设条件,求得参数a的值. (2)引入函数g(x)=f(x)-kx+2,将证明当k1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点转化为证明函数g(x)只有一个零点.,

16、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.,4.(2014课标,21,12分,0.196)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a1),曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切 线斜率为0. (1)求b; (2)若存在x01,使得f(x0),求a的取值范围.,解析(1)f (x)=+(1-a)x-b. 由题设知f (1)=0,解得b=1. (2)f(x)的定义域为(0,+),由(1)知, f(x)

17、=aln x+x2-x, f (x)=+(1-a)x-1=(x-1). (i)若a,则1,故当x(1,+)时, f (x)0, f(x)在(1,+)上单调递增. 所以,存在x01,使得f(x0)1,故当x时, f (x)0.f(x)在上 单调递减,在上单调递增.,所以,存在x01,使得f(x0),所以不合题意. (iii)若a1,则f(1)=-1=. 综上,a的取值范围是(-1,-1)(1,+).,解题思路(1)对f(x)求导,由题设可得f (1)=0,得到b=1. (2)由(1)可得f(x)=aln x+x2-x, f (x)=+(1-a)x-1=(x-1), 对a进行分类讨论,可以得到f(

18、x)的单调性,进而得到满足题设的a的取值范围.,评析本题考查导数的几何意义,导数在解函数问题中的应用等知识,同时考查了转化和分类讨论的数学思想,对运算能力及推理能力的要求较高.,5.(2015课标,21,12分,0.08)设函数f(x)=e2x-aln x. (1)讨论f(x)的导函数f (x)零点的个数; (2)证明:当a0时, f(x)2a+aln.,解析(1)f(x)的定义域为(0,+), f (x)=2e2x-(x0). 当a0时, f (x)0, f (x)没有零点; 当a0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增, 所以f (x)在(0,+)上单调递增. 又f (a)0,当b满足

19、00时, f (x)存在唯一零点. (6分),解题思路(1)由题设可得f (x)=2e2x-(x0).当a0时,容易得到f (x)没有零点,而当a0时,由函 数的性质可知f (x)在(0,+)上单调递增,从而得到f (x)在(0,+)上至多有一个零点的结论.又 f (a)0,从而问题的关键是找到b使得f (b)0时, f (x)存在唯一的零点x0,进而可以得到f(x0)为函数f(x)的最小值,所以可将问题转化为证明f(x0)2a+aln.,评析本题主要考查利用导数求函数零点及利用导数研究不等式,考查分类讨论思想,是综合性较强的题,属难题.,B组自主命题省(区、市)卷题组 考点一导数与函数的单调

20、性 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. 不妨设导函数y=f (x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x10,排除B,故选D.,2.(2015陕西,9,5分)设f(x)=x-sin x,则f(x)() A.既是奇函数又是减函数B.既是奇函数又是增函数 C.是有零点的减函数 D.是没有零点的奇函数,答案B易得f(x)是奇函数,由f (x)=1-cos x0恒成立,可知f(x)是增函数,故选B.,3.(2017山东,10,5分)若函数exf(x)(e=

21、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-xB.f(x)=x2 C.f(x)=3-xD.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.,4.(2015安徽,10,5分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是() A.a0,

22、b0,d0B.a0,b0 C.a0,d0D.a0,b0,c0,d0,答案A由f(x)的图象易知d0,且f (x)=3ax2+2bx+c的图象是开口向上的抛物线,与x轴正半轴有两个不同的交点,则即故选A.,评析本题考查导数的应用及运用图象解题的能力.,5.(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.,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).,6.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x3-ax2,aR.

23、(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3, f(3)处的切线方程; (2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(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;用导数研究函数的单调性;用导数求函数的极值、最值. (1)由题意f (x)=x2-ax, 所以当a=2时, f(3)=0, f (x)=x2-2x, 所以f (3)=3, 因此,曲线y=f(x)在点(3, f(3)处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0. (2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x, 所以g(x)=f (x)+cos x-(x-

24、a)sin x-cos x =x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x), 令h(x)=x-sin x,则h(x)=1-cos x0, 所以h(x)在R上单调递增. 因为h(0)=0,所以当x0时,h(x)0; 当x0时,h(x)0.,当a0,g(x)单调递增; 当x(a,0)时,x-a0,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)=-a3-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(

25、-,+)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值. 当a0时,g(x)=(x-a)(x-sin x), 当x(-,0)时,x-a0,g(x)单调递增; 当x(0,a)时,x-a0,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)=-a3-sin a. 综上所述: 当a0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)=-a3-sin a.,考点二导数与函数的极值与最值 1.(2016四川,6,5分)已知a为函数f

26、(x)=x3-12x的极小值点,则a=() A.-4B.-2C.4D.2,答案D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:,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.,2.(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-3,3.(2015陕西,15,5分)函数y=xex在其极值点处的切线方程为.,4.(

27、2018北京,19,13分)设函数f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex. (1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2)处的切线斜率为0,求a; (2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.,解析(1)因为f(x)=ax2-(3a+1)x+3a+2ex, 所以f (x)=ax2-(a+1)x+1ex. f (2)=(2a-1)e2. 由题设知f (2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=. (2)由(1)得f (x)=ax2-(a+1)x+1ex=(ax-1)(x-1)ex. 若a1,则当x时, f (x)0. 所以f(x)在x=1处取得极小值. 若a1,则当x(0,1)时

28、,ax-1x-10.所以1不是f(x)的极小值点. 综上可知,a的取值范围是(1,+).,方法总结函数极值问题的常见类型及解题策略: (1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号. (2)已知函数求极值.求f (x)求方程f (x)=0的根列表检验f (x)在f (x)=0的根的两侧的符号得出结论. (3)已知极值求参数.若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f (x0)=0,且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反.,5.(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)

29、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.,解析本小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)设PO的延长线交MN于H,

30、则PHMN,所以OH=10 米. 过O作OEBC于E,则OEMN, 所以COE=, 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,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,

31、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 +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,

32、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.,名师点睛(1)用表示OE和EC,就能求出矩形ABCD及三角形CPD的面积,求定义域时抓住N、G关于OK对称得到GOK的正弦值,从而求得sin 的范围. (2)先构造函数,再用导数求最值,求导时,交代的范围,判断f ()的符号,再确定f()的单调性,就能得到最大值,从而解决问题.,6.(2018天津,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

33、)处的切线方程; (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.,解析本小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

34、-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-d2)u+6=0. 设函数g(

35、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=+60.,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(x2)27,也就是|d|,此时|d|x2,g(|d

36、|)=|d|+60,且-2|d|x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+ 6-62+60,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.,7.(2017北京,20,13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

37、)在区间上的最大值和最小值.,解析(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

38、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.,8.(2016山东,20,13分)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,aR. (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a0时,x(0,+)时,g(x)0,函数g(x)单调递增; 当a0时,x时,g(x)

39、0,函数g(x)单调递增, x时,函数g(x)单调递减. 所以当a0时,g(x)的单调增区间为(0,+); 当a0时,g(x)的单调增区间为,单调减区间为. (2)由(1)知, f (1)=0. 当a0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01,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

40、(0,+)时, f (x)0, f(x)单调递减,不合题意. 当a时,00, 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.,考点三导数的综合应用 1.(2014湖南,9,5分)若0ln x2-ln x1B.-x1 D.x2x1,答案C令f(x)=,则f (x)=.当0 x1,故选C.,2.(2018江苏,19,1

41、6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. (

42、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(*),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

43、而转化为 研究h(x)=,x(0,1),a0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),a0,由m(0)0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.,3.(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 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.,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. (1)函数f(x)的导函数f (x)=-

44、, 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-ann0, 所以,存在x0(m,n)使f(x0)=kx0+a, 所以,对于任意的aR及k(0,+)

45、,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=0至多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

46、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)=-+=g=8-8ln 2,f(x1)+f(x2)8-8ln 2. (2)设h(x)=f(x)-kx-a=-ln x-kx-a, 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,-kxm0. 由于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

47、少有一个零点. h(x)=-k-k=-k,4.(2017天津,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(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=

48、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(a,4-a). (2)(i)证明:因为g(x)=ex(f(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=

49、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=2a3-6a2+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+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.,5.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中aR,e=2.718为自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当x1时,g(x)0; (3)确定