高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點(diǎn)18 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

突破點(diǎn)18導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(酌情自選)(對應(yīng)學(xué)生用書第167頁)提煉1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f(x)0，那么函數(shù)yf(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f(x)0，那么函數(shù)yf(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減(2)常數(shù)函數(shù)的判定方法如果在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，恒有f(x)0，那么函數(shù)yf(x)是常數(shù)函數(shù)，在此區(qū)間內(nèi)不具有單調(diào)性(3)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)，則可以得出函數(shù)f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)f(x)0(或f(x)0)，從而轉(zhuǎn)化為恒成立問題來解決(注意等號成立的檢驗(yàn)).提煉2函數(shù)極值的判別注意點(diǎn)(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，如函數(shù)f(x)x3，當(dāng)x0時(shí)就不是極值點(diǎn)，但f(0)0.(2)極值點(diǎn)不是一個(gè)點(diǎn)，而是一個(gè)數(shù)x0，當(dāng)xx0時(shí)，函數(shù)取得極值在x0處有f(x0)0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件(3)函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點(diǎn)函數(shù)值中的最大值，函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點(diǎn)函數(shù)值中的最小值.提煉3函數(shù)最值的判別方法(1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上最值的關(guān)鍵是求出f(x)0的根的函數(shù)值，再與f(a)，f(b)作比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值(2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論回訪1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性1(2016·全國乙卷)若函數(shù)f(x)xsin 2xasin x在(，)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A1,1B.C.D.C取a1，則f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)110，不具備在(，)單調(diào)遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.2(2015·全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)0，當(dāng)x>0時(shí)，xf(x)f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A(，1)(0,1)B(1,0)(1，)C(，1)(1,0)D(0,1)(1，)A設(shè)yg(x)(x0)，則g(x)，當(dāng)x>0時(shí)，xf(x)f(x)<0，g(x)<0，g(x)在(0，)上為減函數(shù)，且g(1)f(1)f(1)0.f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)，g(x)的圖象的示意圖如圖所示當(dāng)x>0，g(x)>0時(shí)，f(x)>0,0<x<1，當(dāng)x<0，g(x)<0時(shí)，f(x)>0，x<1，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(，1)(0,1)，故選A.回訪2函數(shù)的極值與最值3(2014·全國卷)已知函數(shù)f(x)ax33x21，若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0，且x0>0，則a的取值范圍是()A(2，)B(，2)C(1，)D(，1)Bf(x)3ax26x，當(dāng)a3時(shí)，f(x)9x26x3x(3x2)，則當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)>0；x時(shí)，f(x)<0；x時(shí)，f(x)>0，注意f(0)1，f>0，則f(x)的大致圖象如圖(1)所示(1)不符合題意，排除A、C.當(dāng)a時(shí)，f(x)4x26x2x(2x3)，則當(dāng)x時(shí)，f(x)<0，x時(shí)，f(x)>0，x(0，)時(shí)，f(x)<0，注意f(0)1，f，則f(x)的大致圖象如圖(2)所示(2)不符合題意，排除D.4(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)(1)若a0，則f(x)的最大值為_；(2)若f(x)無最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_2a<1由當(dāng)xa時(shí)，f(x)3x230，得x±1.如圖是函數(shù)yx33x與y2x在沒有限制條件時(shí)的圖象(1)若a0，則f(x)maxf(1)2.(2)當(dāng)a1時(shí)，f(x)有最大值；當(dāng)a<1時(shí)，y2x在x>a時(shí)無最大值，且2a>(x33x)max，所以a<1. (對應(yīng)學(xué)生用書第167頁)熱點(diǎn)題型1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題常在解答題的第(1)問中呈現(xiàn)，有一定的區(qū)分度，此類題涉及函數(shù)的極值點(diǎn)、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、不等式的恒成立等.(2016·煙臺(tái)二模)已知函數(shù)f(x)aln(x1)b(x1)2圖象上點(diǎn)P(1，f(1)處的切線方程為y3x2ln 21.(1)求a，b的值，并判斷f(x)的單調(diào)性；(2)若方程f(x)t0在內(nèi)有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)t的取值范圍(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，e2.718 28)；(3)設(shè)g(x)2x2xm1，若對任意的x(1,2)，f(x)g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)由題意可知，x(1，)，f(x)2b(x1)，f(1)4b，f(1)aln 24b，可得，4b3，aln 24b2ln 24，解得a2，b1.3分此時(shí)f(x)2(x1)，因?yàn)閤(1，)，當(dāng)x(1,0)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減.5分(2)依題意，t2ln(x1)(x1)2，由(1)可知，當(dāng)x，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(0，e1)，f(x)單調(diào)遞減，6分而f(0)1，f2，f(e1)2e2，因?yàn)?(2e2)e240，8分所以ff(e1)，要使方程f(x)t0在內(nèi)有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，只需2t1，所以2t1.10分(3)由f(x)g(x)可得，2ln(x1)(x1)22x2xm1，即2ln(x1)x23xm在x(1,2)上恒成立，令h(x)2ln(x1)x23x，11分h(x)2x3，當(dāng)x時(shí)，h(x)0，單調(diào)遞增，x，h(x)0，單調(diào)遞減，x(1,2)時(shí)，h(x)0，單調(diào)遞增，又h2ln 2，h(2)2ln 32，13分又hh(2)2ln 60，所以hmax(x)h2ln 2，所以m2ln 2.14分根據(jù)函數(shù)yf(x)在(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍的方法：(1)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，轉(zhuǎn)化為f(x)0在(a，b)上恒成立求解(2)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，轉(zhuǎn)化為f(x)0在(a，b)上恒成立求解(3)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f(x)在(a，b)上不變號即f(x)在(a，b)上恒正或恒負(fù)(4)若函數(shù)yf(x)在(a，b)上不單調(diào)，轉(zhuǎn)化為f(x)在(a，b)上變號變式訓(xùn)練1(2016·重慶模擬)設(shè)函數(shù)f(x)(aR). 【導(dǎo)學(xué)號：67722067】(1)若f(x)在x0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)若f(x)在3，)上為減函數(shù)，求a的取值范圍解(1)對f(x)求導(dǎo)得f(x).2分因?yàn)閒(x)在x0處取得極值，所以f(0)0，即a0.當(dāng)a0時(shí)，f(x)，f(x)，故f(1)，f(1)，從而f(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程為y(x1)，化簡得3xey0.6分(2)由(1)知f(x).令g(x)3x2(6a)xa，由g(x)0，解得x1，x2.8分當(dāng)xx1時(shí)，g(x)0，即f(x)0，故f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x1xx2時(shí)，g(x)0，即f(x)0，故f(x)為增函數(shù)；當(dāng)xx2時(shí)，g(x)0，即f(x)0，故f(x)為減函數(shù)由f(x)在3，)上為減函數(shù)，知x23，解得a，故a的取值范圍為.12分熱點(diǎn)題型2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問題題型分析：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點(diǎn)考查內(nèi)容，主要以解答題的形式考查，難度較大.(2016·山東高考)設(shè)f(x)xln xax2(2a1)x，aR.(1)令g(x)f(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知f(x)在x1處取得極大值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)由f(x)ln x2ax2a，1分可得g(x)ln x2ax2a，x(0，)所以g(x)2a.2分當(dāng)a0，x(0，)時(shí)，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增；3分當(dāng)a>0，x時(shí)，g(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，x時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減.5分所以當(dāng)a0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，)；當(dāng)a>0時(shí)，g(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為.6分(2)由(1)知，f(1)0.當(dāng)a0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增所以f(x)在x1處取得極小值，不合題意.7分當(dāng)0<a<時(shí)，>1，由(1)知f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，可得當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)<0，當(dāng)x時(shí)，f(x)>0.所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，所以f(x)在x1處取得極小值，不合題意.9分當(dāng)a時(shí)，1，f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，不合題意.11分當(dāng)a>時(shí)，0<<1，當(dāng)x時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減所以f(x)在x1處取極大值，符合題意綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>.13分利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法1若求極值，則先求方程f(x)0的根，再檢查f(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號2若已知極值大小或存在情況，則轉(zhuǎn)化為已知方程f(x)0根的大小或存在情況來求解3求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間a，b上的最值時(shí)，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值變式訓(xùn)練2(2016·全國丙卷)設(shè)函數(shù)f(x)cos 2x(1)·(cos x1)，其中>0，記|f(x)|的最大值為A.(1)求f(x)；(2)求A；(3)證明|f(x)|2A.解(1)f(x)2sin 2x(1)sin x2分(2)當(dāng)1時(shí)，|f(x)|cos 2x(1)(cos x1)|2(1)32f(0)故A32.當(dāng)0<<1時(shí)，將f(x)變形為f(x)2cos2x(1)cos x1.令g(t)2at2(1)t1，則A是|g(t)|在1,1上的最大值，g(1)，g(1)32，且當(dāng)t時(shí)，g(t)取得極小值，極小值為g1.令1<<1，解得>.6分當(dāng)0<時(shí)，g(t)在(1,1)內(nèi)無極值點(diǎn)，|g(1)|，|g(1)|23，|g(1)|g(1)|，所以A23.當(dāng)<<1時(shí)，由g(1)g(1)2(1)>0，知g(1)g(1)>g.又|g(1)|0，所以A.綜上，A8分(3)證明：由(1)得|f(x)|2sin 2x(1)sin x|2|1|.當(dāng)0<時(shí)，|f(x)|1242(23)2A.當(dāng)<1時(shí)，A1，所以|f(x)|12A.當(dāng)1時(shí)，|f(x)|31642A.所以|f(x)|2A.12分熱點(diǎn)題型3利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題題型分析：此類問題以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式相交匯為命題點(diǎn)，實(shí)現(xiàn)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式及求最值的相互轉(zhuǎn)化，達(dá)成了綜合考查考生解題能力的目的.設(shè)函數(shù)f(x)x2ln(x1)(1)求證：當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)x恒成立；(2)求證：ln 2 016；(3)求證：n(1cos 1ln 2)證明(1)設(shè)g(x)xf(x)xx2ln(x1)，則g(x)12x.當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，所以g(x)在(0，)上遞減，所以g(x)g(0)0，即xf(x)恒成立.4分(2)由(1)知，x0時(shí)，xx2ln(x1)，令x(nN*)，得ln ，所以，即ln 2 016.7分(3)因?yàn)閥sin x在0,1上單調(diào)遞增，所以sin nnsin xdxn(cos x)|n(1cos 1)又y在0,1上單調(diào)遞減，9分所以nndxnln(1x)|nln 2.11分所以n(1cos 1ln 2).12分1利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形(2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x)(3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式特別地：當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時(shí)，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個(gè)函數(shù)的最值問題2構(gòu)造輔助函數(shù)的四種方法(1)移項(xiàng)法：證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x)的問題轉(zhuǎn)化為證明f(x)g(x)>0(f(x)g(x)<0)，進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)f(x)g(x)(2)構(gòu)造“形似”函數(shù)：對原不等式同解變形，如移項(xiàng)、通分、取對數(shù)；把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu)，根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù)(3)主元法：對于(或可化為)f(x1，x2)A的不等式，可選x1(或x2)為主元，構(gòu)造函數(shù)f(x，x2)(或f(x1，x)(4)放縮法：若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解，可將所證明不等式進(jìn)行放縮，再重新構(gòu)造函數(shù)變式訓(xùn)練3(名師押題)已知函數(shù)f(x)ln xmxm，mR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)0在x(0，)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)在(2)的條件下，任意的0ab，求證：.解(1)f(x)m(x(0，)當(dāng)m0時(shí)，f(x)0恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m0時(shí)，由f(x)m0，則x，則f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.4分(2)由(1)得：當(dāng)m0時(shí)顯然不成立；當(dāng)m0時(shí)，f(x)maxfln1mmln m1，只需mln m10，即令g(x)xln x1，則g(x)1，函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)0.則若f(x)0在x(0，)上恒成立，m1.8分(3)證明：1·1，由0ab得1，由(2)得：ln1，則·11，則原不等式成立.12分專題限時(shí)集訓(xùn)(十八)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用A組高考達(dá)標(biāo)一、選擇題1(2016·四川高考)已知a為函數(shù)f(x)x312x的極小值點(diǎn)，則a()A4B2C4D2D由題意得f(x)3x212，令f(x)0得x±2，當(dāng)x<2或x>2時(shí)，f(x)>0；當(dāng)2<x<2時(shí)，f(x)<0，f(x)在(，2)上為增函數(shù)，在(2,2)上為減函數(shù)，在(2，)上為增函數(shù)f(x)在x2處取得極小值，a2.2(2016·棗莊模擬)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，f(x)為其導(dǎo)函數(shù)，若對于任意實(shí)數(shù)x，有f(x)f(x)0，則()Aef(2 015)f(2 016)Bef(2 015)f(2 016)Cef(2 015)f(2 016)Def(2 015)與f(2 016)大小不能確定A令g(x)，則g(x)，因?yàn)閒(x)f(x)0，所以g(x)0，所以函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(2 015)g(2 016)，即，所以ef(2 015)f(2 016)，故選A.3(2016·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)k，若x2是函數(shù)f(x)的唯一一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為() 【導(dǎo)學(xué)號：67722068】A(，eB0，eC(，e)D0，e)Af(x)k(x0)設(shè)g(x)，則g(x)，則g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增g(x)在(0，)上有最小值，為g(1)e, 結(jié)合g(x)與yk的圖象可知，要滿足題意，只需ke，選A.4(2016·邯鄲一模)已知函數(shù)f(x)x3ax2bxc有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2.若f(x1)x1x2，則關(guān)于x的方程3(f(x)22af(x)b0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為()A3B4 C5D6Af(x)3x22axb，原題等價(jià)于方程3x22axb0有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1x2，x(，x1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；x(x1，x2)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；x(x2，)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增x1為極大值點(diǎn)，x2為極小值點(diǎn)方程3(f(x)22af(x)b0有兩個(gè)不等實(shí)根，f(x)x1或f(x)x2.f(x1)x1，由圖知f(x)x1有兩個(gè)不同的解，f(x)x2僅有一個(gè)解故選A.5(2016·合肥二模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，若對任意的實(shí)數(shù)x，都有2f(x)xf(x)2恒成立，則使x2f(x)f(1)x21成立的實(shí)數(shù)x的取值范圍為() 【導(dǎo)學(xué)號：67722069】Ax|x±1B(，1)(1，)C(1,1)D(1,0)(0,1)B設(shè)g(x)x2f(x)1，則由f(x)為偶函數(shù)得g(x)x2f(x)1為偶函數(shù)又因?yàn)間(x)2xf(x)1x2f(x)x2f(x)xf(x)2，且2f(x)xf(x)2，即2f(x)xf(x)20，所以當(dāng)x0時(shí)，g(x)x2f(x)xf(x)20，函數(shù)g(x)x2f(x)1單調(diào)遞減；當(dāng)x0時(shí)，g(x)x2f(x)xf(x)20，函數(shù)g(x)x2f(x)1單調(diào)遞增，則不等式x2f(x)f(1)x21x2f(x)x2f(1)1g(x)g(1)|x|1，解得x1或x1，故選B.二、填空題6(2016·全國丙卷)已知f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)ln(x)3x，則曲線yf(x)在點(diǎn)(1，3)處的切線方程是_y2x1因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x>0時(shí)，f(x)f(x)ln x3x，所以f(x)3，則f(1)2.所以yf(x)在點(diǎn)(1，3)處的切線方程為y32(x1)，即y2x1.7(2016·長沙一模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)記為f(x)，若對于任意的實(shí)數(shù)x，有f(x)f(x)，且yf(x)1是奇函數(shù)，則不等式f(x)ex的解集為_(0，)由題意令g(x)，則g(x).因?yàn)閒(x)f(x)，所以g(x)0，即g(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù)，因?yàn)閥f(x)1為奇函數(shù)，所以f(0)10，即f(0)1，g(0)1，則不等式f(x)ex等價(jià)為1g(0)，即g(x)g(0)，解得x0，所以不等式的解集為(0，)8(2016·鄭州一模)已知函數(shù)f(x)x33ax(aR)，若直線xym0對任意的mR都不是曲線yf(x)的切線，則a的取值范圍為_af(x)x33ax(aR)，則f(x)3x23a，若直線xym0對任意的mR都不是曲線yf(x)的切線，則直線的斜率為1，f(x)3x23a與直線xym0沒有交點(diǎn)，又拋物線開口向上則必在直線上面，即最小值大于直線斜率，則當(dāng)x0時(shí)取最小值，3a1，則a的取值范圍為a.三、解答題9(2016·濰坊二模)已知函數(shù)f(x)bln x，曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程為yx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值；(2)若x1，f(x)kx恒成立，求k的取值范圍解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)，2分故f(1)ba1，又f(1)a，點(diǎn)(1，a)在直線yx上，a1，則b2.f(x)2ln x且f(x)，當(dāng)0x時(shí)，f(x)0，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為，f(x)極小值f22ln 2，無極大值.6分(2)由題意知，k(x1)恒成立，令g(x)(x1)，則g(x)(x1)，8分令h(x)xxln x1(x1)，則h(x)ln x(x1)，當(dāng)x1時(shí)，h(x)0，h(x)在1，)上為減函數(shù)，故h(x)h(1)0，故g(x)0，g(x)在1，)上為減函數(shù)，故g(x)的最大值為g(1)1，k1.12分10(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)x3ax2bxc.(1)求曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程；(2)設(shè)ab4，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，求c的取值范圍；(3)求證：a23b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件解(1)由f(x)x3ax2bxc，得f(x)3x22axb.因?yàn)閒(0)c，f(0)b，所以曲線yf(x)在點(diǎn)(0，f(0)處的切線方程為ybxc.2分(2)當(dāng)ab4時(shí)，f(x)x34x24xc，所以f(x)3x28x4.令f(x)0，得3x28x40，解得x2或x.f(x)與f(x)在區(qū)間(，)上的情況如下：x(，2)2f(x)00f(x)cc所以，當(dāng)c0且c0時(shí)，存在x1(4，2)，x2，x3，使得f(x1)f(x2)f(x3)0.由f(x)的單調(diào)性知，當(dāng)且僅當(dāng)c時(shí)，函數(shù)f(x)x34x24xc有三個(gè)不同零點(diǎn).8分(3)證明：當(dāng)4a212b0時(shí)，f(x)3x22axb0，x(，)，此時(shí)函數(shù)f(x)在區(qū)間(，)上單調(diào)遞增，所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn)當(dāng)4a212b0時(shí)，f(x)3x22axb只有一個(gè)零點(diǎn)，記作x0.當(dāng)x(，x0)時(shí)，f(x)0，f(x)在區(qū)間(，x0)上單調(diào)遞增；當(dāng)x(x0，)時(shí)，f(x)0，f(x)在區(qū)間(x0，)上單調(diào)遞增所以f(x)不可能有三個(gè)不同零點(diǎn).10分綜上所述，若函數(shù)f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)，則必有4a212b0.故a23b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要條件當(dāng)ab4，c0時(shí)，a23b0，f(x)x34x24xx(x2)2只有兩個(gè)不同零點(diǎn)，所以a23b>0不是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的充分條件因此a23b>0是f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)的必要而不充分條件.13分B組名校沖刺一、選擇題1(2016·江西贛中南五校聯(lián)考)已知函數(shù)yf(x)對任意的x滿足f(x)cos xf(x)sin x0(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是()A.ffB.ffCf(0)2fDf(0)fA令g(x)，則g(x)，由對任意的x滿足f(x)cos xf(x)sin x0，可得g(x)0，即函數(shù)g(x)在上為增函數(shù)，則gg，即，即ff.故選A.2(2016·忻州模擬)已知函數(shù)f(x)ax2bxln x(a0，bR)，若對任意x0，f(x)f(1)，則()Aln a2bBln a2bCln a2bDln a2bAf(x)2axb，由題意可知f(1)0，即2ab1，由選項(xiàng)可知，只需比較ln a2b與0的大小，而b12a，所以只需判斷l(xiāng)n a24a的符號構(gòu)造一個(gè)新函數(shù)g(x)24xln x，則g(x)4，令g(x)0，得x，當(dāng)x時(shí)，g(x)為增函數(shù)，當(dāng)x時(shí)，g(x)為減函數(shù)，所以對任意x0有g(shù)(x)g1ln 40，所以有g(shù)(a)24aln a2bln a0ln a2b，故選A.3(2016·深圳一模)已知函數(shù)f(x)ln xax2x有兩個(gè)不同零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(0,1)B(，1)C.D.A令g(x)ln x，h(x)ax2x，將問題轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的問題當(dāng)a0時(shí)，g(x)和h(x)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，不滿足題意；當(dāng)a0時(shí)，由ln xax2x0，得a.令r(x)，則r(x)，當(dāng)0x1時(shí)，r(x)0，r(x)是單調(diào)增函數(shù)，當(dāng)x1時(shí)，r(x)0，r(x)是單調(diào)減函數(shù)，且0，0a1.a的取值范圍是(0,1)故選A.4(2016·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)x(ln xax)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是() 【導(dǎo)學(xué)號：67722070】A(，0)B.C(0,1)D(0，)Bf(x)x(ln xax)，f(x)ln x2ax1，由題意可知f(x)在(0，)上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，令f(x)0，則2a，令g(x)，則g(x)，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減又當(dāng)x0時(shí)，g(x)，當(dāng)x時(shí)，g(x)0，而g(x)maxg(1)1，只需02a10a.二、填空題5(2016·皖南八校聯(lián)考)已知x(0,2)，若關(guān)于x的不等式恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為_0，e1)依題意，知k2xx20，即kx22x對任意x(0,2)恒成立，從而k0，所以由可得kx22x.令f(x)x22x，則f(x)2(x1)(x1).令f(x)0，得x1，當(dāng)x(1,2)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以kf(x)minf(1)e1，故實(shí)數(shù)k的取值范圍是0，e1)6(2016·武漢模擬)已知函數(shù)g(x)滿足g(x)g(1)ex1g(0)xx2，且存在實(shí)數(shù)x0使得不等式2m1g(x0)成立，則m的取值范圍為_1，)g(x)g(1)ex1g(0)x，當(dāng)x1時(shí)，g(0)1，由g(0)g(1)e01，解得g(1)e，所以g(x)exxx2，則g(x)ex1x，當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，所以當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值g(0)1，根據(jù)題意將不等式轉(zhuǎn)化為2m1g(x)min1，所以m1.三、解答題7(2016·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)(x1)ln xa(x1)(1)當(dāng)a4時(shí)，求曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程；(2)若當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)>0，求a的取值范圍解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，)當(dāng)a4時(shí)，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x3，f(1)2.故曲線yf(x)在(1，f(1)處的切線方程為2xy20.4分(2)當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)0等價(jià)于ln x0.設(shè)g(x)ln x，則g(x)，g(1)0.8分當(dāng)a2，x(1，)時(shí)，x22(1a)x1x22x10，故g(x)0，g(x)在(1，)單調(diào)遞增，因此g(x)0；當(dāng)a2時(shí)，令g(x)0得x1a1，x2a1.由x21和x1x21得x11，故當(dāng)x(1，x2)時(shí)，g(x)0，g(x)在(1，x2)單調(diào)遞減，因此g(x)0.綜上，a的取值范圍是(，2.12分8(2016·四川高考)設(shè)函數(shù)f(x)ax2aln x，g(x)，其中aR，e2.718為自然對數(shù)的底數(shù)(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0；(3)確定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立解(1)由題意得f(x)2ax(x>0)當(dāng)a0時(shí)，f(x)<0，f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞減當(dāng)a>0時(shí)，由f(x)0有x，當(dāng)x時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.4分(2)證明：令s(x)ex1x，則s(x)ex11.當(dāng)x>1時(shí)，s(x)>0，所以ex1>x，從而g(x)>0.8分(3)由(2)知，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0.當(dāng)a0，x>1時(shí)，f(x)a(x21)ln x<0.故當(dāng)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)恒成立時(shí)，必有a>0.當(dāng)0<a<時(shí)，>1.由(1)有f<f(1)0，而g>0，所以此時(shí)f(x)>g(x)在區(qū)間(1，)內(nèi)不恒成立.11分當(dāng)a時(shí)，令h(x)f(x)g(x)(x1)當(dāng)x>1時(shí)，h(x)2axe1x>x>>0.因此，h(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增又因?yàn)閔(1)0，所以當(dāng)x>1時(shí)，h(x)f(x)g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立綜上，a.14分