专题突破提升练(二)导数与函数、不等式等知识的热点交汇问题命题点一应用导数研究函数的性质题型：选择、填空、解答题难度：中、高命题指数：1.(2015吉林模拟)已知函数f(x)x32x24x7，其导函数为f(x)f(x)的单调减区间是；f(x)的极小值是15；当a2时，对任意的x2且xa，恒有f(x)f(a)f(a)(xa)；函数f(x)有且只有一个零点其中真命题的个数为()A1个B2个C3个D4个【解析】因为f(x)x32x24x7，所以其导函数为f(x)3x24x4(x2)(3x2)，令f(x)0，解得x2；令f(x)0，解得x或x2；所以函数f(x)的单调递减区间为，所以错误；根据单调性可判断f(x)的极小值是f(2)15，f(x)的极大值为f0，故函数f(x)有且只有一个零点，所以和正确；又因为a2，对任意的x2且xa，所以f(x)f(a)f(a)(xa)x32x24xa32a24a(3a24a4)(xa)，所以x32a32x22a23a2x4ax0，所以恒有f(x)f(a)f(a)(xa)，故正确；故选C.【答案】C2(2015安徽高考)设x3axb0，其中a，b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是_(写出所有正确条件的编号)a3，b3；a3，b2；a3，b2；a0，b2；a1，b2.【解析】令f(x)x3axb，则f(x)3x2a.当a0时，f(x)0，f(x)单调递增，正确；当a0时，若a3，则f(x)3x233(x1)(x1)，f(x)极大f(1)13bb2，f(x)极小f(1)13bb2，要使f(x)0仅有一个实根，需f(x)极大0，b2，正确，不正确故填.【答案】3(2015衡水二模)已知函数f(x)ex，aR.(1)当a0时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)当a1时，求证：f(x)在(0，)上为增函数；(3)若f(x)在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a的取值范围【解】函数f(x)的定义域为x|x0，f(x)ex.(1)当a0时，f(x)xex，f(x)(x1)ex，所以f(1)e，f(1)2e.所以曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程是ye2e(x1)，即2exye0.(2)证明：当a1时，f(x)ex(x0)设g(x)x3x2x1，则g(x)3x22x1(3x1)(x1)令g(x)(3x1)(x1)0，得x.令g(x)(3x1)(x1)0，得0x.所以函数g(x)在上是减函数，在上是增函数，所以函数g(x)在x处取得最小值，且g0.所以g(x)在(0，)上恒大于零于是，当x(0，)时，f(x)ex0恒成立所以当a1时，函数f(x)在(0，)上为增函数(3)f(x)ex.设h(x)x3x2axa，则h(x)3x22xa.当a0时，h(x)0在(0，)上恒成立，即函数h(x)在(0，)上为增函数而h(0)a0，h(1)20.则函数h(x)在区间(0,1)上有且只有一个零点x0，即h(x0)0，即f(x0)0，且在(0，x0)上，f(x)0，在(x0,1)上，f(x)0.故x0为函数f(x)在区间(0,1)上唯一的极小值点当a0时，h(x)3x22x0，x(0,1)恒成立，则函数h(x)在区间(0,1)上为增函数，此时h(0)0，所以函数h(x)0在区间(0,1)上恒成立，即f(x)0.故函数f(x)在区间(0,1)上为单调递增函数所以f(x)在区间(0,1)上无极值当a0时，h(x)x3x2axax3x2a(x1)，总有h(x)0，x(0,1)成立，即f(x)0成立故函数f(x)在区间(0,1)上为单调递增函数所以f(x)在区间(0,1)上无极值综上所述，a0，即a的取值范围为(0，)4(2015江苏高考)已知函数f(x)x3ax2b(a，bR)(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若bca(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)，求c的值【解】(1)f(x)3x22ax，令f(x)0，解得x10，x2.当a0时，因为f(x)3x20，所以函数f(x)在(，)上单调递增；当a0时，x(0，)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减；当a0时，x(，0)时，f(x)0，x时，f(x)0，所以函数f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)b，fa3b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)fb0，从而或又bca，所以当a0时，a3ac0或当a0时，a3ac0.设g(a)a3ac，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(，3)，则在(，3)上g(a)0，且在上g(a)0均恒成立，从而g(3)c10，且gc10，因此c1.此时，f(x)x3ax21a(x1)x2(a1)x1a因为函数有三个零点，则x2(a1)x1a0有两个异于1的不等实根，所以(a1)24(1a)a22a30，且(1)2(a1)1a0，解得a(，3).综上c1.5.(2015辽宁五校联考)已知函数f(x)ln xax(a是实数)，g(x)1.(1)当a2时，求函数f(x)在定义域上的最值；(2)若函数f(x)在1，)上是单调函数，求a的取值范围；(3)是否存在正实数a满足：对于任意x11,2，总存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由【解】(1)当a2时，f(x)ln x2x，x(0，)，f(x)2，令f(x)0，得x1或x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0，所以f(x)在x处取到最小值，最小值为3ln 2；无最大值(2)f(x)a，x1，)，显然a0时，f(x)0，且不恒等于0，所以函数f(x)在1，)上是单调递增函数，符合要求当a0时，令h(x)ax2x1，易知h(x)0在1，)上不恒成立，所以函数f(x)在1，)上只能是单调递减函数所以14a0或，解得a.综上，满足条件的a的取值范围是0，)(3)不存在满足条件的正实数a.由(2)知，a0时f(x)在1，)上是单调递增函数，所以f(x)在1,2上是单调递增函数所以对于任意x11,2，f(1)f(x1)f(2)，即f(x1).g(x)，当x1,2时，g(x)0，所以g(x)在1,2上是单调递减函数所以当x21,2时，g(x2).若对于任意x11,2，总存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，则，此时a无解所以不存在满足条件的正实数a.6.(2015四川高考)已知函数f(x)2xln xx22axa2，其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解【解】(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x)2(x1ln xa)，所以g(x)2.当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增(2)证明：由f(x)2(x1ln xa)0，解得ax1ln x.令(x)2xln xx22x(x1ln x)(x1ln x)2(1ln x)22xln x，则(1)10，(e)2(2e)0，于是，存在x0(1，e)，使得(x0)0.令a0x01ln x0u(x0)，其中u(x)x1ln x(x1)由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增故0u(1)a0u(x0)u(e)e21，即a0(0,1)当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0.再由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，当x(1，x0)时，f(x)f(x0)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0；又当x(0,1时，f(x)(xa0)22xln x0.故x(0，)时，f(x)0.综上所述，存在a(0,1)，使得f(x)0恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解命题点二应用导数解决与不等式有关的问题题型：选择、解答题难度：高命题指数：1.(2015湖北省部分重点中学联考)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)2，且f(x)的导函数f(x)在R上恒有f(x)1，则不等式f(x)x1的解集为()A(，1)B(1，)C(1,1)D(，1)(1，)【解析】不等式f(x)x1可化为f(x)x10，令g(x)f(x)x1，则g(x)f(x)1，因为f(x)1，g(x)0，即g(x)在R上单调递减，又g(1)f(1)11220，则g(x)0的解集为x|x1所以f(x)x1的解集为x|x1【答案】B2(2015福建高考)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1，其导函数f(x)满足f(x)k1，则下列结论中一定错误的是()AfCf【解析】令g(x)f(x)kx1，则g(0)f(0)10，gfk1f.g(x)f(x)k0，g(x)在0，)上为增函数又k1，0，gg(0)0，f0，即f.【答案】C3.(2014全国卷)设函数f(x)aln xx2bx(a1)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x01，使得f(x0)，求a的取值