【数学】2020届江苏一轮复习通用版3-2利用导数研究函数的单调性和极大(小)值作业 16页

‎3.2　利用导数研究函数的单调性和极大(小)值 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 利用导数研究函数的单调性 ‎1.求解不等式 ‎2.研究函数的单调性 ‎2017江苏,20‎ 利用导数研究函数的单调性 函数的极值 ‎★★★‎ ‎2017江苏,11‎ 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数的极值和最值 ‎1.研究函数的极值 ‎2.研究函数的最值 ‎2018江苏,11‎ 函数的最大值、最小值 函数的单调性 ‎★★★‎ ‎2015江苏,19‎ 函数零点的应用 利用导数研究函数的单调性 分析解读　　利用导数研究函数的单调性和极大(小)值是江苏高考的必考内容,一般出现在压轴题位置,有时直接考查单调性和极值,有时结合恒成立(存在性)问题,函数零点(方程的根)问题综合考查,重点考查等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程思想,对逻辑推理能力要求比较高.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　利用导数研究函数的单调性 ‎1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是　　　　. ‎ 答案　(2,+∞)‎ ‎2.(2019届江苏扬州中学检测)已知函数f(x)=x-1-(e-1)ln x,其中e为自然对数的底数,则满足f(ex)<0的x的取值范围为　　　　. ‎ 答案　(0,1)‎ ‎3.(2019届江苏沭阳高级中学检测)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　　　　. ‎ 答案　10,则f(x)的极小值为　　　　. ‎ 答案　‎k(1-lnk)‎‎2‎ ‎3.(2019届江苏吕四中学检测)已知函数f(x)=ln x-mx(m∈R)在区间[1,e]上取得最小值4,则m=　　　　. ‎ 答案　-3e 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法一　根据函数单调性求参数的方法 ‎1.(2019届江苏汇龙中学检测)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在区间(2,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围为　　　　. ‎ 答案　‎‎-∞,‎‎5‎‎2‎ ‎2.(2019届江苏启东检测)已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)ex,若f(x)在[-1,1]上是单调减函数,则a的取值范围是　　　　. ‎ 答案　‎‎3‎‎4‎‎,+∞‎ 方法二　求函数f(x)极值的方法 ‎1.已知x=2是函数f(x)=x3-3ax+2的极小值点,那么函数f(x)的极大值为　　　　. ‎ 答案　18‎ ‎2.(2018江苏通州高级中学检测)已知函数f(x)=‎-x‎3‎+x‎2‎,x<1,‎alnx,x≥1,‎求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值点和极大值点.‎ 解析　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)‎ ‎0‎ ‎0,‎‎2‎‎3‎ ‎2‎‎3‎ ‎2‎‎3‎‎,1‎ f '(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ f(x)‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 故函数f(x)的极小值点为x=0,极大值点为x=‎2‎‎3‎.‎ 方法三　求函数f(x)在[a,b]上的最大值、最小值的方法 ‎　(2019届江苏平潮高级中学检测)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.‎ 解析　(1)f '(x)=‎1‎x-a(x>0).‎ ‎①当a≤0时, f '(x)=‎1‎x-a>0,即函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).‎ ‎②当a>0时,令f '(x)=‎1‎x-a=0,可得x=‎1‎a,‎ 当00;‎ 当x>‎1‎a时, f '(x)=‎1-axx<0,故函数f(x)的单调递增区间为‎0,‎‎1‎a,单调递减区间为‎1‎a‎,+∞‎.‎ 综上可知,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为‎0,‎‎1‎a,单调递减区间为‎1‎a‎,+∞‎.‎ ‎(2)①当0<‎1‎a≤1,即a≥1时,函数f(x)在区间[1,2]上是减函数,所以f(x)的最小值是f(2)=ln 2-2a.‎ ‎②当‎1‎a≥2,即00,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)‎ ‎(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;‎ ‎(2)证明:b2>3a;‎ ‎(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-‎7‎‎2‎,求a的取值范围.‎ 解析　本题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.‎ ‎(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3x+‎a‎3‎‎2‎+b-a‎2‎‎3‎.当x=-a‎3‎时, f '(x)有极小值b-a‎2‎‎3‎.‎ 因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,‎ 所以f ‎-‎a‎3‎=-a‎3‎‎27‎+a‎3‎‎9‎-ab‎3‎+1=0,又a>0,故b=‎2‎a‎2‎‎9‎+‎3‎a.‎ 因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-a‎2‎‎3‎=‎1‎‎9a(27-a3)≤0,即a≥3.‎ 当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;‎ 当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=‎-a-‎a‎2‎‎-3b‎3‎,x2=‎-a+‎a‎2‎‎-3b‎3‎.‎ 列表如下:‎ x ‎(-∞,x1)‎ x1‎ ‎(x1,x2)‎ x2‎ ‎(x2,+∞)‎ f '(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 故f(x)的极值点是x1,x2.从而a>3.‎ 因此b=‎2‎a‎2‎‎9‎+‎3‎a,定义域为(3,+∞).‎ ‎(2)证明:由(1)知,ba=‎2aa‎9‎+‎3‎aa.‎ 设g(t)=‎2t‎9‎+‎3‎t,则g'(t)=‎2‎‎9‎-‎3‎t‎2‎=‎2t‎2‎-27‎‎9‎t‎2‎.‎ 当t∈‎3‎‎6‎‎2‎‎,+∞‎时,g'(t)>0,从而g(t)在‎3‎‎6‎‎2‎‎,+∞‎上单调递增.因为a>3,所以aa>3‎3‎,‎ 故g(a a)>g(3‎3‎)=‎3‎,即ba>‎3‎.因此b2>3a.‎ ‎(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,‎ 且x1+x2=-‎2‎‎3‎a,x‎1‎‎2‎+x‎2‎‎2‎=‎4a‎2‎-6b‎9‎.‎ 从而f(x1)+f(x2)=x‎1‎‎3‎+ax‎1‎‎2‎+bx1+1+x‎2‎‎3‎+ax‎2‎‎2‎+bx2+1‎ ‎=x‎1‎‎3‎(3x‎1‎‎2‎+2ax1+b)+x‎2‎‎3‎(3x‎2‎‎2‎+2ax2+b)+‎1‎‎3‎a(x‎1‎‎2‎+x‎2‎‎2‎)+‎2‎‎3‎b(x1+x2)+2=‎4a‎3‎-6ab‎27‎-‎4ab‎9‎+2=0.‎ 记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),‎ 因为f '(x)的极值为b-a‎2‎‎3‎=-‎1‎‎9‎a2+‎3‎a,‎ 所以h(a)=-‎1‎‎9‎a2+‎3‎a,a>3.‎ 因为h'(a)=-‎2‎‎9‎a-‎3‎a‎2‎<0,‎ 于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.‎ 因为h(6)=-‎7‎‎2‎,于是h(a)≥h(6),故a≤6.‎ 因此a的取值范围为(3,6].‎ 易错警示　(1)函数f(x)的极值点x0满足f '(x0)=0,函数f(x)的零点x0满足f(x0)=0,而f '(x)的极值点x0应满足f ″(x0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.‎ ‎4.(2015江苏,19,16分,0.298)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).‎ ‎(1)试讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪‎1,‎‎3‎‎2‎∪‎3‎‎2‎‎,+∞‎,求c的值.‎ 解析　(1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x1=0,x2=-‎2a‎3‎.‎ 当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;‎ 当a>0时,若x∈‎-∞,-‎‎2a‎3‎∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈‎-‎2a‎3‎,0‎,则f '(x)<0,‎ 所以函数f(x)在‎-∞,-‎‎2a‎3‎,(0,+∞)上单调递增,在‎-‎2a‎3‎,0‎上单调递减;‎ 当a<0时,若x∈(-∞,0)∪‎-‎2a‎3‎,+∞‎,则f '(x)>0,若x∈‎0,-‎‎2a‎3‎,则f '(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),‎-‎2a‎3‎,+∞‎上单调递增,在‎0,-‎‎2a‎3‎上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f‎-‎‎2a‎3‎=‎4‎‎27‎a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f‎-‎‎2a‎3‎=b‎4‎‎27‎a‎3‎‎+b<0,从而a>0,‎‎-‎4‎‎27‎a‎3‎0时,‎4‎‎27‎a3-a+c>0或当a<0时,‎4‎‎27‎a3-a+c<0.‎ 设g(a)=‎4‎‎27‎a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪‎1,‎‎3‎‎2‎∪‎3‎‎2‎‎,+∞‎,‎ 则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在‎1,‎‎3‎‎2‎∪‎3‎‎2‎‎,+∞‎上,g(a)>0均恒成立,‎ 从而g(-3)=c-1≤0,且g‎3‎‎2‎=c-1≥0,因此c=1.‎ 此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],‎ 因函数f(x)有三个零点,故x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,‎ 解得a∈(-∞,-3)∪‎1,‎‎3‎‎2‎∪‎3‎‎2‎‎,+∞‎.‎ 综上,c=1.‎ B组　统一命题、省(区、市)卷题组 考点一　利用导数研究函数的单调性 ‎1.(2016课标全国Ⅰ改编,12,5分)若函数f(x)=x-‎1‎‎3‎sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是　　　　. ‎ 答案　‎‎-‎1‎‎3‎,‎‎1‎‎3‎ ‎2.(2018课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.‎ ‎(1)若a=0,证明:当-10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)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-10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-10时, f(x)>0.‎ ‎(2)(i)若a≥0,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|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00,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|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.‎ 解后反思　（1）利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.‎ ‎（2）利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.‎ ‎3.(2017课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.‎ 解析　本题考查函数的单调性,恒成立问题.‎ ‎(1)f '(x)=(1-2x-x2)ex.‎ 令f '(x)=0,得x=-1-‎2‎或x=-1+‎2‎.‎ 当x∈(-∞,-1-‎2‎)时, f '(x)<0;‎ 当x∈(-1-‎2‎,-1+‎2‎)时, f '(x)>0;‎ 当x∈(-1+‎2‎,+∞)时, f '(x)<0.‎ 所以f(x)在(-∞,-1-‎2‎),(-1+‎2‎,+∞)单调递减,‎ 在(-1-‎2‎,-1+‎2‎)单调递增.‎ ‎(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.‎ 当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,‎ 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.‎ 当00(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.‎ 当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1‎ ‎=x(1-a-x-x2),取x0=‎5-4a‎-1‎‎2‎,‎ 则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.‎ 当a≤0时,取x0=‎5‎‎-1‎‎2‎,‎ 则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.‎ 综上,a的取值范围是[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)<0,求出f(x)的单调减区间.‎ ‎(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1≤ax+1成立;当0ax0+1,从而说明命题不成立;当a≤0时,举反例x0=‎5‎‎-1‎‎2‎说明不等式不成立.‎ 疑难突破　(1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②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;③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:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x)max或a≤φ(x)min;②构造函数,分类讨论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x)min≥0;③转变主元,选取适当的主元可使问题简化.‎ ‎4.(2016课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.‎ ‎(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　(1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).‎ ‎(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.(2分)‎ ‎(ii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).‎ ‎①若a=-e‎2‎,则f '(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.‎ ‎②若a>-e‎2‎,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时, f '(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增,在(ln(-2a),1)单调递减.(4分)‎ ‎③若a<-e‎2‎,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,在(1,ln(-2a))单调递减.(6分)‎ ‎(2)(i)设a>0,则由(1)知, f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.‎ 又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且ba‎2‎(b-2)+a(b-1)2=ab‎2‎‎-‎3‎‎2‎b>0,‎ 所以f(x)有两个零点.(8分)‎ ‎(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分)‎ ‎(iii)设a<0,若a≥-e‎2‎,则由(1)知, f(x)在(1,+∞)单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;(10分)‎ 若a<-e‎2‎,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.(11分)‎ 综上,a的取值范围为(0,+∞).(12分)‎ 疑难突破　(1)分类讨论时临界点的选取是关键,易忽略a=-e‎2‎的情形.(2)在讨论a>0时函数零点的个数时,注意利用不等式的放缩.‎ 评析 本题考查函数的单调性、零点等知识点,解题时要认真审题、仔细解答,注意分类讨论和等价转化.‎ ‎5.(2016课标全国Ⅱ理,21,12分)‎ ‎(1)讨论函数f(x)=x-2‎x+2‎ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)·ex+x+2>0;‎ ‎(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=ex‎-ax-ax‎2‎(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.‎ 解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)‎ f '(x)=‎(x-1)(x+2)ex-(x-2)‎ex‎(x+2‎‎)‎‎2‎=x‎2‎ex‎(x+2‎‎)‎‎2‎≥0,‎ 且仅当x=0时, f '(x)=0,‎ 所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.‎ 因此当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=-1.‎ 所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.(4分)‎ ‎(2)证明:g'(x)=‎(x-2)ex+a(x+2)‎x‎3‎=x+2‎x‎3‎(f(x)+a).(5分)‎ 由(1)知, f(x)+a单调递增.对任意a∈[0,1), f(0)+a=a-1<0, f(2)+a=a≥0.‎ 因此,存在唯一xa∈(0,2],使得f(xa)+a=0,即g'(xa)=0.(6分)‎ 当0xa时, f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分)‎ 因此g(x)在x=xa处取得最小值,‎ 最小值为g(xa)=exa‎-a(xa+1)‎xa‎2‎=exa‎+f(xa)(xa+1)‎xa‎2‎=exaxa‎+2‎.(8分)‎ 于是h(a)=exaxa‎+2‎,由exx+2‎'=‎(x+1)‎ex‎(x+2‎‎)‎‎2‎>0,得y=exx+2‎单调递增.‎ 所以,由xa∈(0,2],得‎1‎‎2‎=e‎0‎‎0+2‎2时, f '(x)>0.‎ 所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.‎ ‎(2)当a≥‎1‎e时, f(x)≥exe-ln x-1.‎ 设g(x)=exe-ln x-1,则g'(x)=exe-‎1‎x.‎ 当01时,g'(x)>0.‎ 所以x=1是g(x)的最小值点.‎ 故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.‎ 因此,当a≥‎1‎e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).‎ ‎3.(2018北京理,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.‎ ‎(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+3]ex,‎ 所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex.‎ 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)=3e≠0.所以a的值为1.‎ ‎(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.‎ 若a>‎1‎‎2‎,则当x∈‎1‎a‎,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0.若a≤‎1‎‎2‎,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤‎1‎‎2‎x-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,+∞‎.‎ 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、右两侧导数的符号.‎ ‎(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的根的附近两侧的符号→下结论.‎ ‎(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,且在该点左、右两侧导数值的符号相反.‎ ‎4.(2018天津文,20,14分)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,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))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)-6‎3‎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-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t‎2‎‎2‎-9)x-t‎2‎‎3‎+9t2.‎ 故f '(x)=3x2-6t2x+3t‎2‎‎2‎-9.‎ 令f '(x)=0,解得x=t2-‎3‎,或x=t2+‎3‎.‎ 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:‎ x ‎(-∞,t2-‎3‎)‎ t2-‎‎3‎ ‎(t2-‎3‎,t2+‎3‎)‎ t2+‎‎3‎ ‎(t2+‎3‎,+∞)‎ f '(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ f(x)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 所以函数f(x)的极大值为f(t2-‎3‎)=(-‎3‎)3-9×(-‎3‎)=6‎3‎;函数f(x)的极小值为f(t2+‎3‎)=(‎3‎)3-9×(‎3‎)=-6‎3‎.‎ ‎(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6‎3‎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)+6‎3‎=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6‎3‎=0.‎ 设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6‎3‎,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6‎3‎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d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.‎ 当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-d‎2‎‎-1‎‎3‎,‎ x2=d‎2‎‎-1‎‎3‎.‎ 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-‎d‎2‎‎-1‎‎3‎=‎2‎3‎(d‎2‎-1‎‎)‎‎3‎‎2‎‎9‎+6‎3‎>0.‎ g(x)的极小值g(x2)=gd‎2‎‎-1‎‎3‎=-‎2‎3‎(d‎2‎-1‎‎)‎‎3‎‎2‎‎9‎+6‎3‎.‎ 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)<0,即(d2-1‎)‎‎3‎‎2‎>27,也就是|d|>‎10‎,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6‎3‎>0,且-2|d|0.若f(x)和g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求b的取值范围;‎ ‎(2)设a<0且a≠b.若f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求|a-b|的最大值.‎ 解析　f '(x)=3x2+a,g'(x)=2x+b.‎ ‎(1)由题意知f '(x)g'(x)≥0在[-1,+∞)上恒成立.因为a>0,故3x2+a>0,进而2x+b≥0,即b≥-2x在区间[-1,+∞)上恒成立,所以b≥2.因此b的取值范围是[2,+∞).‎ ‎(2)令f '(x)=0,解得x=±‎-‎a‎3‎.‎ 若b>0,由a<0得0∈(a,b).又因为f '(0)g'(0)=ab<0,所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的.因此b≤0.‎ 现设b≤0.当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0;‎ 当x∈‎-∞,-‎‎-‎a‎3‎时, f '(x)>0.‎ 因此,当x∈‎-∞,-‎‎-‎a‎3‎时,‎ ‎ f '(x)g'(x)<0.‎ 故由题设得a≥-‎-‎a‎3‎且b≥-‎-‎a‎3‎,‎ 从而-‎1‎‎3‎≤a<0,于是-‎1‎‎3‎≤b≤0.‎ 因此|a-b|≤‎1‎‎3‎,且当a=-‎1‎‎3‎,b=0时等号成立.‎ 又当a=-‎1‎‎3‎,b=0时, f '(x)g'(x)=6xx‎2‎‎-‎‎1‎‎9‎,从而当x∈‎-‎1‎‎3‎,0‎时, f '(x)g '(x)>0,故函数f(x)和g(x)在‎-‎1‎‎3‎,0‎上单调性一致.因此|a-b|的最大值为‎1‎‎3‎.‎ 评析本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识,对数形结合思想、函数与方程思想均有考查,对分类讨论思想的考查要求很高,要求考生具备较强的综合思维能力和运算能力,属难题.‎ ‎5.(2017北京文,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)在区间‎0,‎π‎2‎上的最大值和最小值.‎ 解析　本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性、最值.‎ ‎(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∈‎0,‎π‎2‎时,h'(x)<0,‎ 所以h(x)在区间‎0,‎π‎2‎上单调递减.‎ 所以对任意x∈‎0,‎π‎2‎有h(x)0得到f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0得到f(x)在定义域内的单调递减区间.‎ ‎6.(2015课标Ⅱ,21,12分)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)=‎1‎x-a.‎ 若a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 若a>0,则当x∈‎0,‎‎1‎a时, f '(x)>0;当x∈‎1‎a‎,+∞‎时,f '(x)<0.所以f(x)在‎0,‎‎1‎a上单调递增,在‎1‎a‎,+∞‎上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时, f(x)在x=‎1‎a处取得最大值,最大值为f‎1‎a=ln‎1‎a+a‎1-‎‎1‎a=-ln a+a-1.‎ 因此f‎1‎a>2a-2等价于ln a+a-1<0.‎ 令g(a)=ln a+a-1,‎ 则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.‎ 于是,当01时,g(a)>0.‎ 因此,a的取值范围是(0,1).‎ ‎【三年模拟】‎ 一、填空题(每小题5分,共50分)‎ ‎1.(2018江苏海门实验中学检测)函数f(x)=x3-6x2的递减区间为　　　　. ‎ 答案　(0,4)‎ ‎2.(2019届江苏包场高级中学检测)已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则实数a的取值范围是_______________. ‎ 答案　(-∞,-3)∪(6,+∞)‎ ‎3.(2019届江苏前黄高级中学检测)函数f(x)=‎1‎‎3‎x3+x2-3x-4在[0,2]上的最小值是　　　　. ‎ 答案　-‎‎17‎‎3‎ ‎4.(2019届江苏锡山高中检测)若函数f(x)=x3+bx2+cx+d的递减区间为(-1,3),则b+c=　　　　. ‎ 答案　-12‎ ‎5.(2019届江苏张家港外国语学校检测)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是　　　　. ‎ 答案　[1,+∞)‎ ‎6.(2019届江苏海安高级中学检测)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)=3,且f(x)的导数f '(x)在R上恒有f '(x)<2(x∈R),则不等式f(x)<2x+1的解集为　　　　. ‎ 答案　(1,+∞)‎ ‎7.(2018江苏苏州十中检测)设a∈R,若函数y=ex+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是　　　　. ‎ 答案　(-∞,-1)‎ ‎8.(2019届江苏盐城一中检测)已知a∈R,若f(x)=‎1‎x‎+aex在区间(0,1)上有且只有一个极值点,则a的取值范围是　　　　. ‎ 答案　a>0‎ ‎9.(2018江苏金陵中学高三月考)已知定义在R上的可导函数y=f(x)的导函数为f '(x),满足f '(x)0时恒成立,‎ 即‎1‎x-a+ln x≤0在x>0时恒成立,‎ 所以a≥‎1‎x+ln x在x>0时恒成立.‎ 令g(x)=‎1‎x+ln x(x>0),则g'(x)=-‎1‎x‎2‎+‎1‎x=x-1‎x‎2‎(x>0).‎ 由g'(x)>0,得x>1;由g'(x)<0,得00时恒成立,‎ 即‎1‎x-a+ln x≥0在x>0时恒成立,‎ 所以a≤‎1‎x+ln x在x>0时恒成立,由上述推理可知此时a≤1.‎ 故实数a的取值范围是(-∞,1].‎ ‎12.(2019届江苏南京师范大学附属中学检测)已知函数f(x)=-x3+ax2+b(a,b∈R).‎ ‎(1)要使f(x)在(0,2)上单调递增,试求a的取值范围;‎ ‎(2)当a<0时,若函数满足y极大=1,y极小=-3,试求y=f(x)的解析式.‎ 解析　(1)f '(x)=-3x2+2ax.‎ 依题意f '(x)≥0在(0,2)上恒成立,即2ax≥3x2.‎ 因为x>0,所以2a≥3x,所以2a≥6,所以a≥3,‎ 即a的取值范围是[3,+∞).‎ ‎(2)f '(x)=-3x2+2ax=x(-3x+2a).‎ 因为a<0,所以当x∈‎-∞,‎2‎‎3‎a时, f '(x)<0, f(x)单调递减.‎ 当x∈‎2‎‎3‎a,0‎时, f '(x)>0, f(x)单调递增.‎ 当x∈(0,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.‎ 所以当x=0时, f(x)取得极大值,‎ 当x=‎2‎‎3‎a时, f(x)取得极小值,‎ 所以b=1,‎‎-‎2a‎3‎‎3‎+a‎2a‎3‎‎2‎+b=-3,‎解得a=-3,‎b=1.‎ 所以f(x)=-x3-3x2+1.‎