1、2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)53A版12_專題四42導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之1_4.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)53A版12_專題四42導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之1_4.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)53A版12_專題四42導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之1_4.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)53A版12_專題四42導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之1_4.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)53A版12_專題四42導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之1_4.2應(yīng)用創(chuàng)新題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)53A版12_專題四42導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之1_4.2應(yīng)用創(chuàng)新題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)53A版12_專題四42導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用之

2、1_4.2應(yīng)用創(chuàng)新題組4。2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用考試點一導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性?！?6課標(biāo)文，12,5分】若函數(shù)f【x】=13sn2x+sin x在【,+】單調(diào)遞增，則a的取值范圍是【 】A。1，1 B.-C-13,答案: Cf【x】123os 2x+os=23【2cox1】+co 43os2xcs x53, f【】在上單調(diào)遞增,則f【x】0在上恒成立，令co x=t，-1,1，則-43t2+t+53在-1，1上恒成立,即42-3at-5令g【t】=t2t-5，則g(1)=4-3a-50,g(-疑難突破由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍，利用導(dǎo)數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)來解決未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載評析 本題

3、考查由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導(dǎo)數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)來解決即可未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2?！?15課標(biāo)理,12，分】設(shè)函數(shù) 【】是奇函數(shù)f【x】【xR】的導(dǎo)函數(shù),f【-1】=0，當(dāng)x時，xf 【】-f【x】0，則使得【x】成立的x的取值范圍是【 】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載A?！?，】【0，1】 B【,0】【，+】?！?，】【-，0】 D【，1】【1,+】答案：A令【x】=f(x)x，則【】=xf (x)-f(x)x2f【x】是奇函數(shù)，f【】=0,【1】=f【1】=0，g【1】=f(1)當(dāng)x【0,1】時,g【x】0，從而f【】0；當(dāng)x【1，+】時，【x】0,從而f【x】又g【-x】=f(

4、-x)-x=-f(當(dāng)x【,1】時，【】0,從而【】0;當(dāng)x【1,0】時,g【x】0,從而f【】0.綜上，所求x的取值范圍是【，-】【0，】.評析 出現(xiàn)f 【x】+f【x】0【0】時，考慮構(gòu)造函數(shù)F【x】xf【x】;出現(xiàn)f【x】-f【x】0【】時，考慮構(gòu)造函數(shù)g【x】=f(x.【015課標(biāo)理，1,5分】設(shè)函數(shù)f【】ex【2x1】axa,其中1，若存在唯一的整數(shù)x0使得f【0】，則a的取值范圍是【 】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載A-32e,1 B。-32e答案: D由【0】0，即ex0【2x01】【x0-1】0得ex0【x0當(dāng)x0=時,得,顯然不成立，所以x.若x01,則ex令【x】ex(2x-1)x當(dāng)x1

5、,32時，g【x】，g【x】當(dāng)x32,+時要滿足題意，則x0=2,此時需滿足g【2】ag【3】，得e2a52e3，與a1矛盾,所以x1因為x01，所以aex易知，當(dāng)x【，0】時，g【x】,g【x】為增函數(shù),當(dāng)x【，1】時，g【】0,g【x】為減函數(shù),要滿足題意，則x0=0,此時需滿足g【-1】,則a的取值范圍是【 】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載。【2，+】 B【,+】C?！?，-】 【-,1】答案：C【】當(dāng)a=時,顯然f【x】有兩個零點，不符合題意.【2】當(dāng)a時, 【】=3x6,令f 【x】=0,解得x=0，x2=2a。當(dāng)a0時,2a，所以函數(shù)【】=ax32+1在【，】與2a,+上為增函數(shù)，在0,2a上

6、為減函數(shù),因為f【x】存在唯一零點x0,且0，則當(dāng)0時,2a0,所以函數(shù)f【x】=ax33x21在-,2a和【0,】上為減函數(shù),在2a,0上為增函數(shù),因為f【x】存在唯一零點x0，且x0，則f2a0,即a8a3-4a2+10，解得或.【2014課標(biāo)文,11，分】若函數(shù)【x】kx- x在區(qū)間【，】單調(diào)遞增，則k的取值范圍是【】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【,-2 B.【，-C.,+】 D1，+】答案:依題意得 【x】k-1x0在【1,+】上恒成立，即k1x在【1，】上恒成立1，01xk1，故選D。.【2019課標(biāo)文，,12分】已知函數(shù)f【x】=23-x2+2。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【】討論f【】的單調(diào)性；【2

7、】當(dāng)0a3時，記【x】在區(qū)間0,1的最大值為，最小值為m，求m的取值范圍未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載解析本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的基礎(chǔ)知識,考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系以及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法，考查學(xué)生的運算求解能力、推理論證能力以及分類討論思想的應(yīng)用。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】f 【x】=62-2x=x【3xa】。令f 【x】,得x=0或a3若a0，則當(dāng)x【，0】a3,+時， 當(dāng)x0,a3時, f故f【x】在【,】，a3,+單調(diào)遞增,在若a=， f【x】在【-，+】單調(diào)遞增;若0，則當(dāng)x-,a3【0，】時,當(dāng)xa3,0時，f故f【x】在-,a3，【0,】單調(diào)遞增，【】當(dāng)0a3時，由【1】知， 【

8、x】在0,a3單調(diào)遞減，在a3,1單調(diào)遞增,所以f【x】在0,1的最小值為a3=-a3于是a327所以M-m=2當(dāng)a2時,可知2-aa327單調(diào)遞減,所以m的取值范圍是8當(dāng)2a0.【1】當(dāng)a=-34時,求函數(shù)【x】的單調(diào)區(qū)間【】對任意x1e2,+均有f【x】x2注：e278 28為自然對數(shù)的底數(shù)。解析 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)的運算及其應(yīng)用，同時考查邏輯思維能力和綜合應(yīng)用能力.考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】當(dāng)a34時,f【x】=34ln x+f 【】=-34x+121+所以，函數(shù)f【x】的單調(diào)遞減區(qū)間為【0，3】,單調(diào)遞增區(qū)間為【，+】。未經(jīng)許可 請

9、勿轉(zhuǎn)載【2】由f【1】12a,得a當(dāng)0a24時，f【x】x2a等價于xa221+令=1a,則t22.設(shè)g【t】tx2t1+x2lx，t22，則g【t】=xt-1+1【i】當(dāng)17,+時,1+1則g【t】g【22】=8x-421+x2l記p【x】=4x-221+xln,則p【x】2x2x+1=(x-故111【，】p【】0+p【x】p1單調(diào)遞減極小值p【1】單調(diào)遞增所以,【】【1】=0。因此，g【t】g【22】=2【x】0。【ii】當(dāng)1e2g【x】1+1x=令q【x】=2xln x+【x1】，x1e則【x】=lnx故q【x】在1e2所以q【x】17由【i】得,q17=277p1所以，q【】.因此，g

10、【t】g1+1x-由【】【i】知對任意x1e2,+，t2,+】，【t】0，即對任意x均有f【x】x2綜上所述,所求a的取值范圍是0,2疑難突破 【1】導(dǎo)函數(shù)f 【x】通分后，對分子的因式分解比較困難，可以選擇先求分子等于0時的根，從而確定根兩側(cè)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù).未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】先對本題復(fù)雜不等式化簡變形是解題的切入點,由于a的范圍太大,借助恒成立的條件用特殊值縮小a的范圍是解題的關(guān)鍵,另外，對雙變量不等式,合理確定主元，是解決本題的思維轉(zhuǎn)折點。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載8?！?17課標(biāo)文,，12分】已知函數(shù)f【x】=x【ex-】a2。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】討論f【】的單調(diào)性；【2】若f【x】0，

11、求a的取值范圍.解析本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值【1】函數(shù)f【】的定義域為【,】, f 【】2e2xaexa2=【2ex+】【x-a】。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載若a=0，則【x】e2x，在【,】單調(diào)遞增.若a0，則由f 【】=得=l 當(dāng)x【,ln a】時， 【x】0；當(dāng)x【l a,+】時， f【x】0。故f【x】在【-,lna】單調(diào)遞減,在【ln a，】單調(diào)遞增.若a0,則由 【x】=0得ln-a當(dāng)x-,ln-a當(dāng)xln-a2,+時故f【】在-,ln-a2單調(diào)遞減【2】若a,則f【x】=2x,所以f【x】0.若a0，則由【1】得，當(dāng)x=ln a時, f【】取得最小值，最小值為【lna】=

12、2lna,從而當(dāng)且僅當(dāng)aln 0,即a1時,【】0。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載若a,則由【1】得，當(dāng)x=ln-a2時，f【x】取得最小值，最小值為fln-a2從而當(dāng)且僅當(dāng)a234-即a2e34時,f【x】綜上，a的取值范圍是e3考試點二 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極【最】值1.【2017浙江，7，分】函數(shù)=【】的導(dǎo)函數(shù)y=f【x】的圖象如圖所示,則函數(shù)y=【x】的圖象可能是【 】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載答案：D 本題考查函數(shù)圖象的識辨，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性和極值。不妨設(shè)導(dǎo)函數(shù)yf 【】的零點依次為,x2,3，其中x103，由導(dǎo)函數(shù)圖象可知,yf【x】在【-，】上為減函數(shù)，在【1，2】上為增函數(shù)，在【x2,x3】上為減

13、函數(shù)，在【x，】上為增函數(shù),從而排除,Cy=f【x】在=1，xx處取到極小值，在=x2處取到極大值,又20，排除，故選D未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載方法總結(jié) 函數(shù)圖象的識辨方法:利用函數(shù)圖象上的特殊點【如函數(shù)圖象與x軸、y軸的交點,函數(shù)圖象上的最高點、最低點等】來識辨。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載2利用函數(shù)的定義域，在某個區(qū)間上的值域來識辨利用函數(shù)的單調(diào)性、極值【常用導(dǎo)數(shù)來判斷】和函數(shù)的周期性來識辨4。利用函數(shù)的零點來識辨。5。利用函數(shù)的奇偶性來識辨,若函數(shù)是奇【或偶】函數(shù)，則其圖象關(guān)于原點【或y軸】對稱.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載6利用函數(shù)圖象的中心對稱和軸對稱來識辨7.利用函數(shù)圖象的漸近線來識辨。如指數(shù)型函數(shù)、對數(shù)型

14、函數(shù)、冪函數(shù)【指數(shù)為負(fù)】型函數(shù)【含反比例函數(shù)】、正切型函數(shù)等，其圖象都有漸近線.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載?！?1四川文，6，5分】已知a為函數(shù)f【x】=x31x的極小值點,則=【 】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載A4B。2 C4 D.2答案： D由題意可得f【x】=32-13【x-2】【x2】,令f 【x】=,得x=-2或x=2,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載則f 【】, f【】隨x的變化情況如下表：x【-，-】2【-2，】2【2，+】f 【】+-0+f【x】極大值極小值函數(shù)【】在x=2處取得極小值，則a=2。故選D.評析本題考查了函數(shù)的極值問題。正確理解函數(shù)的極值點的概念是解題的關(guān)鍵3【204課標(biāo)理，2,分】設(shè)函數(shù)【x】

15、3snxm.若存在f【x】的極值點x0滿足x02+f【x0】2m2，則m的取值范圍是?！?，6】【6,+】 .【-，4】【4,+】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載C【-,-2】【，+】 【,1】【，+】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載答案：C f 【】=3msf【】的極值點為x,f 【x0】=0，3mcosmk+2,x0=mk+m2,Z又x02+f【0】2mmk+m22+3sink即mk+1223m0，k+122m又存在0滿足x02+f【x0】2122,m2-m24,m評析 本題考查了函數(shù)的極值問題,三角函數(shù)求值、恒成立等問題.考查分析問題、解決問題的能力。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載。【213課標(biāo)，理10,文11，5分】已知函數(shù)f

16、【x】=ax2bxc，下列結(jié)論中錯誤的是【 】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載A.x0， f【】=函數(shù)y【x】的圖象是中心對稱圖形若x0是f【x】的極小值點,則f【x】在區(qū)間【，x0】單調(diào)遞減D。若x0是f【x】的極值點，則f【x0】答案：C由三次函數(shù)值域為R知f【】=有解，所以A項正確；因為y=3的圖象為中心對稱圖形，而【x】=3ax2+bx+c的圖象可以由y=x3的圖象平移得到，故B項正確；若f【x】有極小值點，則f【】=0有兩個不等實根x1,x【x1x】, f 【x】=32ax=【-x1】【xx2】,則【x】在【-,1】上為增函數(shù)，在【1，x2】上為減函數(shù),在【x，+】上為增函數(shù),故C項錯誤；項正確.

17、故選C。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載評析 本題考查了三次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值與單調(diào)性。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載5【2019課標(biāo)文，21，12分】已知函數(shù)f【x】=【x-1】ln xx-1證明:未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】f【】存在唯一的極值點;【】【x】=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù)。解析 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值點及方程根的問題,考查推理論證能力、運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理及數(shù)學(xué)運算.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【】f【】的定義域為【0，+】。 【x】=x-1xln x-1=l 因為y= x單調(diào)遞增,y1x單調(diào)遞減,所以f 【x】

18、單調(diào)遞增.又 【1】=10， 【2】=212=ln4-120,故存在唯一【1，】，使得又當(dāng)x0時， f 【x】0, f【x】單調(diào)遞增。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因此, f【x】存在唯一的極值點。【2】由【1】知f【x0】f【】=2,又f【e2】=e20,所以【x】=0在【x,】內(nèi)存在唯一根x=。由x01得1x又f1=1-1ln1故1是f【x】=0在【0,x0】的唯一根綜上， f【x】=有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數(shù).思路分析【】求函數(shù)極值點的個數(shù),實質(zhì)是求導(dǎo)函數(shù)零點的個數(shù),注意應(yīng)用零點存在性定理;【2】由第【1】問易知方程f【x】=在【x,】上存在唯一根，根據(jù)所要證明的結(jié)論，只需求出f1=即可.

19、?！?01江蘇，19，16分】設(shè)函數(shù)f【】=【xa】【b】【x-c】，a，b，c， f 【】為f【】的導(dǎo)函數(shù).未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】若a=b, f【4】=8，求的值;【2】若ab，bc，且f【】和 【x】的零點均在集合-3，中,求【】的極小值；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【3】若=0，0，c=1,且【x】的極大值為M,求證：M427。解析 本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，考查綜合運用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】因為ab=c，所以f【x】【x】【-b】【x-】=【xa】3。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因為f【】=8,所以【4a】3=8，解得a2【2】因為b=c,所以f【

20、】=【x-】【xb】2=【a+2b】x+b【2a+b】xa,從而f【x】【x-b】x-2令f【x】,得x=b或x=2a因為，b，2a+b3都在集合3，1，3中，所以2a此時, f【x】=【x3】【x+3】2, f 【x】3【x+3】【x1】.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載令f 【x】=0，得=3或x=1.列表如下：x【-,-3】-【3,】【1,+】f 【x】+-0+f【x】極大值極小值所以f【x】的極小值為【1】【-3】【13】2=-32【3】因為a=0,c1,所以f【】=x【-b】【x1】=x3【b+1】x+bx， f 【】322【b1】x+b。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因為0,所以=4【b+】21=【2b1】

21、2+30，則【x】有2個不同的零點,設(shè)為x1，x2【xx2】。由【x】=，得x1=b+1-b2-b列表如下：x【,x1】1【x1，x】2【x，+】f 【x】+00+f【x】極大值極小值所以【】的極大值M=f【x1】解法一：=f【x1】=x13【b+1】x=3x12-2【b+1】1+x13-b+1=-2(b2-b+1)(b+1)27=b(b+1)27-2(b-1b(b+1)27+因此M427解法二：因為00，bR】有極值,且導(dǎo)函數(shù)【x】的極值點是f【x】的零點。【極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【】求b關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域;【】證明：23a;【3】若f【x】，

22、f 【x】這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-72,求a的取值范圍。解析本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究初等函數(shù)的單調(diào)性、極值及零點問題,考查綜合運用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】由【x】=x3+x+bx+1，得 【x】=3x2+2x+b=3x+a32當(dāng)x=a3時， f 【x】有極小值ba因為 【x】的極值點是f【x】的零點，所以-a3a327+a39ab3+1,又a，因為f【】有極值，故f【x】=0有實根，從而a2319a【7a3】,即當(dāng)=3時, f 【】0【1】，故f【】在上是增函數(shù)， f【x】沒有極值;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)a3時， f 【x】=有兩個相異的實根

23、x1=-a-a2-3列表如下：x【-，x1】x1【x1，x】2【x2，+】f 【】+0-0+【x】極大值極小值故【x】的極值點是,x2。從而3因此b2a29+3a，【】證明：由【】知，ba=2aa設(shè)g【t】=2t9+3t,則g【t】29-3當(dāng)362,+時，g【】,從而g【t】在因為a3，所以a33,故g【a a】【3】=3,即ba3因此b23a。【3】由【1】知, f【x】的極值點是1，x2,且x1+x=-23a，x12+x從而f【x1】+f【x2】=x13+x12+bx1+1x23x13【x12xb】+x23【3x22+2ax+b】+13a【x12+x2記f【】， f 【x】所有極值之和為【

24、a】,因為f 【x】的極值為-a23=192所以h【】1923因為【a】=29a3于是【】在【3，+】上單調(diào)遞減.因為h【6】=-72，于是h【a】h【6】,故a因此的取值范圍為【,6易錯警示 【1】函數(shù)【】的極值點x滿足f 【x】=，函數(shù)f【x】的零點x滿足f【】=0,而f 【x】的極值點x應(yīng)滿足f【0】=0。【2】求函數(shù)的關(guān)系式必須確定函數(shù)的定義域。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載10.【201北京理,19,13分】已知函數(shù)f【x】excos -x。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】求曲線y=f【x】在點【0,f【0】處的切線方程；【】求函數(shù)【x】在區(qū)間0,2解析 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單

25、調(diào)性、最值.【】因為f【x】=exco xx，所以【x】=e【osx-six】-， f 【】=0。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載又因為f【0】=1，所以曲線y=f【x】在點【0, f【0】處的切線方程為y.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】設(shè)h【x】=e【os xsn x】,則h【】=ex【cos xsinxn xcos x】=-esin x。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)x0,2所以h【】在區(qū)間0,2所以對任意0,2有【x】h【0】=0，即f所以函數(shù)f【】在區(qū)間0,2因此【】在區(qū)間0,2上的最大值為f【0】=1,最小值為 2=解題思路【1】先求導(dǎo),再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，最后利用點斜式求出切線方程.【2】設(shè)h【

26、x】=ex【cosx-inx】-1，對h【x】求導(dǎo)，進(jìn)而確定h【x】的單調(diào)性，最后求出最值。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載方法總結(jié).求切線方程問題：【1】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出指定點處的導(dǎo)數(shù)值,即切線的斜率;【】求出指定點處的函數(shù)值；【3】求出切線方程。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性：【】求出函數(shù)【】的定義域;【2】求出函數(shù)【x】的導(dǎo)函數(shù)f 【x】;【3】令 【x】0得到f【】在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間，令 【x】0時，x0,12a時，g【x】,函數(shù)12a,+時,所以當(dāng)0時,g【】的單調(diào)增區(qū)間為【，+】；當(dāng)a時，g【x】的單調(diào)增區(qū)間為0,12a,【2】由【1】知， 【1】0.當(dāng)a0時， f 【x

27、】單調(diào)遞增，所以當(dāng)x【0,1】時， 【x】0,f【x】單調(diào)遞減。當(dāng)x【1，】時,f【】0， f【x】單調(diào)遞增.所以f【x】在x=處取得極小值，不合題意。當(dāng)0a12時,00】有最小值.設(shè)【x】解析 【1】f【x】的定義域為【-,2】【2,+】?！?分】f 【x】=(x-1)(x+2)且僅當(dāng)x=0時， f 【x】=0，所以f【x】在【，2】，【2，+】單調(diào)遞增.因此當(dāng)x【0，+】時， f【】f【0】1.所以【x-2】e【x+2】,【x2】ex+0【4分】【2】g【x】=(x-2)ex+由【1】知， f【x】+單調(diào)遞增。對任意a0,】,f【】aa-10，f【2】+a0。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因此，存在唯

28、一xa【，2，使得f【】+a0,即g【xa】=0?！痉帧课唇?jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)a時，f【】a，【x】0,g【】單調(diào)遞減；當(dāng)xa時，f【】+0,【x】0,g【x】單調(diào)遞增。【7分】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因此g【x】在x=a處取得最小值，最小值為g【xa】=exa-a(xa+1)于是h【a】=exaxa+2，由exx+2所以,由xa【0,2，得12=e00+2【a】exaxa+2因為exx+2單調(diào)遞增,對任意12,e24，存在唯一的【0，2,=-f【a】0,1】，使得h【a】=綜上，當(dāng)a,1】時,【x】有最小值h【】,h【a】的值域是12,e2疑難突破本題求解的關(guān)鍵是“設(shè)而不求”方法的運用，另外，注意將

29、對【】符號的判斷靈活地轉(zhuǎn)化為對【】+a符號的判斷。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載評析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運用，求單調(diào)區(qū)間及最值,考查不等式的證明.屬難題未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載4?！?16天津理，20，14分】設(shè)函數(shù)f【x】=【x】3-axb，xR,其中,b未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】求f【x】的單調(diào)區(qū)間;【2】若f【】存在極值點x0，且f【x】=【x0】，其中x1x0,求證:x+2x0=3；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【3】設(shè)a0,函數(shù)g【x】=|【x】|,求證：g【x】在區(qū)間0，上的最大值不小于1解析 【】由f【x】【x1】3ax-，可得f 【x】=3【x1】2-a未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載下面分兩種情況討論:當(dāng)a0時,有f 【x

30、】【-1】20恒成立，所以【】的單調(diào)遞增區(qū)間為【，】.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)a0時，令f 【x】=0，解得x1+3a3或x=當(dāng)x變化時，f 【x】， f【x】的變化情況如下表：x,1-3a3133a3，+3131+3a3,+ 【】+0【x】單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以f【x】的單調(diào)遞減區(qū)間為1-3a3,1+3a【2】證明：因為【x】存在極值點,所以由【1】知0，且x01.由題意，得f【】=3【x01】a=0，即【x0】2=a3，進(jìn)而f【0】=【01】-ax0=2a3-又f【x】=【22x0】3-【320】b=8a3【1x】+2a03ab2a30a3bf【0】，且32x0由題意及【1】

31、知,存在唯一實數(shù)x1滿足【1】=f【x0】,且x1x0,因此=3x.所以x+=.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【3】證明：設(shè)g【】在區(qū)間0，2上的最大值為M，maxx,y表示x,兩數(shù)的最大值。下面分三種情況討論：未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)時，13a30213a3，由【】知， f【】在區(qū)間0，2上單調(diào)遞減,所以f【x】在區(qū)間0，2上的取值范圍為f【】,M=max|f【】,|f【0】ma1-2b，-b未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=axa-1+【】，|-1-【+b】|=a所以Ma-+|a+b2。當(dāng)34a3時,23a313a313a321+23a3,由【】和【2】知f【0】f1-所以f【x】在區(qū)間0，上的取值范圍為f1+因此M=

32、maxf=ma-=x22a93a+|293當(dāng)034時,01-23a由【1】和【】知f【0】14綜上所述，當(dāng)a0時，g【x】在區(qū)間，2上的最大值不小于14易錯警示 【1】對參數(shù)a討論時易忽略a0的情形，導(dǎo)致忽略f【x】在上遞增的情況.【3】討論0a3時，未意識到仍需將a分成a0,所以f【x】在【,+】上單調(diào)遞增若0，則當(dāng)0,1a時，f 【x】;當(dāng)x1a,+時,f 【】a2等價于n 令g【a】=lna+a-1,則g【】在【0，+】上單調(diào)遞增,g【1】=0。于是,當(dāng)0時,g【】0;當(dāng)a1時，【】0。因此，a的取值范圍是【0,1】。16.【015山東理,1，14分】設(shè)函數(shù)f【x】=ln【x+1】a【x

33、2x】,其中aR。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】討論函數(shù)f【x】極值點的個數(shù)，并說明理由;【2】若x0,f【】0成立,求的取值范圍。解析 【1】由題意知函數(shù)f【x】的定義域為【,+】,f 【x】=1x+1a【2x1】=令【x】=x+ax+1,x【1，+】.當(dāng)=時，g【x】1，此時f 【】0,函數(shù)f【x】在【，】單調(diào)遞增，無極值點.當(dāng)0時，=2-8a【1】=【-8】【i】當(dāng)0a89時，g【x】f【x】0，函數(shù)f【x】在【1,+】單調(diào)遞增，無極值點?！緄i】當(dāng)a89時，設(shè)方程2x2ax1=0的兩根為x1,x2【10,函數(shù)【】單調(diào)遞增；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)【x,x2】時,g【x】0，由g【1】=10，可得

34、x1-當(dāng)x【,2】時，g【x】0, f 【x】0,函數(shù)f【】單調(diào)遞增;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)x【，+】時,g【x】， f 【】0,函數(shù)f【】單調(diào)遞減未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以函數(shù)有一個極值點.綜上所述，當(dāng)a89時,函數(shù)f【x】有兩個極值點【2】由【1】知,當(dāng)a89時,函數(shù)f【】在【，+】上單調(diào)遞增因為f【0】=0,所以x【0，】時， f【x】0，符合題意。當(dāng)89a1時,由g【】0，得x2所以函數(shù)【x】在【0，+】上單調(diào)遞增.又f【0】,所以x【0，+】時, 【x】0,符合題意.當(dāng)a1時，由g【】0，可得x2。所以【0，x2】時，函數(shù)f【x】單調(diào)遞減。因為f【0】0,所以x【0,x2】時, f【x】0

35、，不合題意當(dāng)ah【】=0，即n【x】.可得f【x】x+a【x2x】=a【-a】x，當(dāng)x11a時，ax2此時【x】,求b的最大值;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【3】已知1。41 220，【x】0.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【ii】當(dāng)b2時，若滿足2exex82-3當(dāng)3241時，l【b1+b2g【l2】-3222+【32+2】ln ln 0；當(dāng)x【2,ln 2】時， f 【】0。故f【x】在【，2】，【l ，+】上單調(diào)遞增,在【-2，ln2】上單調(diào)遞減。當(dāng)x-2時，函數(shù)f【x】取得極大值,極大值為f【-】=4【-2】.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載評析 本題考查導(dǎo)數(shù)的運算及幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值等基礎(chǔ)知識,考

36、查了運算求解能力未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載9.【013課標(biāo)文,21,12分】已知函數(shù)【】2e?！尽壳骹【x】的極小值和極大值;【2】當(dāng)曲線y=f【x】的切線l的斜率為負(fù)數(shù)時,求l在軸上截距的取值范圍。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載解析 【1】f【x】的定義域為【，】，f 【】ex【x-2】。當(dāng)x【,0】或x【,+】時, f 【x】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以f【】在【,0】，【2,】上單調(diào)遞減,在【0，2】上單調(diào)遞增.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載故當(dāng)x=0時, f【x】取得極小值,極小值為f【】=0；當(dāng)x=2時， f【】取得極大值，極大值為f【】=4-2.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】設(shè)切點為【，f【】,則的方程為y=f 【t】【-t

37、】+f【t】。所以l在x軸上的截距為【t】=t-f(t)f 由已知和得【，0】【2，】令h【x】=x+2x【0】，則當(dāng)x【0,+】時，h【x】的取值范圍為22，】;當(dāng)x【，2】時,【x】的取值范圍是【-，】。所以當(dāng)【-,】【2,+】時,m【t】的取值范圍是【，0】2+3，+】。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載綜上，l在軸上的截距的取值范圍是【,】22，+】.評析 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,均值定理求最值，考查了綜合解題的能力,正確地求導(dǎo)是解題的關(guān)鍵未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載20【201課標(biāo)理，21,12分】已知函數(shù)f【】滿足f【x】= 【】ex1-f【】12x2.【1】求f【x】的解析式及單調(diào)區(qū)間;【】若f【x】12x

38、+ax+b，求【a+1】b的最大值解析 【1】由已知得f 【】=f 【1】ef【0】+x,所以f 【1】f【1】-f【0】+1,即f【0】=1.又f【0】=f 【1】e1,所以f 【1】。從而【】=xx+12x2由于f 【x】e1+x，故當(dāng)x【，0】時,f【x】0;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)【0，+】時, f 【x】.從而， f【x】在【-，0】上單調(diào)遞減,在【，+】上單調(diào)遞增【2】由已知條件得-【1】b.【i】若+10，則對任意常數(shù)b，當(dāng)x0，且x1-ba+1時,可得e-【+1】x0,則當(dāng)x【-,l a】時, 【x】；當(dāng)x【l a，】時， 【x】0,所以,【x】在【-，ln a】上單調(diào)遞減，在【n

39、 a，+】上單調(diào)遞增.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】由于a=1，所以【xk】f【x】+x+=【】【ex-1】+1未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載故當(dāng)x0時，【xk】f 【】+x+1等價于k0,所以h【】在【0，+】上存在唯一的零點。故g【x】在【0,】上存在唯一的零點.設(shè)此零點為，則【1,2】.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)x【0，】時，g【x】0;當(dāng)x【,】時，【x】0.所以【x】在【0,+】上的最小值為g【】.又由g【】,可得e+，所以g【】=+1【，3】。由于式等價于kg【】,故整數(shù)k的最大值為2。評析本題考查了函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，判斷出導(dǎo)數(shù)的零點范圍是求解第【2】問的關(guān)鍵.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載22【20江蘇，9，1

40、6分】已知關(guān)于x的函數(shù)=【x】，g【】與【x】=xb【k,bR】在區(qū)間上恒有f【x】【x】【x】。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】若f【x】=x2+2x，【x】=-x22,=【-,】，求h【x】的表達(dá)式;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】若【x】=x2x+1，【x】kln x,【x】=kx-k，D【0，+】,求k的取值范圍;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【3】若f【x】x4x,g【】=4x2-，h【x】=4【3-t】x3t+t2【0t2】，D=m,n2，2,求證：n-7.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載解析 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，考查綜合運用數(shù)學(xué)思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【】由條件【x】h【

41、x】g【x】，得x+2kx+b-x2+x，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載取x=0，得0，所以b=.由x2+2kx,得2【2】0,此式對一切x【-，】恒成立,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以【2-k】0,則k=2,此時x+2x恒成立,所以h【x】2x?！?】【x】-【】=k【x-1ln 】，【，+】令u【x】=x-ln x，則u【x】=1-1x,令u【x】=0,得x=1.x【0，1】【1，+】u【x】0u【】極小值所以【x】in=u【1】=0。則x1ln x恒成立,所以當(dāng)且僅當(dāng)k0時,h【x】g【x】恒成立。另一方面, f【x】【x】恒成立，即xx+1kx-恒成立,也即x2【+】x+1+k恒成立。因為k0，對稱軸為x

42、=1+k所以【1+k】24【1+k】,解得-13。因此，的取值范圍是0k3。【3】證明:當(dāng)1t2時，由g【x】h【x】，得4x284【t3t】3t422,整理得2-【t3t】3t4-令-【t3】2【342t-8】，則=65t3t2.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載記【t】=t6t43t2+8【1t2】，則【t】=t50t3+6t=2t【t21】【t23】0恒成立，未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以【t】在1，2上是減函數(shù)，則【2】【t】【1】,即【t】.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以不等式【*】有解，設(shè)解的范圍為xx2,因此-mx2x1=7。當(dāng)0t1時， f【-1】h【-1】=3t4+4t32t2-4t1.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載設(shè)

43、v【t】=3t44-2t-4t，v【t】2t312t2-44=4【t+1】【3t21】,令v【t】=,得t=33當(dāng)t0,33時,v【t】0，v【t】【0】=-1，v【1】=0，則當(dāng)t時，v【t】0。【或證：v【t】=【t+】【3t1】【t1】0】則【1】-h【1】0,因此1【m，n】。因為,n2，2，所以n210，g【】=-,故g【x】在【0，】存在唯一零點。所以f 【x】在【，】存在唯一零點.【】由題設(shè)知f【】a,f【】=0,可得a0由【】知，【x】在【，】只有一個零點，設(shè)為x0，且當(dāng)x【0,x0】時，f 【x】;未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)x【x0,】時,f 【x】0,由 【x】=1-ax=x-a

44、x知,當(dāng)x【0,a】時， f 【x】.令x=1+12n,得n1+1從而ln1+12+ln1+122+l1+12n12+故1+121+而1+121+12思路分析【1】對分類討論，并利用導(dǎo)數(shù)研究f【x】的單調(diào)性,找出最小值點，從而求出?！?】由【】得當(dāng)x時,1-ln 0。令x112n，換元后可求出1+121+一題多解 【1】 【x】=ax=x-ax【x0】。當(dāng)a0時, f 【】，而【1】=，不合題意，a0，【x】在【0，】上單調(diào)遞減，在【a,】上單調(diào)遞增。又f【x】0,f【】0，即a1-aln a，記h【x】=x1x x,則h【】=1ln x1=-ln x.h【】在【,】上單調(diào)遞增，在【，+】上單

45、調(diào)遞減，h【x】h【1】=0,即當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，h【x】0，當(dāng)且僅當(dāng)時,式成立5【217課標(biāo)文,1，12分】設(shè)函數(shù)【】=【12】e未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】討論【】的單調(diào)性;【2】當(dāng)x時， 【x】a+1，求的取值范圍。解析本題考查函數(shù)的單調(diào)性,恒成立問題。【1】f 【】=【1xx】e.令f 【x】0，得x=12或x-1+2.當(dāng)x【-，-12】時，f 【】；當(dāng)x【2,1+2】時, f 【x】0；當(dāng)x【-1+2，】時,f 【x】所以f【x】在【-,-12】，【2，】單調(diào)遞減，在【2，+2】單調(diào)遞增.【】f【x】=【+】【1-x】x。當(dāng)a時,設(shè)函數(shù)h【x】=【x】ex，h【x】=-e0【x0】,因此

46、h【】在0,+】單調(diào)遞減，而h【0】1,未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載故【x】1,所以f【x】=【x1】h【x】ax1.當(dāng)a時,設(shè)函數(shù)【x】=e-1，g【x】=ex-10【】,所以g【x】在0,+】單調(diào)遞增，而g【】=,故exx+1未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)0 x【1-x】【1+】，【1】【+】2-a未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載=x【1-xx2】,取x0=5-則0【，】,【1x0】【1+0】-x=0,故f【x】x+1。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)0時,取05-則x【0，1】，【0】【x】【10】21ax0+1。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載綜上,的取值范圍是1,+】.解題思路【1】求f 【x】,令f 【】,求出【】的單調(diào)增區(qū)間,令f 【x】

47、ax0，從而說明命題不成立;當(dāng)0時,舉反例疑難突破 【1】求單調(diào)區(qū)間的一般步驟：求定義域；求 【x】,令f 【x】，求出【x】的增區(qū)間，令f 【x】0，求出【x】的減區(qū)間；寫出結(jié)論,注意單調(diào)區(qū)間不能用“”連接.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【】恒成立問題的三種常見解法：分離參數(shù),化為最值問題求解，如a【x】ax或a【】min;構(gòu)造函數(shù),分類討論，如【x】g【】,即【x】f【x】g【x】,求F【x】min0;轉(zhuǎn)變主元，選取適當(dāng)?shù)闹髟墒箚栴}簡化。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載26【2017課標(biāo)文，21，分】已知函數(shù)f【x】=ln x+ax+【2a+1】x.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【】討論f【】的單調(diào)性;【2】當(dāng)a0時,證明【

48、x】-34解析 【】【】的定義域為【，】, f【x】1x+2a+a=(x若a0,則當(dāng)x【0,+】時，f【x】0,故f【】在【0，+】單調(diào)遞增.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載若0，則當(dāng)x0,-12a時，當(dāng)-12a,+時故【x】在0,-12a單調(diào)遞增,【】由【1】知,當(dāng)a0時， 【x】在x=12a取得最大值,最大值為f-12aln所以f【x】-34a等價于ln-12a14a-34a-，設(shè)g【x】= xx+1,則g【x】=1x當(dāng)x【0,1】時，【x】0;當(dāng)x【1,+】時，g【x】。所以【】在【0,】單調(diào)遞增，在【1,+】單調(diào)遞減.故當(dāng)x=時,g【x】取得最大值,最大值為【1】=0.所以當(dāng)x時,g【x】0.從而當(dāng)

49、a0時，ln-12a12a+10,即【x】。【01天津理，20，14分】設(shè)a,已知定義在上的函數(shù)f【x】2x4x-2-6x+在區(qū)間【,2】內(nèi)有一個零點,g【x】為f【x】的導(dǎo)函數(shù).未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】求g【x】的單調(diào)區(qū)間；【2】設(shè)m1，x0】【x0，2,函數(shù)h【】g【x】【m-0】【】,求證:【】h【x0】0,故當(dāng)x1，x0】時,H【x】0，H1【x】單調(diào)遞減；當(dāng)x【x0，2時,H1【x】0,H1【x】單調(diào)遞增。因此，當(dāng)x1，x0】【x，時，1【】H1【0】=f【0】0,可得H【m】,即h【m】0.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載令函數(shù)H2【x】g【】【x-x】f【x】，則H2【x】g【x0】g【x】.

50、由【1】知g【x】在，2上單調(diào)遞增,故當(dāng)x1，x0】時，H2【x】0,【x】單調(diào)遞增;當(dāng)【0，時，H【】0,H2【x】單調(diào)遞減。因此,當(dāng)x1，x】【x0,2時,2【x】H2【x】,可得2【m】0，即【x0】0未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以，【】h【】0【3】證明：對于任意的正整數(shù)p，,且pq,x0】【x0,令=pq,函數(shù)h【x】=g【x】【mx0】-f【m】。由【2】知,當(dāng)m，0】時，h【x】在區(qū)間【m,x0】內(nèi)有零點；當(dāng)【x0,2時,h【】在區(qū)間【x0，】內(nèi)有零點.所以h【x】在【1，2】內(nèi)至少有一個零點,不妨設(shè)為x1，則【x1】=【x】pq-x由【1】知g【】在1,2上單調(diào)遞增，故0g【1】g【1

51、】g【】,于是pq-x0=|2p因為當(dāng)1,2時,g【x】0,故f【】在1,2上單調(diào)遞增，所以f【x】在區(qū)間1，2上除x0外沒有其他的零點,而pqx0,故pq.又因為,q，a均為整數(shù)，所以2p4+p3q-3pq-pq3aq4|是正整數(shù)，從而p4+3p3qp2q2q+a4|1所以pq-x01g(2)q4。思路分析【】求出函數(shù)f【x】的導(dǎo)函數(shù)【】=f 【x】=83x2-6x6，求出使導(dǎo)函數(shù)為零的的值，通過列表求出單調(diào)區(qū)間即可.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】由h【x】推出h【m】，h【x0】,令函數(shù)H【x】=g【x】【-x0】-f【】，H2【x】=g【x】【xx0】-f【x】，求出導(dǎo)函數(shù)H1【x】,H2【x

52、】,由此可推出h【m】h【】0,故g【】0，g【x】在【1，+】上單調(diào)遞增,因此g【x】0；【8分】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【i】當(dāng)a2時,令g【x】=得1-(a-1)2-1，x由x21和xx21得x1g【】在區(qū)間【1,+】內(nèi)恒成立.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載解析【1】f 【x】=x1x2當(dāng)a時， f 【】0， f【x】在【0,+】內(nèi)單調(diào)遞減。當(dāng)a0時，由 【x】=有=12當(dāng)x0,12a時, f 【】，當(dāng)12a,+時， f 【x】0，【2】令【】=x-1x，則s【】=e1.當(dāng)x1時，s【x】0,所以1x,從而g【】1x1e【】由【2】，當(dāng)1時,g【x】0。當(dāng)a,x1時， f【x】=a【21】lnx0.故當(dāng)【

53、x】g【x】在區(qū)間【，+】內(nèi)恒成立時，必有。當(dāng)ag【x】在區(qū)間【1，+】內(nèi)不恒成立.當(dāng)a12時，令h【x】=f【x】g【x】【x當(dāng)x1時，【x】2ax-1x+1x2-e1x-1x+1x21因此，h【】在區(qū)間【1，+】內(nèi)單調(diào)遞增.又因為h【1】=0，所以當(dāng)x1時，【x】=f【x】-g【】0，即f【x】g【x】恒成立。綜上，a12方法總結(jié)含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題一般要分類討論，討論時要注意定義域和參數(shù)范圍，不重不漏，證明不等式可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題，對于【】中的恒成立問題要想到前后之間的聯(lián)系。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載評析本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題,利用導(dǎo)數(shù)證明不等式及恒成立問題，有較強(qiáng)的綜合性。未經(jīng)許可

54、 請勿轉(zhuǎn)載0【2016課標(biāo)理，2，1分】設(shè)函數(shù)【x】=cos 2x+【1】【os x+1】,其中0,記f【】的最大值為.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】求f 【x】;【2】求;【3】證明| 【】2。解析 【1】f 【x】=2s x【】sin x。【2分】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】當(dāng)1時,【x】|=cs 【1】【cos x+】|+2【-】=3f【】.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載因此=32.【4分】當(dāng)0時,將f【x】變形為f【x】=cosx+【1】cos x未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載設(shè)=cos x,則-1，1,令g【t】=2t2+【1】t-,則A是|g【t】在1,1上的最大值，g【-1】=,g【1】=3-2，且當(dāng)=1-4時，

55、g【t】取得最小值，最小值為g1-令1-4，解得-13【舍去】，或【】當(dāng)015時,g【t】在【1，1】內(nèi)無極值點,g【-】|=，【1】=-3,g【1】|g【1】，所以A=23【】當(dāng)150,知【-1】g【1】g1-又g1-所以Ag1-綜上,A2-3,0【3】由【1】得f 【】=|-2sn【1】sin |+1|未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載當(dāng)015時, 【x】|1+4【23】=.當(dāng)15，所以|f【x】當(dāng)1時,【】6-4=2A。所以|f 【】|2。【1分】評析本題主要考查導(dǎo)數(shù)的計算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，解題時注意分類討論,本題綜合性較強(qiáng),屬于難題未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載31?！?6課標(biāo)文,2，12分】設(shè)

56、函數(shù)f【x】ln xx。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】討論f【x】的單調(diào)性;【2】證明當(dāng)x【，+】時，1x-【3】設(shè)c1,證明當(dāng)【，1】時,1+【-1】xc解析 【1】由題設(shè)知， 【】的定義域為【0，+】， f 【x】1x-1，令f 【x】=0，解得x=1。當(dāng)0 x時,f 【x】0,f【x】單調(diào)遞增;當(dāng)時， f 【x】0， f【x】單調(diào)遞減.【4分】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【2】證明：由【1】知【x】在x處取得最大值,最大值為f【1】0。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載所以當(dāng)x1時，n xx1.故當(dāng)x【1，+】時,ln xx，ln1x1x1，即1,設(shè)g【x】1【c1】x-cx，則g【x】=c-cxlnc,令g【x】，解

57、得x0=lnc當(dāng)xx0時，【x】0,g【】單調(diào)遞增；當(dāng)時，g【x】0，g【x】單調(diào)遞減。【9分】未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載由【2】知1c-1lncc,又g【0】=g【】=0,故當(dāng)00。所以當(dāng)x【0，】時，【c1】xx。【2分】疑難突破在【3】中，首先要解方程【】=0,為了判定g【】的單調(diào)性，必須比較極值點x0與區(qū)間【0，1】的關(guān)系，注意到g【】=g【1】=0是求解本題的突破點.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載評析 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運用及不等式的證明。32【2015課標(biāo)理,2分】設(shè)函數(shù)f【x】=e+x2-x未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】證明：【】在【-,0】單調(diào)遞減,在【0，+】單調(diào)遞增；【】若對于任意x，1,都有f【

58、1】-f【2】,求m的取值范圍.未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載解析 【1】f 【x】=m【ex1】+2x.若m0，則當(dāng)x【，】時,emx-, f 【】。若m0, f 【x】0；當(dāng)【0，+】時，mx10,f 【x】0所以, f【】在【，】單調(diào)遞減,在【,+】單調(diào)遞增【】由【】知，對任意的m, f【x】在1,0單調(diào)遞減，在，單調(diào)遞增，故【x】在x=0處取得最小值.所以對于任意x1，x2,1,f【x】f【x2】e1的充要條件是f(1)即em設(shè)函數(shù)g【t】=te+1，則g【】=et1.當(dāng)t0時,g【t】1時，由【t】的單調(diào)性，g【m】0，即m1；當(dāng)m0時， f【】a+l2a解析【1】f【x】的定義域為【0，+】,

59、 f【x】=22xax【0】.當(dāng)0時， f 【x】0， f 【x】沒有零點；當(dāng)a0時,因為=e2x單調(diào)遞增，yax單調(diào)遞增，所以f 【x】在【0，+】上單調(diào)遞增。又f 【】，當(dāng)滿足ba4且。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載故f【】在【0,x0】上單調(diào)遞減，在【x，+】上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=x時,f【x】取得最小值，最小值為f【x0】。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載由于e2x0ax0=0，所以f【x0】=a2x02x故當(dāng)a時, f【x】2aln2a.【2分評析 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)零點及利用導(dǎo)數(shù)研究不等式，考查分類討論思想,是綜合性較強(qiáng)的題，屬難題!未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載34.【0天津理,14分】已知函數(shù)【x】nx-x

60、n，xR,其中nN,且。未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【1】討論f【】的單調(diào)性;【2】設(shè)曲線f【x】與x軸正半軸的交點為P，曲線在點處的切線方程為y=g【x】,求證：對于任意的正實數(shù)x，都有f【x】g【x】；未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載【3】若關(guān)于x的方程f【x】【a為實數(shù)】有兩個正實數(shù)根1,x，求證:|2x1a1-解析【1】由f【x】=nx-x，可得f【】nxn1=n【1n1】,其中，且n2未經(jīng)許可 請勿轉(zhuǎn)載下面分兩種情況討論:當(dāng)n為奇數(shù)時.令f【】0，解得x=1，或x=.當(dāng)變化時, f 【x】, 【x】的變化情況如下表：x【-，】【,】【1，+】 【x】f【】所以， f【x】在【,1】，【1，+】上單調(diào)遞減，在