學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精考點(diǎn)10利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值一、選擇題1。（2016·全國(guó)卷Ⅰ高考文科·T12)若函數(shù)f（x）=x—1sin2x+asinx在(—∞，+3∞）上單調(diào)遞加，則a的取值范圍是（)A。［-1,1]B。1,13C。1,1D.11,333【解析】選C.方法一:用特別值法:取a=—1,f(x）=x—1sin2x—sinx,3f’(x）=1—2cos2x—cosx，3但f’(0)=1—2—1=-2<0，不具備在（—∞，+∞）上單調(diào)遞加,消除A，B,D.33方法二：f’(x)=1-2cos2x+acosx≥0對(duì)x∈R恒成立，3故1-2（2cos2x—1）+acosx≥0,3即acosx—4cos2x+5≥0恒成立,33令t=cosx，因此—4t2+at+5≥0對(duì)t∈［—1，1]恒成立，33構(gòu)造函數(shù)f(t)=—4t2+at+5，33張口向下的二次函數(shù)f（t)的最小值的可能值為端點(diǎn)值，f11a0,3故只需1f1a0,3解得-1≤a≤1。332.（2016·四川高考理科·T9)設(shè)直線l1,l2分別是函數(shù)f(x)=lnx,0x1,圖象上lnx,x1,點(diǎn)P,P2處的切線,l1與l2垂直訂交于點(diǎn)P,且l，l2分別與y軸訂交于點(diǎn)A，B，則△11PAB的面積的取值范圍是(）A。(0，1）B.（0，2)C.（0,+∞）D。(1,+∞）【解題指南】設(shè)出兩切點(diǎn)的坐標(biāo)，兩切線方程,進(jìn)而求出點(diǎn)P的坐標(biāo),表示出三角形的面積，進(jìn)而求出取值范圍?！窘馕觥窟xA.由題設(shè)知：不如設(shè)P1,P2點(diǎn)的坐標(biāo)分別為：1學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精P1（x1，y1）,P2（x2,y2），其中0〈x1〈1<x2，則由于l1，l2分別是點(diǎn)P1,P2處的切線,而1,0x1,x1，l2的斜率k2為1;又l1與lf'（x）=得l1的斜率k1為-2垂直,且11,x1x2,xx0<x〈x2，可得:k1·k=-1·1=-1?x·x2=1，我們寫出l1與l2的方程分別為：l1:y=-1121x1x2x1（x-x1)—lnx1①，l2:y=1(x—x2）+lnx2②,此時(shí)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0，1—lnx1),點(diǎn)x2B的坐標(biāo)為（0,-1+lnx2），由此可得:|AB|=2—lnx1-lnx2=2-ln（x1·x2）=2,①，②兩式聯(lián)立可解得交點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2lnxx2,△PAB的面積為：S△x=12=x2x1x2x11|=1×2×2=2≤1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1即x=1時(shí)等號(hào)成立,x1PAB1122x1x2x1x1x1而0〈x1〈1,因此S△PAB〈1.3.（2016·四川高考文科·T6）已知a為函數(shù)f(x）=x3—12x的極小值點(diǎn)，則a=（）A.—4B?！?C.4D。2【解題指南】求出f’（x),解出方程f'（x）=0的根,再依照不等式f'（x）〉0,f'（x)<0的解集得出函數(shù)的極值點(diǎn).【解析】選D。f'(x)=3x2—12=3x2x2，令f’（x）=0,得x=—2或x=2,易知f（x）在2,2上單調(diào)遞減，在2,∞上單調(diào)遞加,故f（x)的極小值為f2，所以a=2.二、解答題4.（2016·全國(guó)卷Ⅰ高考理科·T21)已知函數(shù)f(x）=(x-2）ex+a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn).（1）求a的取值范圍。（2）設(shè)x1,x2是f（x)的兩個(gè)零點(diǎn),證明:x1+x2〈2。【解析】(1)f'（x）=（x-1)ex+2a(x-1）=(x—1）（ex+2a）。①設(shè)a=0，則f（x）=(x—2）ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn);②設(shè)a>0，則當(dāng)x∈(—∞,1)時(shí),f'(x）<0；當(dāng)x∈（1,+∞）時(shí)，f'（x）>0，因此f(x)在(—∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞加。又f(1）=—e，f(2)=a,取b滿足b〈0且b<lna，2則f(b)>a(b—2)+a(b—1)2=ab23b〉0,22故f（x)存在兩個(gè)零點(diǎn)；③設(shè)a<0，由f'（x）=0得x=1或x=ln（-2a）.若a≥—e,則ln（—2a）≤1，故當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí),2f'(x)>0,因此f(x）在（1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞加.2學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，因此f（x）不存在兩個(gè)零點(diǎn).若a<-e，則ln（—2a)>1,故當(dāng)x∈（1,ln（—2a))時(shí)，f'（x）<0;2當(dāng)x∈（ln(-2a）,+∞）時(shí),f’（x）〉0.因此f（x)在（1，ln(-2a））內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(-2a），+∞）內(nèi)單調(diào)遞加，又當(dāng)x≤1時(shí)，f（x)〈0,因此f（x）不存在兩個(gè)零點(diǎn)，綜上,a的取值范圍為（0,+∞).（2)不如設(shè)x<x，由（1)知,x1∈(-∞，1)，x∈（1，+∞），2—x∈（-∞,1），f(x）1222在(—∞,1）內(nèi)單調(diào)遞減，因此x+x<2等價(jià)于f（x)〉f(2-x2）,即f(2-x2）〈0，121由于f(2—x2）=—x2e2x2+a（x2-1)2,而f(x2)=(x2-2）ex2+a(x2—1）2=0,因此f（2—x2）=-x2e2x2-(x2-2）ex2,設(shè)g（x）=-xe2x-（x—2）e，x則g'（x）=（x-1）（e2x-ex）.因此當(dāng)x〉1時(shí)，g'(x)〈0，而g（1)=0，故當(dāng)x>1時(shí)，g（x）〈0。進(jìn)而g(x2）=f（2—x2)〈0,故x1+x2〈2。5。(2016·全國(guó)卷Ⅲ·理科·T21)（本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x）=acos2x+（a—1)（cosx+1）,其中a〉0,記|f（x）｜的最大值為A。(1)求f’(x).(2）求A。3）證明|f’(x)｜≤2A?！窘馕觥?1)f'（x)=-2asin2x—（a—1)sinx.（2）當(dāng)a≥1時(shí)，fx|acos2xa1cosx1|aa123a2f0,當(dāng)0<a<1時(shí),fxacos2xa1cosx12acos2xa1cosx1,令cosx=t∈1,1，則f(x）=g(t)=2at2a1t—1,其對(duì)稱軸為t=1a,+4a當(dāng)t=1a∈1,1時(shí),解得a<—1舍去或a>1,4a35因此當(dāng)1〈a〈1時(shí),由于g（1）=a，g（1)=3a-2,5則g（—1)-g（1)=2-2a〉0，又g1ag11a17a8a0，4a因此A=g1aa26a1。4a8a當(dāng)0<a≤1時(shí)，g1=a,g1=2—3a因此此時(shí)g1〈g1=2—3a.53學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精23a,0a1,5綜上可得：A=a26a1,1a1,8a53a2,a1.由（1）得。當(dāng)0<a≤1時(shí)，f'x≤1+a≤2—4a<223a=2A，5當(dāng)1<a<1時(shí)，A=a26a1a131.58a88a4因此f'x<2A.當(dāng)a≥1時(shí)，f'x≤3a—1≤6a-4=2（3a—2）=2A。綜上所述:f'x≤2A.6.(2016·全國(guó)卷Ⅲ·文科·T21）（本小題滿分12分）設(shè)函數(shù)f（x)=lnx—x+1.談?wù)揻(x)的單調(diào)性。(2）證明當(dāng)x∈(1,+∞）時(shí),1<x1〈x。lnx(3)設(shè)c>1,證明當(dāng)x∈(0,1)時(shí),1+（c—1)x>cx.【解析】(1）由題設(shè),f(x）的定義域?yàn)?,∞,f’（x)=1-1,令f’（x）=0，解得xx=1。當(dāng)0〈x〈1時(shí)，f'（x）>0,f（x)單調(diào)遞加；當(dāng)x〉1時(shí)，f'(x)〈0,f（x)單調(diào)遞減.（2)由（1)知f(x)在x=1處獲取最大值,最大值為f(1）=0。因此當(dāng)x1時(shí),lnxx1.故當(dāng)x1,∞時(shí),lnxx111,即1,lnxxx1x.1lnx(3）由題設(shè)c>1,設(shè)g（x)=1+（c-1）x-cx,則g’（x）=c—1—cxlnc，令g’（x）=0。lnc1解得x0=lnc。lnc當(dāng)x〈x0時(shí),g’（x)>0，g(x）單調(diào)遞加;當(dāng)x>x0時(shí),g'（x)〈0，g（x)單調(diào)遞減.由(2）知1〈c1〈c,故0<x0<1.又g（0）=g(1)=0，故當(dāng)0〈x<1時(shí)，g(x)〉0.lnc因此當(dāng)x∈(0,1）時(shí),1+(c-1)x〉cx。7.(2016·浙江高考文科·T20）設(shè)函數(shù)f(x)=x3+1，x∈［0,1]。證明：1x（1)f（x)≥1-x+x2.4學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精（2）3<f(x)≤3。42【解題指南】（1)利用放縮法，獲取1x41,進(jìn)而獲取結(jié)論.(2）由0≤x≤11x1x得x3≤x，進(jìn)行放縮,獲取f(x）≤3，再結(jié)合第一問的結(jié)論，獲取f（x）>3,進(jìn)而24獲取結(jié)論.【證明】(1）由于1—x+x2-x31(x)41x4=1x1，x由于0≤x≤1，有1x411,即1—x+x2-x3≤1,1xx1x因此f（x）≥1-x+x2。（2）由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)=x3+1x≤x+1=x+1-3+311x1x22x12x133,=x1222因此f（x)≤3,22由（1）得f(x)≥1—x+x2=x133,244又由于f1=19>3，因此f(x）>3,22444綜上，3〈f(x)≤3.428。（2016·山東高考理科·T20)已知f（x)=axlnx2x1x2，a∈R.(1）談?wù)揻（x)的單調(diào)性。(2）當(dāng)a=1時(shí)，證明f（x)>f’（x）+3對(duì)于任意的x∈1,2成立.2【解題指南】（1）求導(dǎo)后,對(duì)a分情況談?wù)摗＃?)令g(x）=f'(x)+3=5x22x2,對(duì)其求導(dǎo),求其最大值，判斷f（x)min與g(x)max22x3的關(guān)系，進(jìn)而可給出證明.(1)由題意,函數(shù)f(x0,∞,fax22x1【解析】）的定義域?yàn)椤▁）=x3.①a≤0時(shí)，x∈(0，1）時(shí)，f’(x)〉0,函數(shù)f（x）單調(diào)遞加，5學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精在x∈1,∞時(shí)，f’(x)<0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.②a>0時(shí),f'(x）=ax1x2x2，x3aa當(dāng)0<a〈2時(shí),2或2,∞時(shí),〉1,當(dāng)x∈0,1aaf'（x)〉0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞加,當(dāng)x∈1,2時(shí),f'(x）<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減。a③a=2時(shí)，2=1,x∈0,∞時(shí)，f’（x)≥0，函數(shù)f（x)在(0,+∞）上單調(diào)遞加.a④a〉2時(shí)，0〈2<1，當(dāng)x∈0,2或x∈1,∞時(shí),f’（x)>0,函數(shù)f(x）單調(diào)遞加，aa當(dāng)x∈2,1時(shí),f'(x）<0,函數(shù)f（x)單調(diào)遞減.a綜上：當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)f(x)在(0，1）內(nèi)單調(diào)遞加,在1,∞內(nèi)函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.當(dāng)0〈a〈2時(shí),函數(shù)f（x)在0,1和2,∞內(nèi)單調(diào)遞加,a在1,2內(nèi)函數(shù)f（x）單調(diào)遞減.a當(dāng)a=2時(shí),函數(shù)f(x)在0,∞內(nèi)單調(diào)遞加，當(dāng)a>2時(shí),函數(shù)f（x)在0,2和1,∞內(nèi)單調(diào)遞加,在2,1內(nèi)函數(shù)f（x)單調(diào)遞減。aa（2)方法一:由(1)知函數(shù)f（x）在［1，2)內(nèi)遞減，在(2，2］內(nèi)遞加.故f(x)min=f(2)=2-ln2+221，2f’（x）35x22x2+2x3。2若令g(x）=5x22x2,則有g(shù)’（x）=x24x6。2x3x4故存在x∈[1，2]使得函數(shù)g（x)在［1,x0)遞減，在（x，2]遞加，006學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精則g（x)max=maxg1,g2，而g(1)=3,g（2)=7，247max4由于f(x）min—g(x)max=2-ln2+221—7=22—9—1ln2〉2.82—2.25—24421ln2>1（1-ln2）>0，22因此,f(x）〉f’（x）+3對(duì)于任意的x∈1,2成立.2方法二:由于lnx≤x—1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立),2x15x22x233x2x2

3x22x2G（x）=1x22x32x3又f（x）≥12x1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立),x2即可得f(x)>f’（x）+3。22

2x3

0。9.(2016·山東高考文科·T20）設(shè)f（x)=xlnx-ax+（2a-1(1)令g(x）=f’(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間。（2）已知f（x）在x=1處獲取極大值,求實(shí)數(shù)a的取值范圍【解題指南】(1）經(jīng)過二次求導(dǎo)，研究g（x)的單調(diào)性。1經(jīng)過端點(diǎn)解析，找到分界點(diǎn)2,再分情況談?wù)?。【解析?1）g(x)=f'（x）=lnx-2ax+2a，

x,a∈R..因此g'（x)=1-2a=12ax.xx當(dāng)a≤0，x∈0,∞時(shí),g'（x)>0,函數(shù)g（x)單調(diào)遞加.當(dāng)a>0，x∈0,1時(shí),g'（x)>0，函數(shù)g（x)單調(diào)遞加，2ax∈1,∞時(shí),g'(x）〈0,函數(shù)g（x)單調(diào)遞減.2a綜上：當(dāng)a≤0，函數(shù)g(x）單調(diào)遞加區(qū)間為(0,+∞）。當(dāng)a>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞加區(qū)間為0,1,函數(shù)g(x）單調(diào)遞減區(qū)間為1,∞。2a2a（2)由(1)知f'(1）=0.①當(dāng)a≤0,f'（x）單調(diào)遞加,因此x∈0,1時(shí),f'（x）〈0，f(x）單調(diào)遞減,x∈1,∞時(shí)，f'（x）>0，f(x）單調(diào)遞加,因此f（x)在x=1處獲取極小值，不合題意。②當(dāng)0〈a<1,1>1時(shí)，由(1）知f’（x)在0,1內(nèi)單調(diào)遞加，22a2a7學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精因此x∈0,1時(shí),f’（x）〈0，f(x）單調(diào)遞減，x∈1,1時(shí),f'(x）〉0，f（x)單2a調(diào)遞加，因此f(x）在x=1處獲取極小值,不合題意。③當(dāng)a=1，1=1時(shí),f'（x）在0,1內(nèi)單調(diào)遞加，在(1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，因此x2a0,∞時(shí),f’(x）≤0,f（x）單調(diào)遞減，不合題意。④當(dāng)a〉1，0<1〈1時(shí),x∈1,1,f’（x)>0，f(x)單調(diào)遞加，22a2a當(dāng)x∈1,∞時(shí),f’（x)<0，f(x)單調(diào)遞減,因此f(x）在x=1處獲取極大值,吻合題意。綜上可知a〉1.210。（2016·四川高考理科·T21)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-lnx，其中a∈R.(1）談?wù)揻（x)的單調(diào)性.（2)確定a的所有可能取值，使得f(x）>1e1x在區(qū)間（1,+∞)內(nèi)恒成立(e=2。718x為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).【解題指南】(1）對(duì)f（x)求導(dǎo)，對(duì)a進(jìn)行談?wù)?判斷函數(shù)的單調(diào)性。（2）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，判斷最值，證明結(jié)論.【解析】(1）由題意,f’（x）=2ax-12ax21xx,x〉0.①a≤0時(shí),2ax2-1〈0,f'(x）〈0，f(x)在（0,+∞）上單調(diào)遞減。2ax1x12a2a②a〉0時(shí),f’(x）=x，當(dāng)x∈0,1時(shí)，f'(x)<0;當(dāng)x∈1,∞時(shí),f’(x)>0.2a2a故f(x）在0,1上單調(diào)遞減,在1∞上單調(diào)遞加。2a,2a（2)原不等式等價(jià)于f(x)-1+e1-x〉0在x∈（1,+∞)上恒成立.x一方面,令g（x）=f（x)-1+e1—x=ax2-lnx-1+e1—x-a,xx只需g(x)在x∈(1,+∞)上恒大于0即可。又由于g（1)=0，故g’(x)在x=1處必大于等于0.8學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精令F(x)=g'(x）=2ax-1+1—e1-x,g’(1)≥0,可得a≥1.xx22另一方面，當(dāng)a≥1時(shí),F'（x)=2a+121—x121—xx3x21—x22-3+e≥1+2-3+e=3+e，xxxxx由于x∈（1，+∞）,故