3.2　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 考綱解讀 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 要求 高考示例 常考題型 預(yù)測熱度 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次) Ⅲ 2017課標(biāo)全國Ⅰ,21; 2017課標(biāo)全國Ⅱ,21; 2017課標(biāo)全國Ⅲ,21; 2016課標(biāo)全國Ⅲ,21 選擇題、 解答題 ★★★ 2.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件 2.會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次);會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次) Ⅲ 2017北京,20; 2017江蘇,20; 2016山東,20 3.導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 會利用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題 Ⅲ 2017天津,19; 2016課標(biāo)全國Ⅰ,21; 2015課標(biāo)Ⅰ,21 分析解讀 函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的一條重要性質(zhì),也是高中階段研究的重點(diǎn).一是直接用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、求函數(shù)的最值與極值,以及實(shí)際問題中的優(yōu)化問題等,這是新課標(biāo)的一個新要求.二是把導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列等知識相聯(lián)系,綜合考查函數(shù)的最值與參數(shù)的取值,常以解答題的形式出現(xiàn).本節(jié)內(nèi)容在高考中分值為17分左右,屬難度較大題. 1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞), f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增. ②若a>0,則由f (x)=0得x=ln a. 當(dāng)x∈(-∞,ln a)時, f (x)<0; 當(dāng)x∈(ln a,+∞)時, f (x)>0. 故f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增. ③若a<0,則由f (x)=0得x=ln-a2. 當(dāng)x∈-∞,ln-a2時, f (x)<0; 當(dāng)x∈ln-a2,+∞時, f (x)>0. 故f(x)在-∞,ln-a2上單調(diào)遞減,在ln-a2,+∞上單調(diào)遞增. (2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0. ②若a>0,則由(1)得,當(dāng)x=ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a,從而當(dāng)且僅當(dāng)-a2ln a≥0,即a≤1時, f(x)≥0. ③若a<0,則由(1)得,當(dāng)x=ln-a2時, f(x)取得最小值,最小值為fln-a2=a234-ln-a2. 從而當(dāng)且僅當(dāng)a234-ln-a2≥0, 即a≥-2e34時, f(x)≥0. 綜上,a的取值范圍是[-2e34,1] 五年高考 考點(diǎn)一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 1.(2017山東,10,5分)若函數(shù)exf(x)(e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是(　　)　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.f(x)=2-x B.f(x)=x2 C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x 答案　A　 2.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是(　　) A.[-1,1] B.-1,13 C.-13,13 D.-1,-13 答案　C　 3.(2015課標(biāo)Ⅱ,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,則使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范圍是(　　)　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.13,1 B.-∞,13∪(1,+∞) C.-13,13 D.-∞,-13∪13,+∞ 答案　A　 4.(2014課標(biāo)Ⅱ,11,5分)若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是(　　) A.(-∞,-2] B.(-∞,-1] C.[2,+∞) D.[1,+∞) 答案　D　 5.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是　　　　. 答案　-1,12 6.(2017課標(biāo)全國Ⅱ,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)x≥0時, f(x)≤ax+1,求a的取值范圍. 解析　(1)f (x)=(1-2x-x2)ex. 令f (x)=0,得x=-1-2或x=-1+2. 當(dāng)x∈(-∞,-1-2)時, f (x)<0; 當(dāng)x∈(-1-2,-1+2)時, f (x)>0; 當(dāng)x∈(-1+2,+∞)時, f (x)<0. 所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上單調(diào)遞減, 在(-1-2,-1+2)上單調(diào)遞增. (2)f(x)=(1+x)(1-x)ex. 當(dāng)a≥1時,設(shè)函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1. 當(dāng)0<a<1時,設(shè)函數(shù)g(x)=ex-x-1,g(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1. 當(dāng)0<x<1時, f(x)>(1-x)(1+x)2, (1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12, 則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1. 當(dāng)a≤0時,取x0=5-12, 則x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 綜上,a的取值范圍是[1,+∞). 7.(2017課標(biāo)全國Ⅲ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)a<0時,證明f(x)≤-34a-2. 解析　(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), f (x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x. 若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時, f (x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 若a<0,則當(dāng)x∈0,-12a時, f (x)>0; 當(dāng)x∈-12a,+∞時, f (x)<0, 故f(x)在0,-12a上單調(diào)遞增,在-12a,+∞上單調(diào)遞減. (2)由(1)知,當(dāng)a<0時, f(x)在x=-12a處取得最大值,最大值為f-12a=ln-12a-1-14a. 所以f(x)≤-34a-2等價于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0. 設(shè)g(x)=ln x-x+1,則g(x)=1x-1. 當(dāng)x∈(0,1)時,g(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,g(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.故當(dāng)x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當(dāng)x>0時,g(x)≤0.從而當(dāng)a<0時,ln-12a+12a+1≤0,即f(x)≤-34a-2. 8.(2016課標(biāo)全國Ⅲ,21,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-x+1. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)證明當(dāng)x∈(1,+∞)時,1<x-1lnx<x; (3)設(shè)c>1,證明當(dāng)x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx. 解析　(1)由題設(shè)知, f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), f (x)=1x-1,令f (x)=0,解得x=1. 當(dāng)0<x<1時, f (x)>0, f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>1時, f (x)<0, f(x)單調(diào)遞減.(4分) (2)證明:由(1)知f(x)在x=1處取得最大值,最大值為f(1)=0. 所以當(dāng)x≠1時,ln x<x-1. 故當(dāng)x∈(1,+∞)時,ln x<x-1,ln1x<1x-1,即1<x-1lnx<x.(7分) (3)證明:由題設(shè)c>1,設(shè)g(x)=1+(c-1)x-cx, 則g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0, 解得x0=lnc-1lnclnc. 當(dāng)x<x0時,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>x0時,g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.(9分) 由(2)知1<c-1lnc<c,故0<x0<1. 又g(0)=g(1)=0,故當(dāng)0<x<1時,g(x)>0. 所以當(dāng)x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx.(12分) 教師用書專用(9—24) 9.(2013浙江,8,5分)已知函數(shù)y=f(x)的圖象是下列四個圖象之一,且其導(dǎo)函數(shù)y=f (x)的圖象如圖所示,則該函數(shù)的圖象是(　　) 答案　B　 10.(2015四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a>0. (1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性; (2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解. 解析　(1)由已知,得函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞), g(x)=f (x)=2(x-1-ln x-a), 所以g(x)=2-2x=2(x-1)x. 當(dāng)x∈(0,1)時,g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(1,+∞)時,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. (2)證明:由f (x)=2(x-1-ln x-a)=0, 解得a=x-1-ln x. 令φ(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x, 則φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0. 于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0. 令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x≥1). 由u(x)=1-1x≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增. 故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1. 即a0∈(0,1). 當(dāng)a=a0時,有f (x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0. 再由(1)知, f (x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增, 當(dāng)x∈(1,x0)時, f (x)<0,從而f(x)>f(x0)=0; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時, f (x)>0,從而f(x)>f(x0)=0; 又當(dāng)x∈(0,1]時, f(x)=(x-a0)2-2xln x>0. 故x∈(0,+∞)時, f(x)≥0. 綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解. 11.(2015天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=4x-x4,x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P,曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g(x),求證:對于任意的實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x); (3)若方程f(x)=a(a為實(shí)數(shù))有兩個實(shí)數(shù)根x1,x2,且x1<x2,求證:x2-x1≤-a3+413. 解析　(1)由f(x)=4x-x4,可得f (x)=4-4x3. 當(dāng)f (x)>0,即x<1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)f (x)<0,即x>1時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. 所以, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1), 單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞). (2)證明:設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,0),則x0=413, f (x0)=-12.曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),則F(x)=f (x)-f (x0). 由于f (x)=-4x3+4在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減,故F(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減.又因?yàn)镕(x0)=0,所以當(dāng)x∈(-∞,x0)時,F(x)>0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時,F(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上單調(diào)遞增,在(x0,+∞)上單調(diào)遞減,所以對于任意的實(shí)數(shù)x,F(x)≤F(x0)=0, 即對于任意的實(shí)數(shù)x,都有f(x)≤g(x). (3)證明:由(2)知g(x)=-12(x-413).設(shè)方程g(x)=a的根為x2,可得x2=-a12+413.因?yàn)間(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞減,又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2),因此x2≤x2. 類似地,設(shè)曲線y=f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=4x.對于任意的x∈(-∞,+∞),有f(x)-h(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x). 設(shè)方程h(x)=a的根為x1,可得x1=a4.因?yàn)閔(x)=4x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,且h(x1)=a=f(x1)≤h(x1), 因此x1≤x1. 由此可得x2-x1≤x2-x1=-a3+413. 12.(2015福建,22,14分)已知函數(shù)f(x)=ln x-(x-1)22. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)證明:當(dāng)x>1時, f(x)<x-1; (3)確定實(shí)數(shù)k的所有可能取值,使得存在x0>1,當(dāng)x∈(1,x0)時,恒有f(x)>k(x-1). 解析　(1)f (x)=1x-x+1=-x2+x+1x,x∈(0,+∞). 由f (x)>0得x>0,-x2+x+1>0.解得0<x<1+52. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0,1+52. (2)證明:令F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞). 則有F(x)=1-x2x. 當(dāng)x∈(1,+∞)時,F(x)<0, 所以F(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減, 故當(dāng)x>1時,F(x)<F(1)=0,即當(dāng)x>1時, f(x)<x-1. (3)由(2)知,當(dāng)k=1時,不存在x0>1滿足題意. 當(dāng)k>1時,對于x>1,有f(x)<x-1<k(x-1),則f(x)<k(x-1), 從而不存在x0>1滿足題意. 當(dāng)k<1時,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 則有G(x)=1x-x+1-k=-x2+(1-k)x+1x. 由G(x)=0得,-x2+(1-k)x+1=0. 解得x1=1-k-(1-k)2+42<0,x2=1-k+(1-k)2+42>1. 當(dāng)x∈(1,x2)時,G(x)>0,故G(x)在[1,x2)內(nèi)單調(diào)遞增. 從而當(dāng)x∈(1,x2)時,G(x)>G(1)=0,即f(x)>k(x-1), 綜上,k的取值范圍是(-∞,1). 13.(2015重慶,19,12分)已知函數(shù)f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-43處取得極值. (1)確定a的值; (2)若g(x)=f(x)ex,討論g(x)的單調(diào)性. 解析　(1)對f(x)求導(dǎo)得f (x)=3ax2+2x, 因?yàn)閒(x)在x=-43處取得極值,所以f -43=0, 即3a169+2-43=16a3-83=0,解得a=12. (2)由(1)得g(x)=12x3+x2ex, 故g(x)=32x2+2xex+12x3+x2ex =12x3+52x2+2xex =12x(x+1)(x+4)ex. 令g(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4. 當(dāng)x<-4時,g(x)<0,故g(x)為減函數(shù); 當(dāng)-4<x<-1時,g(x)>0,故g(x)為增函數(shù); 當(dāng)-1<x<0時,g(x)<0,故g(x)為減函數(shù); 當(dāng)x>0時,g(x)>0,故g(x)為增函數(shù). 綜上,知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)內(nèi)為減函數(shù),在(-4,-1)和(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù). 14.(2014安徽,20,13分)設(shè)函數(shù)f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0. (1)討論f(x)在其定義域上的單調(diào)性; (2)當(dāng)x∈[0,1]時,求f(x)取得最大值和最小值時的x的值. 解析　(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞), f (x)=1+a-2x-3x2. 令f (x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,x1<x2, 所以f (x)=-3(x-x1)(x-x2). 當(dāng)x<x1或x>x2時, f (x)<0;當(dāng)x1<x<x2時, f (x)>0. 故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,在[x1,x2]內(nèi)單調(diào)遞增. (2)因?yàn)閍>0,所以x1<0,x2>0. (i)當(dāng)a≥4時,x2≥1,由(1)知, f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值. (ii)當(dāng)0<a<4時,x2<1.由(1)知, f(x)在[0,x2]上單調(diào)遞增,在[x2,1]上單調(diào)遞減,因此f(x)在x=x2=-1+4+3a3處取得最大值. 又f(0)=1, f(1)=a, 所以當(dāng)0<a<1時, f(x)在x=1處取得最小值; 當(dāng)a=1時, f(x)在x=0和x=1處同時取得最小值; 當(dāng)1<a<4時, f(x)在x=0處取得最小值. 15.(2014重慶,19,12分)已知函數(shù)f(x)=x4+ax-ln x-32,其中a∈R,且曲線y=f(x)在點(diǎn)(1, f(1))處的切線垂直于直線y=12x. (1)求a的值; (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值. 解析　(1)對f(x)求導(dǎo)得f (x)=14-ax2-1x,由f(x)在點(diǎn)(1, f(1))處的切線垂直于直線y=12x知f (1)=-34-a=-2,解得a=54. (2)由(1)知f(x)=x4+54x-ln x-32,則f (x)=x2-4x-54x2, 令f (x)=0,解得x=-1或x=5. 因x=-1不在f(x)的定義域(0,+∞)內(nèi),故舍去. 當(dāng)x∈(0,5)時, f (x)<0,故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù);當(dāng)x∈(5,+∞)時, f (x)>0,故f(x)在(5,+∞)內(nèi)為增函數(shù).由此知函數(shù)f(x)在x=5時取得極小值f(5)=-ln 5. 16.(2014湖北,21,14分)π為圓周率,e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù). (1)求函數(shù)f(x)=lnxx的單調(diào)區(qū)間; (2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù). 解析　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞). 因?yàn)閒(x)=lnxx,所以f (x)=1-lnxx2. 當(dāng)f (x)>0,即0<x<e時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)f (x)<0,即x>e時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減. 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+∞). (2)因?yàn)閑<3<π,所以eln 3<eln π,πl(wèi)n e<πl(wèi)n 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π. 于是根據(jù)函數(shù)y=ln x,y=ex,y=πx在定義域上單調(diào)遞增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π. 故這6個數(shù)的最大數(shù)在π3與3π之中,最小數(shù)在3e與e3之中. 由e<3<π及(1)的結(jié)論,得f(π)<f(3)<f(e), 即ln ππ<ln33<ln ee. 由ln ππ<ln33,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3; 由ln33<ln ee,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3. 綜上,6個數(shù)中的最大數(shù)是3π,最小數(shù)是3e. 17.(2014湖南,21,13分)已知函數(shù)f(x)=xcos x-sin x+1(x>0). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)記xi為f(x)的從小到大的第i(i∈N*)個零點(diǎn),證明:對一切n∈N*,有1x12+1x22+…+1xn2<23. 解析　(1)f (x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. 令f (x)=0,得x=kπ(k∈N*). 當(dāng)x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)時,sin x>0,此時f (x)<0; 當(dāng)x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)時,sin x<0,此時f (x)>0, 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),單調(diào)遞增區(qū)間為((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N). (2) 由(1)知, f(x)在區(qū)間(0,π)上單調(diào)遞減,又fπ2=0,故x1=π2,當(dāng)n∈N*時,因?yàn)閒(nπ)f((n+1)π)=[(-1)nnπ+1] [(-1)n+1(n+1)n+1]<0, 且函數(shù)f(x)的圖象是連續(xù)不斷的,所以f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)內(nèi)至少存在一個零點(diǎn).又f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)上是單調(diào)的,故nπ<xn+1<(n+1)π. 因此當(dāng)n=1時,1x12=4π2<23; 當(dāng)n=2時,1x12+1x22<1π2(4+1)<23; 當(dāng)n≥3時,1x12+1x22+…+1xn2<1π24+1+122+…+1(n-1)2<1π25+112+…+1(n-2)(n-1) =1π25+1-12+12-13+…+1n-2-1n-1 =1π26-1n-1<6π2<23. 綜上所述,對一切n∈N*,1x12+1x22+…+1xn2<23. 18.(2014江西,18,12分)已知函數(shù)f(x)=(4x2+4ax+a2)x,其中a<0. (1)當(dāng)a=-4時,求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若f(x)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8,求a的值. 解析　(1)f(x)的定義域?yàn)閇0,+∞).當(dāng)a=-4時,由f (x)=2(5x-2)(x-2)x=0得x=25或x=2,由f (x)>0得x∈0,25或x∈(2,+∞), 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,25和(2,+∞). (2)f (x)=(10x+a)(2x+a)2x,a<0, 由f (x)=0得x=-a10或x=-a2. 當(dāng)x∈0,-a10時,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈-a10,-a2時,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈-a2,+∞時,f(x)單調(diào)遞增. 易知 f(x)=(2x+a)2x≥0,且f-a2=0. ①當(dāng)-a2≤1,即-2≤a<0時,f(x)在[1,4]上的最小值為f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=22-2,均不符合題意. ②當(dāng)1<-a2≤4,即-8≤a<-2時, f(x)在[1,4]上的最小值為f-a2=0,不符合題意. ③當(dāng)-a2>4,即a<-8時,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4處取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),當(dāng)a=-10時,f(x)在(1,4)上單調(diào)遞減, f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)=8,符合題意. 綜上,a=-10. 19.(2013課標(biāo)全國Ⅰ,20,12分)已知函數(shù)f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0))處的切線方程為y=4x+4. (1)求a,b的值; (2)討論f(x)的單調(diào)性,并求f(x)的極大值. 解析　(1)f (x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得f(0)=4, f (0)=4.故b=4,a+b=8. 從而a=4,b=4. (2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, f (x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)ex-12. 令f (x)=0,得x=-ln 2或x=-2. 從而當(dāng)x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)時, f (x)>0; 當(dāng)x∈(-2,-ln 2)時, f (x)<0. 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上單調(diào)遞增, 在(-2,-ln 2)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(-2)=4(1-e-2). 20.(2013大綱全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x3+3ax2+3x+1. (1)當(dāng)a=-2時,討論f(x)的單調(diào)性; (2)若x∈[2,+∞)時, f(x)≥0,求a的取值范圍. 解析　(1)當(dāng)a=-2時, f(x)=x3-32x2+3x+1, f (x)=3x2-62x+3. 令f (x)=0,得x1=2-1,x2=2+1.(3分) 當(dāng)x∈(-∞,2-1)時, f (x)>0, f(x)在(-∞,2-1)上是增函數(shù); 當(dāng)x∈(2-1,2+1)時, f (x)<0, f(x)在(2-1,2+1)上是減函數(shù); 當(dāng)x∈(2+1,+∞)時, f (x)>0, f(x)在(2+1,+∞)上是增函數(shù).(6分) (2)由f(2)≥0得a≥-54.(8分) 當(dāng)a≥-54,x∈(2,+∞)時, f (x)=3(x2+2ax+1)≥3x2-52x+1=3x-12(x-2)>0, 所以f(x)在(2,+∞)上是增函數(shù),于是當(dāng)x∈[2,+∞)時,f(x)≥f(2)≥0. 綜上,a的取值范圍是-54,+∞.(12分) 21.(2013山東,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R). (1)設(shè)a≥0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)a>0,且對任意x>0, f(x)≥f(1).試比較ln a與-2b的大小. 解析　(1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞), 得f (x)=2ax2+bx-1x. ①當(dāng)a=0時, f (x)=bx-1x. (i)若b≤0,當(dāng)x>0時, f (x)<0恒成立, 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,+∞). (ii)若b>0,當(dāng)0<x<1b時, f (x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x>1b時, f (x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1b,單調(diào)遞增區(qū)間是1b,+∞. ②當(dāng)a>0時,令f (x)=0,得2ax2+bx-1=0. 由Δ=b2+8a>0得x1=-b-b2+8a4a,x2=-b+b2+8a4a. 顯然,x1<0,x2>0. 當(dāng)0<x<x2時, f (x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x>x2時, f (x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,-b+b2+8a4a, 單調(diào)遞增區(qū)間是-b+b2+8a4a,+∞. 綜上所述, 當(dāng)a=0,b≤0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,+∞); 當(dāng)a=0,b>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,1b,單調(diào)遞增區(qū)間是1b,+∞; 當(dāng)a>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是0,-b+b2+8a4a, 單調(diào)遞增區(qū)間是-b+b2+8a4a,+∞. (2)由題意,函數(shù)f(x)在x=1處取得最小值, 由(1)知-b+b2+8a4a是f(x)的唯一極小值點(diǎn), 故-b+b2+8a4a=1,整理得2a+b=1,即b=1-2a. 令g(x)=2-4x+ln x. 則g(x)=1-4xx. 令g(x)=0,得x=14. 當(dāng)0<x<14時,g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)x>14時,g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減. 因此g(x)≤g14=1+ln14=1-ln 4<0. 故g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0,即ln a<-2b. 22.(2013天津,20,14分)設(shè)a∈[-2,0],已知函數(shù)f(x)=x3-(a+5)x,　　　x≤0,x3-a+32x2+ax,x>0. (1)證明f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增; (2)設(shè)曲線y=f(x)在點(diǎn)Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)處的切線相互平行,且x1x2x3≠0.證明x1+x2+x3>-13. 證明　(1)設(shè)函數(shù)f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),f2(x)=x3-a+32x2+ax(x≥0), ① f 1(x)=3x2-(a+5),由a∈[-2,0],從而當(dāng)-1<x<0時, f 1(x)=3x2-(a+5)<3-a-5≤0,所以函數(shù)f1(x)在區(qū)間(-1,0]內(nèi)單調(diào)遞減. ② f 2(x)=3x2-(a+3)x+a=(3x-a)(x-1),由于a∈[-2,0],所以當(dāng)0<x<1時, f 2(x)<0;當(dāng)x>1時, f 2(x)>0. 即函數(shù)f2(x)在區(qū)間[0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 綜合①,②及f1(0)=f2(0),可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. (2)由(1)知f (x)在區(qū)間(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞減,在區(qū)間0,a+36內(nèi)單調(diào)遞減, 在區(qū)間a+36,+∞內(nèi)單調(diào)遞增. 因?yàn)榍€y=f(x)在點(diǎn)Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)處的切線相互平行,從而x1,x2,x3互不相等,且f (x1)=f (x2)=f (x3).不妨設(shè)x1<0<x2<x3, 由3x12-(a+5)=3x22-(a+3)x2+a=3x32-(a+3)x3+a, 可得3x22-3x32-(a+3)(x2-x3)=0, 解得x2+x3=a+33,從而0<x2<a+36<x3. 設(shè)g(x)=3x2-(a+3)x+a,則ga+36<g(x2)<g(0)=a. 由3x12-(a+5)=g(x2)<a,解得-2a+53<x1<0, 所以x1+x2+x3>-2a+53+a+33, 設(shè)t=2a+53,則a=3t2-52,因?yàn)閍∈[-2,0], 所以t∈33,153, 故x1+x2+x3>-t+3t2+16=12(t-1)2-13≥-13,即x1+x2+x3>-13. 23.(2013湖北,21,13分)設(shè)a>0,b>0,已知函數(shù)f(x)=ax+bx+1. (1)當(dāng)a≠b時,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)x>0時,稱f(x)為a、b關(guān)于x的加權(quán)平均數(shù). (i)判斷f(1),f ba,f ba是否成等比數(shù)列,并證明f ba≤f ba; (ii)a、b的幾何平均數(shù)記為G.稱2aba+b為a、b的調(diào)和平均數(shù),記為H.若H≤f(x)≤G,求x的取值范圍. 解析　(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,-1)∪(-1,+∞), f (x)=a(x+1)-(ax+b)(x+1)2=a-b(x+1)2. 當(dāng)a>b時, f (x)>0,函數(shù)f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a<b時, f (x)<0,函數(shù)f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上單調(diào)遞減. (2)(i)計算得f(1)=a+b2>0, fba=2aba+b>0,f ba=ab>0, 故f(1)fba=a+b22aba+b=ab=fba2, 即f(1)fba=fba2.① 所以f(1),f ba,f ba成等比數(shù)列. 因?yàn)閍+b2≥ab,所以f(1)≥f ba.由①得f ba≤f ba. (ii)由(i)知f ba=H,f ba=G.故由H≤f(x)≤G,得 f ba≤f(x)≤f ba.② 當(dāng)a=b時,f ba=f(x)=f ba=a. 這時,x的取值范圍為(0,+∞); 當(dāng)a>b時,0<ba<1,從而ba<ba,由f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增與②式, 得ba≤x≤ba,即x的取值范圍為ba,ba; 當(dāng)a<b時,ba>1,從而ba>ba,由f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞 減與②式,得ba≤x≤ba,即x的取值范圍為ba,ba. 24.(2013江蘇,20,16分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中a為實(shí)數(shù). (1)若f(x)在(1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù),且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范圍; (2)若g(x)在(-1,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),試求f(x)的零點(diǎn)個數(shù),并證明你的結(jié)論. 解析　(1)令f (x)=1x-a=1-axx<0,考慮到f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),故a>0,進(jìn)而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù). 同理, f(x)在(0,a-1)上是單調(diào)增函數(shù). 由于f(x)在(1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù), 故(1,+∞)?(a-1,+∞),從而a-1≤1,即a≥1. 令g(x)=ex-a=0,得x=ln a.當(dāng)x<ln a時,g(x)<0; 當(dāng)x>ln a時,g(x)>0. 又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以ln a>1,即a>e. 綜上,有a∈(e,+∞). (2)當(dāng)a≤0時,g(x)必為單調(diào)增函數(shù);當(dāng)a>0時,令g(x)=ex-a>0, 解得a<ex,即x>ln a,因?yàn)間(x)在(-1,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),類似(1)有l(wèi)n a≤-1,即0<a≤e-1.結(jié)合上述兩種情況,有a≤e-1. (i)當(dāng)a=0時,由f(1)=0以及f (x)=1x>0,得f(x)存在唯一的零點(diǎn). (ii)當(dāng)a<0時,由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0, f(1)=-a>0,且函數(shù)f(x)在[ea,1]上的圖象不間斷,所以f(x)在(ea,1)上存在零點(diǎn). 另外,當(dāng)x>0時, f (x)=1x-a>0,故f(x)在(0,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),所以f(x)只有一個零點(diǎn). (iii)當(dāng)0<a≤e-1時,令f (x)=1x-a=0,解得x=a-1. 當(dāng)0<x<a-1時, f (x)>0,當(dāng)x>a-1時, f (x)<0, 所以,x=a-1是f(x)的最大值點(diǎn),且最大值為f(a-1)=-ln a-1. ①當(dāng)-ln a-1=0,即a=e-1時, f(x)有一個零點(diǎn)x=e. ②當(dāng)-ln a-1>0,即0<a<e-1時, f(x)有兩個零點(diǎn). 實(shí)際上,對于0<a<e-1,由于f(e-1)=-1-ae-1<0, f(a-1)>0,且函數(shù)f(x)在[e-1,a-1]上的圖象不間斷, 所以f(x)在(e-1,a-1)上存在零點(diǎn). 另外,當(dāng)x∈(0,a-1)時, f (x)=1x-a>0,故f(x)在(0,a-1)上是單調(diào)增函數(shù),所以f(x)在(0,a-1)上只有一個零點(diǎn). 下面考慮f(x)在(a-1,+∞)上的情況. 先證f(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0. 為此,我們要證明:當(dāng)x>e時,ex>x2. 設(shè)h(x)=ex-x2,則h(x)=ex-2x, 再設(shè)l(x)=h(x)=ex-2x, 則l(x)=ex-2. 當(dāng)x>1時,l(x)=ex-2>e-2>0,所以l(x)=h(x)在(1,+∞)上是單調(diào)增函數(shù). 故當(dāng)x>2時,h(x)=ex-2x>h(2)=e2-4>0,從而h(x)在(2,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),進(jìn)而當(dāng)x>e時, h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即當(dāng)x>e時,ex>x2. 當(dāng)0<a<e-1,即a-1>e時, f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0, 又f(a-1)>0,且函數(shù)f(x)在[a-1,ea-1]上的圖象不間斷,所以f(x)在(a-1,ea-1)上存在零點(diǎn). 又當(dāng)x>a-1時, f (x)=1x-a<0,故f(x)在(a-1,+∞)上是單調(diào)減函數(shù),所以f(x)在(a-1,+∞)上只有一個零點(diǎn). 綜合(i),(ii),(iii),當(dāng)a≤0或a=e-1時, f(x)的零點(diǎn)個數(shù)為1, 當(dāng)0<a<e-1時,f(x)的零點(diǎn)個數(shù)為2. 考點(diǎn)二　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 1.(2016四川,6,5分)已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點(diǎn),則a=(　　) A.-4 B.-2 C.4 D.2 答案　D　 2.(2014遼寧,12,5分)當(dāng)x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A.[-5,-3] B.-6,-98 C.[-6,-2] D.[-4,-3] 答案　C　 3.(2015陜西,15,5分)函數(shù)y=xex在其極值點(diǎn)處的切線方程為　　　　. 答案　y=-1e 4.(2017北京,20,13分)已知函數(shù)f(x)=excos x-x. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0))處的切線方程; (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0,π2上的最大值和最小值. 解析　(1)因?yàn)閒(x)=excos x-x,所以f (x)=ex(cos x-sin x)-1, f (0)=0. 又因?yàn)閒(0)=1,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0, f(0))處的切線方程為y=1. (2)設(shè)h(x)=ex(cos x-sin x)-1, 則h(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. 當(dāng)x∈0,π2時,h(x)<0, 所以h(x)在區(qū)間0,π2上單調(diào)遞減. 所以對任意x∈0,π2,有h(x)<h(0)=0,即f (x)<0. 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0,π2上單調(diào)遞減. 因此f(x)在區(qū)間0,π2上的最大值為f(0)=1,最小值為fπ2=-π2. 5.(2017江蘇,20,16分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有極值,且導(dǎo)函數(shù)f (x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn).(極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值) (1)求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域; (2)證明:b2>3a; (3)若f(x), 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　(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f (x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23. 當(dāng)x=-a3時, f (x)有極小值b-a23. 因?yàn)閒 (x)的極值點(diǎn)是f(x)的零點(diǎn), 所以f -a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a>0,故b=2a29+3a. 因?yàn)閒(x)有極值,故f (x)=0有實(shí)根,從而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3. 當(dāng)a=3時, f (x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù), f(x)沒有極值; 當(dāng)a>3時, f (x)=0有兩個相異的實(shí)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) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 故f(x)的極值點(diǎn)是x1,x2. 從而a>3. 因此b=2a29+3a,定義域?yàn)?3,+∞). (2)證明:由(1)知,ba=2aa9+3aa. 設(shè)g(t)=2t9+3t,則g(t)=29-3t2=2t2-279t2. 當(dāng)t∈362,+∞時,g(t)>0,從而g(t)在362,+∞上單調(diào)遞增. 因?yàn)閍>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)的極值點(diǎn)是x1,x2, 且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9. 從而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. 記f(x), f (x)所有極值之和為h(a), 因?yàn)閒 (x)的極值為b-a23=-19a2+3a, 所以h(a)=-19a2+3a,a>3. 因?yàn)閔(a)=-29a-3a2<0, 于是h(a)在(3,+∞)上單調(diào)遞減. 因?yàn)閔(6)=-72, 于是h(a)≥h(6),故a≤6. 因此a的取值范圍為(3,6]. 6.(2015安徽,21,13分)已知函數(shù)f(x)=ax(x+r)2(a>0,r>0). (1)求f(x)的定義域,并討論f(x)的單調(diào)性; (2)若ar=400,求f(x)在(0,+∞)內(nèi)的極值. 解析　(1)由題意知x≠-r,所求的定義域?yàn)?-∞,-r)∪(-r,+∞). f(x)=ax(x+r)2=axx2+2rx+r2, f (x)=a(x2+2rx+r2)-ax(2x+2r)(x2+2rx+r2)2=a(r-x)(x+r)(x+r)4, 所以當(dāng)x<-r或x>r時,f (x)<0,當(dāng)-r<x<r時,f (x)>0, 因此,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,-r),(r,+∞);f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-r,r). (2)由(1)的解答可知f (r)=0,f(x)在(0,r)上單調(diào)遞增,在(r,+∞)上單調(diào)遞減.因此,x=r是f(x)的極大值點(diǎn),所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)的極大值為f(r)=ar(2r)2=a4r=4004=100. 教師用書專用(7—15) 7.(2013福建,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,x0(x0≠0)是f(x)的極大值點(diǎn),以下結(jié)論一定正確的是(　　) A.?x∈R, f(x)≤f(x0) B.-x0是f(-x)的極小值點(diǎn) C.-x0是-f(x)的極小值點(diǎn) D.-x0是-f(-x)的極小值點(diǎn) 答案　D　 8.(2016天津,20,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)存在極值點(diǎn)x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求證:x1+2x0=0; (3)設(shè)a>0,函數(shù)g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于14. 解析　(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f (x)=3x2-a. 下面分兩種情況討論: ①當(dāng)a≤0時,有f (x)=3x2-a≥0恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞). ②當(dāng)a>0時,令f (x)=0,解得x=3a3,或x=-3a3. 當(dāng)x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表: x -∞,-3a3 -3a3 -3a3,3a3 3a3 3a3,+∞ f (x) + 0 - 0 + f(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-3a3,3a3,單調(diào)遞增區(qū)間為-∞,-3a3,3a3,+∞. (2)證明:因?yàn)閒(x)存在極值點(diǎn),所以由(1)知a>0,且x0≠0.由題意,得f (x0)=3x02-a=0,即x02=a3,進(jìn)而f(x0)=x03-ax0-b=-2a3x0-b. 又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0), 且-2x0≠x0,由題意及(1)知,存在唯一實(shí)數(shù)x1滿足 f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0. 所以x1+2x0=0. (3)證明:設(shè)g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值為M,max{x,y}表示x,y兩數(shù)的最大值.下面分三種情況討論: ①當(dāng)a≥3時,-3a3≤-1<1≤3a3,由(1)知, f(x)在區(qū)間[-1,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(1), f(-1)], 因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=a-1+b,b≥0,a-1-b,b<0. 所以M=a-1+|b|≥2. ②當(dāng)34≤a<3時,-23a3≤-1<-3a3<3a3<1≤23a3, 由(1)和(2)知f(-1)≥f -23a3=f 3a3, f(1)≤f 23a3=f -3a3, 所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為f 3a3, f -3a3, 因此M=maxf3a3,f-3a3 =max-2a93a-b,2a93a-b =max2a93a+b,2a93a-b =2a93a+|b|≥2934334=14. ③當(dāng)0<a<34時,-1<-23a3<23a3<1,由(1)和(2)知f(-1)<f -23a3=f 3a3, f(1)>f 23a3=f -3a3, 所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(-1), f(1)], 因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|} =max{|1-a+b|,|1-a-b|} =1-a+|b|>14. 綜上所述,當(dāng)a>0時,g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于14. 9.(2014天津,19,14分)已知函數(shù)f(x)=x2-23ax3(a>0),x∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值; (2)若對于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)f(x2)=1.求a的取值范圍. 解析　(1)由已知,有f (x)=2x-2ax2(a>0). 令f (x)=0,解得x=0或x=1a. 當(dāng)x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表: x (-∞,0) 0 0,1a 1a 1a,+∞ f (x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 0 ↗ 13a2 ↘ 所以, f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是0,1a;單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,0),1a,+∞. 當(dāng)x=0時, f(x)有極小值,且極小值f(0)=0;當(dāng)x=1a時,f(x)有極大值,且極大值f1a=13a2. (2)由f(0)=f32a=0及(1)知,當(dāng)x∈0,32a時, f(x)>0;當(dāng)x∈32a,+∞時, f(x)<0. 設(shè)集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=1f(x)|x∈(1,+∞), f(x)≠0.則“對于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)f(x2)=1”等價于A?B.顯然,0?B. 下面分三種情況討論: ①當(dāng)32a>2,即0<a<34時,由f32a=0可知,0∈A,而0?B,所以A不是B的子集. ②當(dāng)1≤32a≤2,即34≤a≤32時,有f(2)≤0,且此時f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞減,故A=(-∞, f(2)),因而A?(-∞,0);由f(1)≥0,有f(x)在(1,+∞)上的取值范圍包含(-∞,0),則(-∞,0)?B.所以,A?B. ③當(dāng)32a<1,即a>32時,有f(1)<0,且此時f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故B=1f(1),0,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.綜上,a的取值范圍是34,32. 10.(2014浙江,21,15分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值記為g(a). (1)求g(a); (2)證明:當(dāng)x∈[-1,1]時,恒有f(x)≤g(a)+4. 解析　(1)因?yàn)閍>0,-1≤x≤1,所以 (i)當(dāng)0<a<1時, 若x∈[-1,a],則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-3<0, 故f(x)在(-1,a)上是減函數(shù); 若x∈[a,1],則f(x)=x3+3x-3a, f (x)=3x2+3>0, 故f(x)在(a,1)上是增函數(shù). 所以g(a)=f(a)=a3. (ii)當(dāng)a≥1時,有x≤a,則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),所以g(a)=f(1)=-2+3a. 綜上,g(a)=a3,0<a<1,-2+3a,a≥1. (2)令h(x)=f(x)-g(a), (i)當(dāng)0<a<1時,g