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（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题四导数及其应用4.2导数的应用试题（含解析）
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§4.2 导数的应用
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 导数与函数的单调性
1.已知f(x)=lnxx,则( )
A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2) C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
答案 D
2.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( )
A.1
3.若函数y=f(x)lnx在(1,+∞)上单调递减,则称f(x)为P函数.下列函数中为P函数的为( )
①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=1x;④f(x)=x.
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
答案 B
考点二 导数与函数的极(最)值
4.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f '(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是 ( )
①f(b)>f(a)>f(c);
②函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;
③函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;
④函数f(x)的最小值为f(d).
A.③ B.①② C.③④ D.④
答案 A
5.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为( )
A.4 B.2或6 C.2 D.6
答案 C
6.设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增
B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减
C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2))处的切线方程为y=10
D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点
答案 C
7.已知函数f(x)=-x3+x2(x<1),alnx(x≥1).
(1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点;
(2)求f(x)在[-1,e](e为自然对数的底数)上的最大值.
解析 (1)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
↘
故当x=0时,函数f(x)取得极小值,为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=23.
(2)①当-1≤x<1时,由(1)知,函数f(x)在[-1,0]和23,1上单调递减,
在0,23上单调递增.
因为f(-1)=2, f23=427, f(0)=0,
所以f(x)在[-1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时, f(x)=aln x,
当a≤0时, f(x)≤0;
当a>0时, f(x)在[1,e]上单调递增,
则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a.
故当a≥2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为a;
当a<2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为2.
考点三 导数的综合应用
8.函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数, f '(x)为其导函数,若x·f '(x)+f(x)=ex(x-1),且f(2)=0,则不等式f(x)<0的解集为( )
A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,+∞)
答案 B
9.已知函数f(x)=3x,x<0,0,0≤x≤1,3-3x,x>1,若函数g(x)=x3+λf(x)恰有3个零点,则λ的取值范围为( )
A.(-∞,0)∪94 B.94,+∞
C.0,94 D.(-∞,0)∪94,+∞
答案 B
10.已知函数f(x)=ex-2+x-3(e为自然对数的底数),g(x)=x2-ax-a+3.若存在实数x1,x2,使得f(x1)=g(x2)=0,且|x1-x2|≤1,则实数a的取值范围是 .
答案 [2,3]
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 利用导数解决函数单调性问题
1.(2019吉林长春实验中学期末,9)设函数f(x)=x(ex+e-x),则f(x)( )
A.是奇函数,且在R上是增函数
B.是偶函数,且在R上有极小值
C.是奇函数,且在R上是减函数
D.是偶函数,且在R上有极大值
答案 A
2.(2018黑龙江哈尔滨师大附中三模,8)若函数f(x)=2x+sin x·cos x+acos x在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1] B.[-1,3] C.[-3,3] D.[-3,-1]
答案 A
3.(2018湖北荆州一模,12)若函数f(x)=mln x+x2-mx在区间(0,+∞)上单调递增,则实数m的取值范围为( )
A.[0,8] B.(0,8]
C.(-∞,0]∪[8,+∞) D.(-∞,0)∪(8,+∞)
答案 A
4.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
解析 (1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f '(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,知f(2)=2e+2,f '(2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1.
解得a=2,b=e.
(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.
由f '(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f '(x)与1-x+ex-1同号.
令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1.
所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,
从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).
综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
考法二 与函数极值或最值有关的导数问题
5.(2018黑龙江齐齐哈尔一模)若x=1是函数f(x)=ax2+ln x的一个极值点,则当x∈1e,e时, f(x)的最小值为( )
A.1-e22 B.-e+1e C.-12e2-1 D.e2-1
答案 A
6.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)=13x3+12(1-3a)x2+(2a2-a)x+1,若在区间(0,3)内存在极值点,则实数a的取值范围是( )
A.(0,3) B.12,2 C.(0,1)∪(1,3) D.12,1∪(1,2)
答案 C
7.(2018江西南昌调研,12)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x1
C.f(x1)>0, f(x2)<-12 D.f(x1)<0, f(x2)>-12
答案 D
考法三 利用导数研究函数的零点问题
8.(2019广东深圳二模,9)若函数f(x)=x-x-aln x在区间(1,+∞)上存在零点,则实数a的取值范围为( )
A.0,12 B.12,e
C.(0,+∞) D.12,+∞
答案 D
9.(2019四川德阳“一诊”(改编))已知函数f(x)=12x2+ax-(a+1)ln x.若f(x)有两个零点,则a的取值范围为 .
答案 -1,-12
考法四 利用导数证明不等式问题
10.(2018河北衡水金卷全国大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x≥0时, f(x)=-ex+1+mcos x,记a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c的大小关系是( )
A.b
11.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x3+x-sin x,则满足不等式f(m-1)+f(2m2)≤0成立的实数m的取值范围是 .
答案 -1,12
12.(2018豫北名校联考,22)已知函数f(x)=ex+1-kx-2k(其中e是自然对数的底数,k∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当函数f(x)有两个零点x1,x2时,证明:x1+x2>-2.
解析 (1)易得f '(x)=ex+1-k,(1分)
当k>0时,令f '(x)=0,得x=ln k-1,可得当x∈(-∞,ln k-1)时, f '(x)<0,当x∈(ln k-1,+∞)时, f '(x)>0,所以函数f(x)在区间(-∞,ln k-1)上单调递减,在区间(ln k-1,+∞)上单调递增.(3分)
当k≤0时, f '(x)=ex+1-k>0恒成立,故此时函数f(x)在R上单调递增.(5分)
(2)证明:当k≤0时,由(1)知函数f(x)在R上单调递增,不存在两个零点,所以k>0.
由题意知ex1+1=k(x1+2),ex2+1=k(x2+2),
∴x1+2>0,x2+2>0,可得x1-x2=lnx1+2x2+2.
不妨设x1>x2,令x1+2x2+2=t,则t>1,
由x1+2x2+2=t,x1-x2=lnx1+2x2+2,解得x1+2=tlntt-1,x2+2=lntt-1,
所以x1+x2+4=(t+1)lntt-1.(8分)
欲证x1+x2>-2,只需证明(t+1)lntt-1>2,
即证(t+1)ln t-2(t-1)>0.
设g(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1),
则g'(t)=ln t+1t(t+1)-2=ln t+1t-1.
设h(t)=ln t+1t-1(t>1),
则h'(t)=1t-1t2>0,h(t)单调递增,所以g'(t)>g'(1)=0.
所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增,
所以g(t)>g(1)=0,即(t+1)ln t-2(t-1)>0,原不等式得证.(12分)
应用篇知行合一
【应用集训】
1.据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18 km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C处(异于A,B两点)的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).
(1)试将y表示为x的函数;
(2)若a=1,且x=6,y取得最小值,试求b的值.
解析 (1)易知点C受A污染源污染程度为kax2,点C受B污染源污染程度为kb(18-x)2,其中k为比例系数,且k>0.
从而点C处受污染指数y=kax2+kb(18-x)2.
(2)因为a=1,所以y=kx2+kb(18-x)2,
y'=k-2x3+2b(18-x)3,令y'=0,得x=181+3b,
易知函数在0,181+3b上单调减,在181+3b,18上单调增,即在x=181+3b时函数取极小值,也是最小值.
又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意.
所以,污染源B的污染强度b的值为8.
2.(2020届山西省实验中学第一次月考,19)已知某公司生产某产品的年固定成本为100万元,每生产1千件需另投入27万元,设该公司一年内生产该产品x千件(0
(2)当年产量为多少千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大?(注:年利润=年销售收入-年总成本).
解析 (1)当0
当x∈(9,10)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
故f(x)max=f(9)=81×9-13×93-100=386.
当10
所以当年产量为9千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大.
【五年高考】
考点一 导数与函数的单调性
1.(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=1x-x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2
(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.
(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.
当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时, f '(x)<0;
当x∈a-a2-42,a+a2-42时, f '(x)>0.
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.
(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
所以x1x2=1,不妨设x11,
由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,
所以f(x1)-f(x2)x1-x2
由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,
又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,
所以1x2-x2+2ln x2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2
(1)证明f(x)
2.(2017课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(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 本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.
(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
(i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.
(ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.
(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.
(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+ln a.
①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;
②当a∈(1,+∞)时,由于1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,
故f(x)没有零点;
③当a∈(0,1)时,1-1a+ln a<0,即f(-ln a)<0.
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.
由于ln3a-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
思路分析 (1)先求f(x)的导数f '(x),再对a分区间讨论f '(x)的正负,从而得到f(x)的单调性;(2)结合第(1)问函数的单调性,分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围.
3.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+1+x,x>0.
(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a,求a的取值范围.
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
(1)当a=-34时, f(x)=-34ln x+1+x,x>0.
f '(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)由f(1)≤12a,得0
(i)当x∈17,+∞时,1+1x≤22,
则g(t)≥g(22)=8x-421+x-2ln x.
记p(x)=4x-221+x-ln x,x≥17,
则p'(x)=2x-2x+1-1x=2xx+1-2x-x+1xx+1
=(x-1)[1+x(2x+2-1)]xx+1(x+1)(x+1+2x).
故
x
17
17,1
1
(1,+∞)
p'(x)
-
0
+
p(x)
p17
单调递减
极小值p(1)
单调递增
所以,p(x)≥p(1)=0.
因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.
(ii)当x∈1e2,17时,
g(x)≥g1+1x=-2xlnx-(x+1)x.
令q(x)=2xln x+(x+1),x∈1e2,17,
则q'(x)=lnx+2x+1>0,
故q(x)在1e2,17上单调递增,
所以q(x)≤q17.
由(i)得,q17=-277p17<-277p(1)=0.
所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g1+1x=-q(x)x>0.
由(i)(ii)知对任意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈1e2,+∞,
均有f(x)≤x2a.
综上所述,所求a的取值范围是0,24.
疑难突破 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,将1+x看成一个整体进行分解因式,通过观察法求出使1+x-2=0的根x=3.
(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,故借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.
4.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x-1x2,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.
当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
当a>0时, f '(x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.
①01,
当x∈(0,1)或x∈2a,+∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈1,2a时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
②a=2时,2a=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.
③a>2时,0<2a<1,
当x∈0,2a或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈2a,1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
综上所述,
当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;
当0
当a>2时, f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
(2)由(1)知,a=1时,
f(x)-f '(x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3
=x-ln x+3x+1x2-2x3-1,x∈[1,2].
设g(x)=x-ln x,h(x)=3x+1x2-2x3-1,x∈[1,2].
则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).
由g'(x)=x-1x≥0,可得g(x)≥g(1)=1.
当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=-3x2-2x+6x4.
设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.
因为φ(1)=1,φ(2)=-10,
所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.
所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.
由h(1)=1,h(2)=12,可得h(x)≥h(2)=12,
当且仅当x=2时取得等号.
所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=32,
即f(x)>f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.
考点二 导数与函数的极(最)值
5.(2017课标Ⅱ,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为( )
A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
答案 A
6.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .
答案 -332
7.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .
答案 -3
8.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=x3-3x,x≤a,-2x,x>a.
①若a=0,则f(x)的最大值为 ;
②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是 .
答案 ①2;②(-∞,-1)
9.(2018北京,18,13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.
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,+∞.
10.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)<2-2.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),
f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-1x,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1-1x.
当0
所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x.
当x∈0,12时,h'(x)<0;
当x∈12,+∞时,h'(x)>0.
所以h(x)在0,12单调递减,在12,+∞单调递增.
又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12内有唯一零点x0,在12,+∞内有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)得f(x0)<14.
因为x=x0是f(x)在(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,
所以e-2
11.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex·(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程;
(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解析 本题考查导数的几何意义和极值.
(1)由题意得f(π)=π2-2,
又f '(x)=2x-2sin x,
所以f '(π)=2π,
因此曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.
(2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),
因为h'(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)
=2(ex-a)(x-sin x),
令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0,
所以m(x)在R上单调递增.
因为m(0)=0,
所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.
①当a≤0时,ex-a>0,
当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1.
②当a>0时,h'(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),
由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.
a.当0
当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=ln a时,h(x)取到极大值,
极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],
当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1.
b.当a=1时,ln a=0,
所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值.
c.当a>1时,ln a>0,
所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(0,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(ln a,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=0时,h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;
当x=ln a时,h(x)取到极小值,
极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
综上所述:
当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;
当0
极小值是h(0)=-2a-1;
当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,
在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,
极大值是h(0)=-2a-1,
极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
12.(2018课标Ⅲ,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)证明: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-1
(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|
如果6a+1=0,则h'(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.
则当x∈(-1,0)时,h'(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.
考点三 导数的综合应用
13.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )
A.-32e,1 B.-32e,34 C.32e,34 D.32e,1
答案 D
14.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是 .
答案 -1,12
15.(2019课标Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间-1,π2存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明 本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.
(1)设g(x)=f'(x),
则g(x)=cos x-11+x,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'π2<0,可得g'(x)在-1,π2有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在α,π2单调递减,故g(x)在-1,π2存在唯一极大值点,即f'(x)在-1,π2存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
(ii)当x∈0,π2时,由(1)知, f'(x)在(0,α)单调递增,在α,π2单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时, f'(x)>0;当x∈β,π2时, f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在β,π2单调递减.
又f(0)=0, fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0,π2时,f(x)>0.从而, f(x)在0,π2没有零点.
(iii)当x∈π2,π时, f'(x)<0,所以f(x)在π2,π单调递减.而fπ2>0, f(π)<0,所以f(x)在π2,π有唯一零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.
综上, f(x)有且仅有2个零点.
思路分析 (1)写出函数f'(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点.
(2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f'(x)与0的关系,得到f(x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.
16.(2019课标Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养.
(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f '(x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时, f '(x)>0;当x∈0,a3时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在0,a3单调递减.
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈a3,0时, f '(x)<0.故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)单调递增,在a3,0单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(i)当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ii)当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(iii)当0
思路分析 (1)求出f '(x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论.
(2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在[0,1]上的最值,最终确定参数a,b的值.
疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在[0,1]上的最值.
17.(2017课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+122·…·1+12n
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
①若a≤0,因为f12=-12+aln 2<0,所以不满足题意.
②若a>0,由f '(x)=1-ax=x-ax知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n<12n.
从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n=1-12n<1.
故1+121+122…1+12n
思路分析 (1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+12n,换元后可求出1+121+122…1+12n的范围.
一题多解 对于第(1)问, f '(x)=1-ax=x-ax(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.
18.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)=14x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.
解析 本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力.
(1)由f(x)=14x3-x2+x得f '(x)=34x2-2x+1.
令f '(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.
又f(0)=0, f83=827,
所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.
(2)令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].
由g(x)=14x3-x2得g'(x)=34x2-2x.
令g'(x)=0,得x=0或x=83.
g'(x),g(x)的情况如下:
x
-2
(-2,0)
0
0,83
83
83,4
4
g'(x)
+
-
+
g(x)
-6
↗
0
↘
-6427
↗
0
所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,
当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.
19.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x∈π4,π2时,证明f(x)+g(x)π2-x≥0;
(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点,其中n∈N,证明2nπ+π2-xn
(1)由已知,有f '(x)=ex(cos x-sin x).
因此,当x∈2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f '(x)<0,则f(x)单调递减;
当x∈2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z)时,有sin x0,则f(x)单调递增.
所以, f(x)的单调递增区间为2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z), f(x)的单调递减区间为2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈Z).
(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)π2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x),
从而g'(x)=-2exsin x.当x∈π4,π2时,g'(x)<0,
故h'(x)=f '(x)+g'(x)π2-x+g(x)(-1)
=g'(x)π2-x<0,
因此,h(x)在区间π4,π2上单调递减,进而h(x)≥hπ2=fπ2=0.
所以,当x∈π4,π2时, f(x)+g(x)π2-x≥0.
(3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncos xn=1.记yn=xn-2nπ,则yn∈π4,π2,且f(yn)=eyncos yn=exn-2nπcos(xn-2nπ)=e-2nπ(n∈N).
由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0.由(2)知,当x∈π4,π2时,g'(x)<0,所以g(x)在π4,π2上为减函数,因此g(yn)≤g(y0)
(2)记h(x)=f(x)+g(x)π2-x,求h'(x),从而得到函数h(x)在π4,π2上的单调性,转化为求h(x)的最小值,验证最小值非负即可.
(3)记u(x)在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点为xn,
则xn∈2nπ+π4,2nπ+π2,则有yn=xn-2nπ∈π4,π2.与(2)联系知f(yn)+g(yn)π2-yn≥0,此时要先确定g(yn)的符号,再将上式转化为π2-yn≤-f(yn)g(yn),然后进一步证明-e-2nπg(yn)
(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2ln lnalna;
(3)证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
解析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由已知得,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln a-ln a.
令h'(x)=0,解得x=0.
由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
h'(x)
-
0
+
h(x)
↘
极小值
↗
所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)证明:由f '(x)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ax1ln a.
由g'(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1x2lna.
因为这两条切线平行,故有ax1ln a=1x2lna,即x2ax1(ln a)2=1.
两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,
所以x1+g(x2)=-2ln lnalna.
(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1ln a·(x-x1).
曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).
要证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.
即只需证明当a≥e1e时,
方程组ax1lna=1x2lna①,ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②有解.
由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,
得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2ln lnalna=0.③
因此,只需证明当a≥e1e时,关于x1的方程③存在实数解.
设函数u(x)=ax-xaxln a+x+1lna+2ln lnalna,
即要证明当a≥e1e时,函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(ln a)2xax,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)2<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,
即1-(ln a)2x0ax0=0.
由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).
因为a≥e1e,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2ln lnalna=1x0(lna)2+x0+2ln lnalna≥2+2ln lnalna≥0.
下面证明存在实数t,使得u(t)<0.
由(1)可得ax≥1+xln a,当x>1lna时,有
u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna+2ln lnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2ln lnalna,
所以存在实数t,使得u(t)<0.
因此,当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.
所以,当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
教师专用题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2015福建,10,5分)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)>k>1,则下列结论中一定错误的是 ( )
A.f1k<1k B.f1k>1k-1
C.f1k-1<1k-1 D.f1k-1>kk-1
答案 C
2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1,x2,设m=f(x1)-f(x2)x1-x2,n=g(x1)-g(x2)x1-x2.
现有如下命题:
①对于任意不相等的实数x1,x2,都有m>0;
②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;
③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;
④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.
其中的真命题有 (写出所有真命题的序号).
答案 ①④
3.(2016课标Ⅱ,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)g'(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).(5分)
由(1)知, y=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0
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+2
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.(12分)
思路分析 (1)利用f '(x)得出单调性,进而利用函数单调性求出f(x)在(0,+∞)上的值域,由此即可证明.(2)求g'(x),利用单调性求得g(x)min(即h(a)),再利用导数与函数单调性可得h(a)的值域.
4.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+14,g(x)=-ln x.
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
解析 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0, f '(x0)=0,即x03+ax0+14=0,3x02+a=0.解得x0=12,a=-34.
因此,当a=-34时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.
当x=1时,若a≥-54,则f(1)=a+54≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-54,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=14, f(1)=a+54,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时, f(x)在(0,1)没有零点.
(ii)若-3
③若f -a3<0,即-3
(2)分x>1,x=1,00,故只需分析f(x)的零点,此时又需分类讨论a≤-3或a≥0与-3
(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.
6.(2015广东,19,14分)设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;
(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤3a-2e-1.
解析 (1)函数f(x)的定义域为R.
因为f '(x)=2x·ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,
所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.
(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0, f(ln a)=(1+ln2a)eln a-a=aln2a>0,
所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.
又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知, f '(x0)=(x0+1)2ex0=0,解得x0=-1.
所以y0=(1+x02)ex0-a=2e-a,所以点P的坐标为-1,2e-a.所以kOP=a-2e.
由题意可得, f '(m)=(m+1)2em=a-2e.
要证明m≤3a-2e-1,只需要证明m+1≤3a-2e,
只需要证明(m+1)3≤a-2e=(m+1)2em,
只需要证明m+1≤em.
构造函数:h(x)=ex-x-1(x∈R),则h'(x)=ex-1.
当x<0时,h'(x)<0,即h(x)在(-∞,0)上单调递减;
当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)≥0.
所以ex-x-1≥0,故em-m-1≥0,故m+1≤em,故原不等式成立.
7.(2015江苏,19,16分)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,-427a3
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,则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.
8.(2012课标,21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f '(1)ex-1-f(0)x+12x2.
(1)求f(x)的解析式及单调区间;
(2)若f(x)≥12x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.
解析 (1)由已知得f '(x)=f '(1)ex-1-f(0)+x,
所以f '(1)=f '(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f '(1)e-1,所以f '(1)=e.
从而f(x)=ex-x+12x2.
由于f '(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
从而, f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.①
(i)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x<1-ba+1时,可得ex-(a+1)x
(iii)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1).
当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0.
从而g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.
故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).
所以f(x)≥12x2+ax+b等价于b≤a+1-(a+1)ln(a+1).②
因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),
则h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].
所以h(a)在(-1,e12-1)上单调递增,在(e12-1,+∞)上单调递减,故h(a)在a=e12-1处取得最大值.
从而h(a)≤e2,即(a+1)b≤e2.
当a=e12-1,b=e122时,②式成立,故f(x)≥12x2+ax+b.
综合得,(a+1)b的最大值为e2.
评析 本题考查了函数与导数的综合应用,难度较大,考查了分类讨论和函数与方程的思想方法.
考点二 导数与函数的极(最)值
9.(2013课标Ⅱ,10,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )
A.∃x0∈R, f(x0)=0
B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减
D.若x0是f(x)的极值点,则f '(x0)=0
答案 C
10.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-2x-1)e-xx≥12.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间12,+∞上的取值范围.
解析 本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.
(1)因为(x-2x-1)'=1-12x-1,(e-x)'=-e-x,
所以f '(x)=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x
=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1x>12.
(2)由f '(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,
解得x=1或x=52.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化如下表:
x
12
12,1
1
1,52
52
52,+∞
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
12e-12
↘
0
↗
12e-52
↘
又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间12,+∞上的取值范围是0,12e-12.
解后反思 1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.
2.利用导数求函数的值域的一般步骤:
(1)利用导数判断函数的单调性;
(2)求函数在各个区间上的值域,再求并集.
3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出:
f(x)在12,+∞上的值域为-∞,12e-12的错误结论.
因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).
11.(2017北京,19,13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)
因此f(x)在区间0,π2上的最大值为f(0)=1,最小值为f π2=-π2.
解题关键 (1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.
方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.
2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(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.
12.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.414 2<2<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
解析 (1)f '(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足2
当b=2时,g(ln2)=32-42+6ln 2>0,
ln 2>82-312>0.692 8;
当b=324+1时,ln(b-1+b2-2b)=ln2,
g(ln2)=-32-22+(32+2)ln 2<0,
ln 2<18+228<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
13.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;
(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于···14.
解析 (1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f '(x)=3(x-1)2-a.
下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f '(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
②当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-3a3.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
-∞,1-3a3
1-3a3
1-3a3,1+3a3
1+3a3
1+3a3,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为1-3a3,1+3a3,单调递增区间为-∞,1-3a3,1+3a3,+∞.
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.
由题意,得f '(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x0≠x0,
由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.
(3)证明:设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:
①当a≥3时,1-3a3≤0<2≤1+3a3,由(1)知, f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2), f(0)],因此
M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}
=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=a-1+(a+b),a+b≥0,a-1-(a+b),a+b<0.
所以M=a-1+|a+b|≥2.
②当34≤a<3时,1-23a3≤0<1-3a3<1+3a3<2≤1+23a3,由(1)和(2)知f(0)≥f1-23a3=f1+3a3, f(2)≤f1+23a3=f1-3a3,
所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为f1+3a3, f1-3a3,
因此M=maxf1+3a3,f1-3a3
=max-2a93a-a-b,2a93a-a-b
=max2a93a+(a+b),2a93a-(a+b)
=2a93a+|a+b|≥29×34×3×34=14.
③当0
所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0), f(2)],
因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}
=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>14.
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14.
14.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
f '(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1.
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
a.当0
b.当a>89时,Δ>0,
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1
由g(-1)=1>0,可得-1
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
因此函数有两个极值点.
③当a<0时,Δ>0,
由g(-1)=1>0,可得x1<-1.
当x∈(-1,x2)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.
所以函数有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
当0≤a≤89时,函数f(x)无极值点;
当a>89时,函数f(x)有两个极值点.
(2)由(1)知,
①当0≤a≤89时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
②当89
又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.
所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.
因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时, f(x)<0,不合题意.
④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).
因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-1x+1=xx+1>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)
此时f(x)<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
15.(2016课标Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f '(x);
(2)求A;
(3)证明|f '(x)|≤2A.
解析 (1)f '(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2分)
(2)当α≥1时,
|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
因此A=3α-2.(4分)
当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
设t=cos x,则t∈[-1,1],
令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=1-α4α时,g(t)取得最小值,最小值为g1-α4α=-(α-1)28α-1=-α2+6α+18α.
令-1<1-α4α<1,解得α>15.(5分)
(i)当0<α≤15时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.
(ii)当15<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g1-α4α.
又g1-α4α-|g(-1)|=(1-α)(1+7α)8α>0,
所以A=g1-α4α=α2+6α+18α.
综上,A=2-3α,0<α≤15,α2+6α+18α,15<α<1,3α-2,α≥1.(9分)
(3)由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.
当0<α≤15时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.
当15<α<1时,A=α8+18α+34>1,所以|f '(x)|≤1+α<2A.
当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.
所以|f '(x)|≤2A.(12分)
思路分析 (1)利用求导公式和求导法则求f '(x).(2)对α分类讨论(分α≥1和0<α<1),当0<α<1时,进一步分0<α≤15和15<α<1两种情况求解.(3)由(1)得|f '(x)|,利用(2)中对α所分的三种情况分别进行证明.
考点三 导数的综合应用
16.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
答案 C
17.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )
A.y=1125x3-35x B.y=2125x3-45x
C.y=3125x3-x D.y=-3125x3+15x
答案 A
18.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,-3] B.-6,-98
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
答案 C
19.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>1x-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
解析 (1)f '(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.
当a>0时,由f '(x)=0,有x=12a.
此时,当x∈0,12a时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈12a,+∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s'(x)=ex-1-1.
而当x>1时,s'(x)>0,
所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当01.
由(1)有f12a0,
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x
=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈12,+∞.
20.(2015重庆,20,12分)设函数f(x)=3x2+axex(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
解析 (1)对f(x)求导得f '(x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex(ex)2=-3x2+(6-a)x+aex,
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f '(0)=0,即a=0.
当a=0时, f(x)=3x2ex, f '(x)=-3x2+6xex,
故f(1)=3e, f '(1)=3e,
从而曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-3e=3e·(x-1),化简得3x-ey=0.
(2)由(1)知f '(x)=-3x2+(6-a)x+aex.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0解得x1=6-a-a2+366,x2=6-a+a2+366.
当x0,即f '(x)>0,故f(x)为增函数;
当x>x2时,g(x)<0,即f '(x)<0,故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=6-a+a2+366≤3,解得a≥-92,故a的取值范围为-92,+∞.
21.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=x-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
证明 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
(1)函数f(x)的导函数f '(x)=12x-1x,
由f '(x1)=f '(x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,
因为x1≠x2,
所以1x1+1x2=12.
由基本不等式得12x1x2=x1+x2≥24x1x2,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
设g(x)=12 x-ln x,则g'(x)=14x(x-4),
所以
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a
所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.
由f(x)=kx+a得k=x-lnx-ax.
设h(x)=x-lnx-ax,
则h'(x)=lnx-x2-1+ax2=-g(x)-1+ax2,
其中g(x)=x2-ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,
所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,
因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.
综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
一题多解 (1)f '(x)=12x-1x,
且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).
设f '(x1)=t,则12x-1x=t的两根为x1,x2.
即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.
∴Δ=1-16t>0,x1+x2=12t>0,x1x2=1t>0,即0
=12t+2ln t0
∴g(t)在0,116上为减函数,∴g(t)>g116=8-8ln 2,
∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=x-ln x-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+∞)上有唯一的零点.
取m=e-|a|-k,则h(m)=e-|a|-k+|a|+k-ke-|a|-k-a
≥e-|a|-k+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.
又x>0时,x-kx<12k-k·12k2=14k.
即h(x)<14k-a-ln x,取n=e14k-a,
则h(n)<14k-a-ln n=0,
而-|a|-k≤-a-k<-a+14k,∴n>m>0.
由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.
∵h'(x)=12x-1x-k≤12×14-142-k=116-k,
∴当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,
即当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
当0
∵h'(x)=0,∴k=12α-1α,
则h(α)=α-ln α-kα-a=12α-ln α+1-a,
h'(α)=14α-1α=α-44α,
∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,
∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.
又当α=16时,k=116,
又0
即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.
∴当0
22.(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.
(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sin θ的取值范围;
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
解析 本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10米.
过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,
故OE=40cos θ米,EC=40sin θ米,
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)
=800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,
△CDP的面积为12×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米.
过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米.
令∠GOK=θ0,则sin θ0=14,θ0∈0,π6.
当θ∈θ0,π2时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin θ的取值范围是14,1.
答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米,sin θ的取值范围是14,1.
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,
所以设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0).
则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈θ0,π2.
设f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈θ0,π2.
则f '(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1),
令f '(θ)=0,得θ=π6,
当θ∈θ0,π6时, f '(θ)>0,所以f(θ)为增函数;
当θ∈π6,π2时, f '(θ)<0,所以f(θ)为减函数,
因此,当θ=π6时, f(θ)取到最大值.
答:当θ=π6时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
导师点睛 (1)用θ表示OE和EC,就能求出矩形ABCD及三角形CPD的面积,求定义域时抓住N、G关于OK对称得到∠GOK的正弦值,从而求得sin θ的范围.
(2)先构造函数,再用导数求最值,求导时,交代θ的范围,判断f '(θ)的符号,再确定f(θ)的单调性,就能得到最大值,从而解决问题.
23.(2017天津,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求g(x)的单调区间;
(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;
(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],满足pq-x0≥1Aq4.
解析 本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=14.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1,14
14,+∞
g'(x)
+
-
+
g(x)
↗
↘
↗
所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),14,+∞,单调递减区间是-1,14.
(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).
令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.
令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)
(3)证明:对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],令m=pq,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)pq-x0-f pq=0.
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0
因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而pq≠x0,故fpq≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以pq-x0≥1g(2)q4.所以,只要取A=g(2),就有pq-x0≥1Aq4.
思路分析 (1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可.
(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0.
(3)对于任意的正整数p,q,令m=pq,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得pq-x0=fpqg(x1)≥fpqg(2)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.
24.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);
(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|
下面分两种情况讨论:
①当n为奇数时.
令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
(-1,1)
(1,+∞)
f '(x)
-
+
-
f(x)
↘
↗
↘
所以, f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.
②当n为偶数时.
当f '(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;
当f '(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.
所以, f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=n1n-1, f '(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0).
由于f '(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明:不妨设x1≤x2.
由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=an-n2+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.
类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞), f(x)
故2≥n1n-1=x0.所以,|x2-x1|
(1)讨论函数f(sin x)在-π2,π2内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;
(2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在-π2,π2上的最大值D;
(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-a24满足条件D≤1时的最大值.
解析 (1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,
-π20,-2<2sin x<2.
①a≤-2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值.
②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.
③对于-2
-π2
因此,-2
(2)-π2≤x≤π2时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|≤|a-a0|+|b-b0|,
当(a0-a)(b-b0)≥0时,取x=π2,等号成立,
当(a0-a)(b-b0)<0时,取x=-π2,等号成立.
由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在-π2,π2上的最大值为D=|a-a0|+|b-b0|.
(3)D≤1即为|a|+|b|≤1,此时0≤a2≤1,-1≤b≤1,
从而z=b-a24≤1.
取a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且z=b-a24=1.
由此可知,z=b-a24满足条件D≤1的最大值为1.
26.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(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在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
解析 (1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-21+ax,
所以g'(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.
当0
当a≥14时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(2)由f '(x)=2(x-a)-2ln x-21+ax=0,解得a=x-1-lnx1+x-1.
令φ(x)=-2x+x-1-lnx1+x-1ln x+x2-2×x-1-lnx1+x-1·x-2x-1-lnx1+x-12+x-1-lnx1+x-1.
则φ(1)=1>0,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u'(x)=1-1x≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
所以0=u(1)1+1
由(1)知, f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故当x∈(1,x0)时, f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.
所以,当x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
评析 本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想.
27.(2013课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)当x≥-2时, f(x)≤kg(x),求k的取值范围.
解析 (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2, f '(0)=4,g'(0)=4.
而f '(x)=2x+a,g'(x)=ex(cx+d+c),
故b=2,d=2,a=4,d+c=4.
从而a=4,b=2,c=2,d=2.
(2)由(1)知, f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).
设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,
则F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).
由题设可得F(0)≥0,即k≥1.
令F'(x)=0,得x1=-ln k,x2=-2.
(i)若1≤k0.即F(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增.故F(x)在[-2,+∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-x12-4x1-2=-x1(x1+2)≥0.
故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ii)若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(iii)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时, f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上,k的取值范围是[1,e2].
28.(2011课标,21,12分)已知函数f(x)=alnxx+1+bx,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.
(1)求a,b的值;
(2)如果当x>0,且x≠1时, f(x)>lnxx-1+kx,求k的取值范围.
解析 (1)f '(x)=ax+1x-lnx(x+1)2-bx2.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),
故f(1)=1,f '(1)=-12,即b=1,a2-b=-12.
解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,所以
f(x)-lnxx-1+kx=11-x22lnx+(k-1)(x2-1)x.
考虑函数h(x)=2ln x+(k-1)(x2-1)x(x>0),
则h'(x)=(k-1)(x2+1)+2xx2.
(i)设k≤0.由h'(x)=k(x2+1)-(x-1)2x2知,
当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得11-x2h(x)>0.从而当x>0,且x≠1时, f(x)-lnxx-1+kx>0,
即f(x)>lnxx-1+kx.
(ii)设00,故h'(x)>0.
而h(1)=0,
故当x∈1,11-k时,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0.与题设矛盾.
(iii)设k≥1.此时h'(x)>0,而h(1)=0,
故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0.与题设矛盾.
综合得,k的取值范围为(-∞,0].
失分警示 1.函数f(x)的导数较复杂易求错;
2.在第(2)小题中对k讨论时,不明确对k进行分类的标准,而只是分k>0,k=0,k<0.此外构造函数的方法是要记忆的.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共45分)
1.(2020届山西平遥中学第一次月考,6)函数f(x)=lnxx在区间(0,3)上的最大值为( )
A.1e B.1 C.2 D.e
答案 A
2.(2020届湖北部分重点中学新起点联考,10)函数f(x)=1x-lnx-1的图象大致是( )
答案 B
3.(2020届河北冀州中学第一次月考,5)若函数f(x)=-x+bln(x+2)在[-1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是( )
A.[-1,+∞) B.(-1,+∞) C.(-∞,1] D.(-∞,1)
答案 C
4.(2019吉林长春质量监测(一),9)已知函数f(x)是定义在R上的函数,且满足f '(x)+f(x)>0,其中f '(x)为f(x)的导函数,设a=f(0),b=2f(ln 2),c=ef(1),则a、b、c的大小关系是( )
A.c>b>a B.a>b>c C.c>a>b D.b>c>a
答案 A
5.(2018湖北黄冈、黄石等八校3月联考,11)已知实数a>0,且a≠1,函数f(x)=ax,x<1,x2+4x+alnx,x≥1在R上单调递增,则实数a的取值范围是( )
A.11 D.a≤5
答案 B
6.(2019皖东名校联盟,11)已知函数f(x)=sin 2x+4cos x-ax在R上单调递减,则实数a的取值范围是( )
A.[0,3] B.[3,+∞) C.(3,+∞) D.[0,+∞)
答案 B
7.(2019辽宁沈阳东北育才学校五模,8)已知函数f(x)=2ef '(e)ln x-xe,则f(x)的极大值点为( )
A.1e B.1 C.e D.2e
答案 D
8.(2020届天津南开中学开学考,8)已知a∈R,设函数f(x)=x2-2ax+2a,x≤1,x-alnx,x>1,若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,则a的取值范围是( )
A.[0,1] B.[0,2] C.[0,e] D.[1,e]
答案 C
9.(2018广东佛山一模,12)设函数f(x)=x3-3x2+2x,若x1,x2(x1
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B
二、多项选择题(每题5分,共15分)
10.(2020届山东德州一中开学考,13)若函数f(x)=aex-x-2a有两个零点,则实数a的可能取值有( )
A.-2 B.0 C.2 D.4
答案 CD
11.(2020届山东青岛第二中学期中,13)设函数f(x)=ax22e-ln|ax|(a>0),若f(x)有4个零点,则a的可能取值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 BCD
12.(2020届山东德州期中,13)对于函数f(x)=lnxx2,下列说法正确的是( )
A.f(x)在x=e处取得极大值12e
B.f(x)有两个不同的零点
C.f(2)e2
答案 ACD
三、填空题(每题5分,共15分)
13.(2020届河北冀州中学第一次月考,15)已知函数f '(x)是函数f(x)的导函数, f(1)=1e,对任意实数都有f(x)-f '(x)>0,则不等式f(x)
14.(2020届山西省实验中学第一次月考,16)已知函数f(x)=ln x+x3与g(x)=x3-ax的图象上存在关于原点对称的点,则实数a的取值范围是 .
答案 -1e,+∞
15.(2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数f(x)=x-2sin x,对任意x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为 .
答案 2π3+3
四、解答题(共50分)
16.(2020届山东夏季高考模拟,22)函数f(x)=a+x1+x(x>0),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线在y轴上的截距为112.
(1)求a;
(2)讨论g(x)=x(f(x))2的单调性;
(3)设a1=1,an+1=f(an)(n∈N*),证明:2n-2|2ln an-ln 7|<1.
解析 (1)f '(x)=1-a(1+x)2, f '(1)=1-a4,
又f(1)=a+12,
故y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=1-a4(x-1)+a+12,其在y轴上的截距为3a+14.
依题设得3a+14=112,解得a=7.
(2)g'(x)=(7+x)2(1+x)2+2x(7+x)1+x·-6(1+x)2=7+x(1+x)2·x2-4x+71+x(x>0).
g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(1)知f(x)=1+6x+1(x>0),
故f(x)在(0,+∞)上单调递减, f(7)=7,
由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(7)=77.
当x<7时,g(x)<77,x7<7(f(x))2,
ln x-12ln 7
ln x-12ln 7>ln 7-2ln f(x)>0,
故|2ln x-ln 7|>2|2ln f(x)-ln 7|,
所以|2ln a1-ln 7|>2|2ln a2-ln 7|>4|2ln a3-ln 7|>…>2n-1·|2ln an-ln 7|.
因为a1=1,ln 7<2,所以2n-2|2ln an-ln 7|<1.
17.(2020届山西太原五中9月检测,19)设a为实数,函数f(x)=x2+aln x-(2+a)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=-13时,判断函数g(x)=12x2-x与函数f(x)的图象有几个交点,并说明理由.
解析 (1)由题意得f '(x)=2x+ax-(2+a)=2x2-(2+a)x+ax=(2x-a)(x-1)x,x∈(0,+∞).
①当a≤0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
②当a>0时,令f '(x)=0,得x=1或x=a2,
当a2=1,即a=2时,在(0,+∞)上恒有f '(x)≥0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a2<1,即0
(2)由题意得f(x)=x2-13ln x-53x.
令g(x)=f(x),即12x2-x=x2-13ln x-53x,化简得32x2-ln x-2x=0.令F(x)=32x2-ln x-2x,x>0,
则F'(x)=3x-1x-2=3x2-2x-1x=(3x+1)(x-1)x.
令F'(x)=0,得x=1,
所以F(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,所以极小值为F(1)=-12,又F14=ln 4-1332>0,F(2)=2-ln 2>0,∴F(x)有两个零点,即函数g(x)与f(x)的图象有两个交点.
18.(2020届广东广雅、执信等四校联考,21)已知函数f(x)=a(x-2ln x)-12x2+2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=a1-2x-x+2=1x(x-2)(a-x)(x>0),
①a≤0时,a-x<0,当x∈(0,2)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(2,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
②0
当x∈(a,2),时 f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(2,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
③a=2时, f '(x)=-1x(x-2)2<0, f(x)在(0,+∞)上单调递减.
④a>2时, f '(x)=0⇒x=2或x=a,当x∈(0,2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(2,a)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(a,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
(2)由(1)得当a=0时, f(x)=-12x2+2x在定义域上只有一个零点.
当a<0时,由(1)可得,要使f(x)有两个零点,
则f(2)>0⇒f(2)=a(2-2ln 2)+2>0,
∴1ln2-1
故f(x)在(0,2)有且只有一个零点.
f(4)=a(4-2ln 4)<0,满足f(2)f(4)<0,
故f(x)在(2,+∞)有且只有一个零点.
当00,故f(x)在(0,2)上无零点,又∵f(x)在(2,+∞)单调递减,
∴f(x)在(0,+∞)至多有一个零点,不满足条件.
当a>2时,x∈(0,a)时, f(x)≥f(2)=a(2-2ln 2)+2>0,
故f(x)在(0,a)上无零点,
又∵f(x)在(a,+∞)上单调递减,∴f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不满足条件.
∴a的取值范围为1ln2-1
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)>1.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=aexln x+axex-bx2ex-1+bxex-1.由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.故a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知, f(x)=exln x+2xex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-2e.
设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.所以当x∈0,1e时,g'(x)<0;当x∈1e,+∞时,g'(x)>0.
故g(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g1e=-1e.
设函数h(x)=xe-x-2e,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-1e.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
思路分析 (1)利用导数的几何意义及切线过切点求a,b的值;
(2)利用(1)得f(x)的解析式,将f(x)>1等价转化为xln x>xe-x-2e,构造函数g(x)=xln x,h(x)=xe-x-2e,再利用导数分别求出g(x)min,h(x)max,进而得g(x)>h(x),从而证得原不等式成立.
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 导数与函数的单调性
1.已知f(x)=lnxx,则( )
A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2) C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)
答案 D
2.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( )
A.1
3.若函数y=f(x)lnx在(1,+∞)上单调递减,则称f(x)为P函数.下列函数中为P函数的为( )
①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=1x;④f(x)=x.
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
答案 B
考点二 导数与函数的极(最)值
4.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f '(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是 ( )
①f(b)>f(a)>f(c);
②函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;
③函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;
④函数f(x)的最小值为f(d).
A.③ B.①② C.③④ D.④
答案 A
5.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为( )
A.4 B.2或6 C.2 D.6
答案 C
6.设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增
B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减
C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2))处的切线方程为y=10
D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点
答案 C
7.已知函数f(x)=-x3+x2(x<1),alnx(x≥1).
(1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点;
(2)求f(x)在[-1,e](e为自然对数的底数)上的最大值.
解析 (1)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
↘
故当x=0时,函数f(x)取得极小值,为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=23.
(2)①当-1≤x<1时,由(1)知,函数f(x)在[-1,0]和23,1上单调递减,
在0,23上单调递增.
因为f(-1)=2, f23=427, f(0)=0,
所以f(x)在[-1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时, f(x)=aln x,
当a≤0时, f(x)≤0;
当a>0时, f(x)在[1,e]上单调递增,
则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a.
故当a≥2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为a;
当a<2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为2.
考点三 导数的综合应用
8.函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数, f '(x)为其导函数,若x·f '(x)+f(x)=ex(x-1),且f(2)=0,则不等式f(x)<0的解集为( )
A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,+∞)
答案 B
9.已知函数f(x)=3x,x<0,0,0≤x≤1,3-3x,x>1,若函数g(x)=x3+λf(x)恰有3个零点,则λ的取值范围为( )
A.(-∞,0)∪94 B.94,+∞
C.0,94 D.(-∞,0)∪94,+∞
答案 B
10.已知函数f(x)=ex-2+x-3(e为自然对数的底数),g(x)=x2-ax-a+3.若存在实数x1,x2,使得f(x1)=g(x2)=0,且|x1-x2|≤1,则实数a的取值范围是 .
答案 [2,3]
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 利用导数解决函数单调性问题
1.(2019吉林长春实验中学期末,9)设函数f(x)=x(ex+e-x),则f(x)( )
A.是奇函数,且在R上是增函数
B.是偶函数,且在R上有极小值
C.是奇函数,且在R上是减函数
D.是偶函数,且在R上有极大值
答案 A
2.(2018黑龙江哈尔滨师大附中三模,8)若函数f(x)=2x+sin x·cos x+acos x在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1] B.[-1,3] C.[-3,3] D.[-3,-1]
答案 A
3.(2018湖北荆州一模,12)若函数f(x)=mln x+x2-mx在区间(0,+∞)上单调递增,则实数m的取值范围为( )
A.[0,8] B.(0,8]
C.(-∞,0]∪[8,+∞) D.(-∞,0)∪(8,+∞)
答案 A
4.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
解析 (1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f '(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,知f(2)=2e+2,f '(2)=e-1,即2ea-2+2b=2e+2,-ea-2+b=e-1.
解得a=2,b=e.
(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex.
由f '(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知, f '(x)与1-x+ex-1同号.
令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1.
所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,
从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).
综上可知, f '(x)>0,x∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
考法二 与函数极值或最值有关的导数问题
5.(2018黑龙江齐齐哈尔一模)若x=1是函数f(x)=ax2+ln x的一个极值点,则当x∈1e,e时, f(x)的最小值为( )
A.1-e22 B.-e+1e C.-12e2-1 D.e2-1
答案 A
6.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)=13x3+12(1-3a)x2+(2a2-a)x+1,若在区间(0,3)内存在极值点,则实数a的取值范围是( )
A.(0,3) B.12,2 C.(0,1)∪(1,3) D.12,1∪(1,2)
答案 C
7.(2018江西南昌调研,12)已知a为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x1,x2(x1
C.f(x1)>0, f(x2)<-12 D.f(x1)<0, f(x2)>-12
答案 D
考法三 利用导数研究函数的零点问题
8.(2019广东深圳二模,9)若函数f(x)=x-x-aln x在区间(1,+∞)上存在零点,则实数a的取值范围为( )
A.0,12 B.12,e
C.(0,+∞) D.12,+∞
答案 D
9.(2019四川德阳“一诊”(改编))已知函数f(x)=12x2+ax-(a+1)ln x.若f(x)有两个零点,则a的取值范围为 .
答案 -1,-12
考法四 利用导数证明不等式问题
10.(2018河北衡水金卷全国大联考,8)已知函数f(x)为R上的奇函数,且当x≥0时, f(x)=-ex+1+mcos x,记a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c的大小关系是( )
A.b
11.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x3+x-sin x,则满足不等式f(m-1)+f(2m2)≤0成立的实数m的取值范围是 .
答案 -1,12
12.(2018豫北名校联考,22)已知函数f(x)=ex+1-kx-2k(其中e是自然对数的底数,k∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当函数f(x)有两个零点x1,x2时,证明:x1+x2>-2.
解析 (1)易得f '(x)=ex+1-k,(1分)
当k>0时,令f '(x)=0,得x=ln k-1,可得当x∈(-∞,ln k-1)时, f '(x)<0,当x∈(ln k-1,+∞)时, f '(x)>0,所以函数f(x)在区间(-∞,ln k-1)上单调递减,在区间(ln k-1,+∞)上单调递增.(3分)
当k≤0时, f '(x)=ex+1-k>0恒成立,故此时函数f(x)在R上单调递增.(5分)
(2)证明:当k≤0时,由(1)知函数f(x)在R上单调递增,不存在两个零点,所以k>0.
由题意知ex1+1=k(x1+2),ex2+1=k(x2+2),
∴x1+2>0,x2+2>0,可得x1-x2=lnx1+2x2+2.
不妨设x1>x2,令x1+2x2+2=t,则t>1,
由x1+2x2+2=t,x1-x2=lnx1+2x2+2,解得x1+2=tlntt-1,x2+2=lntt-1,
所以x1+x2+4=(t+1)lntt-1.(8分)
欲证x1+x2>-2,只需证明(t+1)lntt-1>2,
即证(t+1)ln t-2(t-1)>0.
设g(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1),
则g'(t)=ln t+1t(t+1)-2=ln t+1t-1.
设h(t)=ln t+1t-1(t>1),
则h'(t)=1t-1t2>0,h(t)单调递增,所以g'(t)>g'(1)=0.
所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增,
所以g(t)>g(1)=0,即(t+1)ln t-2(t-1)>0,原不等式得证.(12分)
应用篇知行合一
【应用集训】
1.据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18 km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C处(异于A,B两点)的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km).
(1)试将y表示为x的函数;
(2)若a=1,且x=6,y取得最小值,试求b的值.
解析 (1)易知点C受A污染源污染程度为kax2,点C受B污染源污染程度为kb(18-x)2,其中k为比例系数,且k>0.
从而点C处受污染指数y=kax2+kb(18-x)2.
(2)因为a=1,所以y=kx2+kb(18-x)2,
y'=k-2x3+2b(18-x)3,令y'=0,得x=181+3b,
易知函数在0,181+3b上单调减,在181+3b,18上单调增,即在x=181+3b时函数取极小值,也是最小值.
又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意.
所以,污染源B的污染强度b的值为8.
2.(2020届山西省实验中学第一次月考,19)已知某公司生产某产品的年固定成本为100万元,每生产1千件需另投入27万元,设该公司一年内生产该产品x千件(0
(2)当年产量为多少千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大?(注:年利润=年销售收入-年总成本).
解析 (1)当0
当x∈(9,10)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
故f(x)max=f(9)=81×9-13×93-100=386.
当10
所以当年产量为9千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大.
【五年高考】
考点一 导数与函数的单调性
1.(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=1x-x+aln x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2
(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.
(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x=a-a2-42或x=a+a2-42.
当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时, f '(x)<0;
当x∈a-a2-42,a+a2-42时, f '(x)>0.
所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.
(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
所以x1x2=1,不妨设x1
由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2,
所以f(x1)-f(x2)x1-x2
由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,
又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,
所以1x2-x2+2ln x2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2
(1)证明f(x)
2.(2017课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(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 本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.
(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
(i)若a≤0,则f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.
(ii)若a>0,则由f '(x)=0得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时, f '(x)<0;当x∈(-ln a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,-ln a)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.
(2)(i)若a≤0,由(1)知, f(x)至多有一个零点.
(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-1a+ln a.
①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;
②当a∈(1,+∞)时,由于1-1a+ln a>0,即f(-ln a)>0,
故f(x)没有零点;
③当a∈(0,1)时,1-1a+ln a<0,即f(-ln a)<0.
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,故f(x)在(-∞,-ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln3a-1,则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.
由于ln3a-1>-ln a,因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
思路分析 (1)先求f(x)的导数f '(x),再对a分区间讨论f '(x)的正负,从而得到f(x)的单调性;(2)结合第(1)问函数的单调性,分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围.
3.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+1+x,x>0.
(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈1e2,+∞均有f(x)≤x2a,求a的取值范围.
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
(1)当a=-34时, f(x)=-34ln x+1+x,x>0.
f '(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
(2)由f(1)≤12a,得0
(i)当x∈17,+∞时,1+1x≤22,
则g(t)≥g(22)=8x-421+x-2ln x.
记p(x)=4x-221+x-ln x,x≥17,
则p'(x)=2x-2x+1-1x=2xx+1-2x-x+1xx+1
=(x-1)[1+x(2x+2-1)]xx+1(x+1)(x+1+2x).
故
x
17
17,1
1
(1,+∞)
p'(x)
-
0
+
p(x)
p17
单调递减
极小值p(1)
单调递增
所以,p(x)≥p(1)=0.
因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.
(ii)当x∈1e2,17时,
g(x)≥g1+1x=-2xlnx-(x+1)x.
令q(x)=2xln x+(x+1),x∈1e2,17,
则q'(x)=lnx+2x+1>0,
故q(x)在1e2,17上单调递增,
所以q(x)≤q17.
由(i)得,q17=-277p17<-277p(1)=0.
所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g1+1x=-q(x)x>0.
由(i)(ii)知对任意x∈1e2,+∞,t∈[22,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈1e2,+∞,
均有f(x)≤x2a.
综上所述,所求a的取值范围是0,24.
疑难突破 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,将1+x看成一个整体进行分解因式,通过观察法求出使1+x-2=0的根x=3.
(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,故借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.
4.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x-1x2,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.
当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
当a>0时, f '(x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.
①0
当x∈(0,1)或x∈2a,+∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈1,2a时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
②a=2时,2a=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.
③a>2时,0<2a<1,
当x∈0,2a或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈2a,1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
综上所述,
当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;
当0
当a>2时, f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
(2)由(1)知,a=1时,
f(x)-f '(x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3
=x-ln x+3x+1x2-2x3-1,x∈[1,2].
设g(x)=x-ln x,h(x)=3x+1x2-2x3-1,x∈[1,2].
则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).
由g'(x)=x-1x≥0,可得g(x)≥g(1)=1.
当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=-3x2-2x+6x4.
设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.
因为φ(1)=1,φ(2)=-10,
所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.
所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.
由h(1)=1,h(2)=12,可得h(x)≥h(2)=12,
当且仅当x=2时取得等号.
所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=32,
即f(x)>f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.
考点二 导数与函数的极(最)值
5.(2017课标Ⅱ,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为( )
A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
答案 A
6.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .
答案 -332
7.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .
答案 -3
8.(2016北京,14,5分)设函数f(x)=x3-3x,x≤a,-2x,x>a.
①若a=0,则f(x)的最大值为 ;
②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是 .
答案 ①2;②(-∞,-1)
9.(2018北京,18,13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.
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,+∞.
10.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax2-ax-xln x,且f(x)≥0.
(1)求a;
(2)证明: f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2< f(x0)<2-2.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
设g(x)=ax-a-ln x,则f(x)=xg(x),
f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)=0,g(x)≥0,故g'(1)=0,而g'(x)=a-1x,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1-1x.
当0
所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0.
综上,a=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=x2-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x.
设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x.
当x∈0,12时,h'(x)<0;
当x∈12,+∞时,h'(x)>0.
所以h(x)在0,12单调递减,在12,+∞单调递增.
又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12内有唯一零点x0,在12,+∞内有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)得f(x0)<14.
因为x=x0是f(x)在(0,1)内的最大值点,由e-1∈(0,1), f '(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,
所以e-2
11.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex·(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程;
(2)令h(x)=g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解析 本题考查导数的几何意义和极值.
(1)由题意得f(π)=π2-2,
又f '(x)=2x-2sin x,
所以f '(π)=2π,
因此曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y-(π2-2)=2π(x-π),即y=2πx-π2-2.
(2)由题意得h(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),
因为h'(x)=ex(cos x-sin x+2x-2)+ex(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2ex(x-sin x)-2a(x-sin x)
=2(ex-a)(x-sin x),
令m(x)=x-sin x,则m'(x)=1-cos x≥0,
所以m(x)在R上单调递增.
因为m(0)=0,
所以当x>0时,m(x)>0;当x<0时,m(x)<0.
①当a≤0时,ex-a>0,
当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1.
②当a>0时,h'(x)=2(ex-eln a)(x-sin x),
由h'(x)=0得x1=ln a,x2=0.
a.当0
当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=ln a时,h(x)取到极大值,
极大值为h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2],
当x=0时,h(x)取到极小值,极小值是h(0)=-2a-1.
b.当a=1时,ln a=0,
所以当x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值.
c.当a>1时,ln a>0,
所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a<0,h'(x)>0,h(x)单调递增;
当x∈(0,ln a)时,ex-eln a<0,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(ln a,+∞)时,ex-eln a>0,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=0时,h(x)取到极大值,极大值是h(0)=-2a-1;
当x=ln a时,h(x)取到极小值,
极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
综上所述:
当a≤0时,h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,函数h(x)有极小值,极小值是h(0)=-2a-1;
当0
极小值是h(0)=-2a-1;
当a=1时,函数h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>1时,函数h(x)在(-∞,0)和(ln a,+∞)上单调递增,
在(0,ln a)上单调递减,函数h(x)有极大值,也有极小值,
极大值是h(0)=-2a-1,
极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
12.(2018课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,证明:当-1
(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)证明: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-1
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-1
(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|
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0
如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,
故当x∈(x1,0),且|x|
如果6a+1=0,则h'(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.
则当x∈(-1,0)时,h'(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.
考点三 导数的综合应用
13.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是( )
A.-32e,1 B.-32e,34 C.32e,34 D.32e,1
答案 D
14.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是 .
答案 -1,12
15.(2019课标Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间-1,π2存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明 本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.
(1)设g(x)=f'(x),
则g(x)=cos x-11+x,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.
当x∈-1,π2时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'π2<0,可得g'(x)在-1,π2有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在α,π2单调递减,故g(x)在-1,π2存在唯一极大值点,即f'(x)在-1,π2存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
(ii)当x∈0,π2时,由(1)知, f'(x)在(0,α)单调递增,在α,π2单调递减,而f'(0)=0, f'π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时, f'(x)>0;当x∈β,π2时, f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在β,π2单调递减.
又f(0)=0, fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0,π2时,f(x)>0.从而, f(x)在0,π2没有零点.
(iii)当x∈π2,π时, f'(x)<0,所以f(x)在π2,π单调递减.而fπ2>0, f(π)<0,所以f(x)在π2,π有唯一零点.
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.
综上, f(x)有且仅有2个零点.
思路分析 (1)写出函数f'(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点.
(2)以x为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f'(x)与0的关系,得到f(x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.
16.(2019课标Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养.
(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f '(x)=0,得x=0或x=a3.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时, f '(x)>0;当x∈0,a3时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在0,a3单调递减.
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈-∞,a3∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈a3,0时, f '(x)<0.故f(x)在-∞,a3,(0,+∞)单调递增,在a3,0单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(i)当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ii)当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(iii)当0
思路分析 (1)求出f '(x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论.
(2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在[0,1]上的最值,最终确定参数a,b的值.
疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在[0,1]上的最值.
17.(2017课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+122·…·1+12n
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
①若a≤0,因为f12=-12+aln 2<0,所以不满足题意.
②若a>0,由f '(x)=1-ax=x-ax知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
令x=1+12n,得ln1+12n<12n.
从而ln1+12+ln1+122+…+ln1+12n<12+122+…+12n=1-12n<1.
故1+121+122…1+12n
思路分析 (1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+12n,换元后可求出1+121+122…1+12n的范围.
一题多解 对于第(1)问, f '(x)=1-ax=x-ax(x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.
18.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)=14x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程;
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a的值.
解析 本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力.
(1)由f(x)=14x3-x2+x得f '(x)=34x2-2x+1.
令f '(x)=1,即34x2-2x+1=1,得x=0或x=83.
又f(0)=0, f83=827,
所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-827=x-83,即y=x与y=x-6427.
(2)令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].
由g(x)=14x3-x2得g'(x)=34x2-2x.
令g'(x)=0,得x=0或x=83.
g'(x),g(x)的情况如下:
x
-2
(-2,0)
0
0,83
83
83,4
4
g'(x)
+
-
+
g(x)
-6
↗
0
↘
-6427
↗
0
所以g(x)的最小值为-6,最大值为0.
故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x.
(3)由(2)知,
当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3;
当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.
19.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=excos x,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x∈π4,π2时,证明f(x)+g(x)π2-x≥0;
(3)设xn为函数u(x)=f(x)-1在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点,其中n∈N,证明2nπ+π2-xn
(1)由已知,有f '(x)=ex(cos x-sin x).
因此,当x∈2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈Z)时,有sin x>cos x,得f '(x)<0,则f(x)单调递减;
当x∈2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z)时,有sin x
所以, f(x)的单调递增区间为2kπ-3π4,2kπ+π4(k∈Z), f(x)的单调递减区间为2kπ+π4,2kπ+5π4(k∈Z).
(2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)π2-x.依题意及(1),有g(x)=ex(cos x-sin x),
从而g'(x)=-2exsin x.当x∈π4,π2时,g'(x)<0,
故h'(x)=f '(x)+g'(x)π2-x+g(x)(-1)
=g'(x)π2-x<0,
因此,h(x)在区间π4,π2上单调递减,进而h(x)≥hπ2=fπ2=0.
所以,当x∈π4,π2时, f(x)+g(x)π2-x≥0.
(3)证明:依题意,u(xn)=f(xn)-1=0,即exncos xn=1.记yn=xn-2nπ,则yn∈π4,π2,且f(yn)=eyncos yn=exn-2nπcos(xn-2nπ)=e-2nπ(n∈N).
由f(yn)=e-2nπ≤1=f(y0)及(1),得yn≥y0.由(2)知,当x∈π4,π2时,g'(x)<0,所以g(x)在π4,π2上为减函数,因此g(yn)≤g(y0)
(2)记h(x)=f(x)+g(x)π2-x,求h'(x),从而得到函数h(x)在π4,π2上的单调性,转化为求h(x)的最小值,验证最小值非负即可.
(3)记u(x)在区间2nπ+π4,2nπ+π2内的零点为xn,
则xn∈2nπ+π4,2nπ+π2,则有yn=xn-2nπ∈π4,π2.与(2)联系知f(yn)+g(yn)π2-yn≥0,此时要先确定g(yn)的符号,再将上式转化为π2-yn≤-f(yn)g(yn),然后进一步证明-e-2nπg(yn)
(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2ln lnalna;
(3)证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
解析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由已知得,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln a-ln a.
令h'(x)=0,解得x=0.
由a>1,可知当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
h'(x)
-
0
+
h(x)
↘
极小值
↗
所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)证明:由f '(x)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1, f(x1)) 处的切线斜率为ax1ln a.
由g'(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1x2lna.
因为这两条切线平行,故有ax1ln a=1x2lna,即x2ax1(ln a)2=1.
两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,
所以x1+g(x2)=-2ln lnalna.
(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1ln a·(x-x1).
曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2).
要证明当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.
即只需证明当a≥e1e时,
方程组ax1lna=1x2lna①,ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②有解.
由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,
得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2ln lnalna=0.③
因此,只需证明当a≥e1e时,关于x1的方程③存在实数解.
设函数u(x)=ax-xaxln a+x+1lna+2ln lnalna,
即要证明当a≥e1e时,函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(ln a)2xax,可知x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)2<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u'(x0)=0,
即1-(ln a)2x0ax0=0.
由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).
因为a≥e1e,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2ln lnalna=1x0(lna)2+x0+2ln lnalna≥2+2ln lnalna≥0.
下面证明存在实数t,使得u(t)<0.
由(1)可得ax≥1+xln a,当x>1lna时,有
u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna+2ln lnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2ln lnalna,
所以存在实数t,使得u(t)<0.
因此,当a≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.
所以,当a≥e1e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
教师专用题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2015福建,10,5分)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)>k>1,则下列结论中一定错误的是 ( )
A.f1k<1k B.f1k>1k-1
C.f1k-1<1k-1 D.f1k-1>kk-1
答案 C
2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1,x2,设m=f(x1)-f(x2)x1-x2,n=g(x1)-g(x2)x1-x2.
现有如下命题:
①对于任意不相等的实数x1,x2,都有m>0;
②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;
③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;
④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.
其中的真命题有 (写出所有真命题的序号).
答案 ①④
3.(2016课标Ⅱ,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)g'(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).(5分)
由(1)知, y=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0
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+2
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.(12分)
思路分析 (1)利用f '(x)得出单调性,进而利用函数单调性求出f(x)在(0,+∞)上的值域,由此即可证明.(2)求g'(x),利用单调性求得g(x)min(即h(a)),再利用导数与函数单调性可得h(a)的值域.
4.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+14,g(x)=-ln x.
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
解析 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0, f '(x0)=0,即x03+ax0+14=0,3x02+a=0.解得x0=12,a=-34.
因此,当a=-34时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x)在(1,+∞)无零点.
当x=1时,若a≥-54,则f(1)=a+54≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-54,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
(i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=14, f(1)=a+54,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥0时, f(x)在(0,1)没有零点.
(ii)若-3
③若f -a3<0,即-3
(2)分x>1,x=1,0
(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.
6.(2015广东,19,14分)设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-a.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;
(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点),证明:m≤3a-2e-1.
解析 (1)函数f(x)的定义域为R.
因为f '(x)=2x·ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,
所以函数f(x)在R上单调递增,即f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.
(2)证明:因为a>1,所以f(0)=1-a<0, f(ln a)=(1+ln2a)eln a-a=aln2a>0,
所以f(0)·f(ln a)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,ln a)内存在零点.
又由(1)知, f(x)在R上单调递增,故f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点.
(3)证明:设点P(x0,y0),由题意知, f '(x0)=(x0+1)2ex0=0,解得x0=-1.
所以y0=(1+x02)ex0-a=2e-a,所以点P的坐标为-1,2e-a.所以kOP=a-2e.
由题意可得, f '(m)=(m+1)2em=a-2e.
要证明m≤3a-2e-1,只需要证明m+1≤3a-2e,
只需要证明(m+1)3≤a-2e=(m+1)2em,
只需要证明m+1≤em.
构造函数:h(x)=ex-x-1(x∈R),则h'(x)=ex-1.
当x<0时,h'(x)<0,即h(x)在(-∞,0)上单调递减;
当x>0时,h'(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以函数h(x)有最小值,为h(0)=0,则h(x)≥0.
所以ex-x-1≥0,故em-m-1≥0,故m+1≤em,故原不等式成立.
7.(2015江苏,19,16分)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,-427a3
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,则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.
8.(2012课标,21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f '(1)ex-1-f(0)x+12x2.
(1)求f(x)的解析式及单调区间;
(2)若f(x)≥12x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.
解析 (1)由已知得f '(x)=f '(1)ex-1-f(0)+x,
所以f '(1)=f '(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f '(1)e-1,所以f '(1)=e.
从而f(x)=ex-x+12x2.
由于f '(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
从而, f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.①
(i)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x<1-ba+1时,可得ex-(a+1)x
(iii)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1).
当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0.
从而g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.
故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).
所以f(x)≥12x2+ax+b等价于b≤a+1-(a+1)ln(a+1).②
因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),
则h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].
所以h(a)在(-1,e12-1)上单调递增,在(e12-1,+∞)上单调递减,故h(a)在a=e12-1处取得最大值.
从而h(a)≤e2,即(a+1)b≤e2.
当a=e12-1,b=e122时,②式成立,故f(x)≥12x2+ax+b.
综合得,(a+1)b的最大值为e2.
评析 本题考查了函数与导数的综合应用,难度较大,考查了分类讨论和函数与方程的思想方法.
考点二 导数与函数的极(最)值
9.(2013课标Ⅱ,10,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )
A.∃x0∈R, f(x0)=0
B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减
D.若x0是f(x)的极值点,则f '(x0)=0
答案 C
10.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-2x-1)e-xx≥12.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间12,+∞上的取值范围.
解析 本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.
(1)因为(x-2x-1)'=1-12x-1,(e-x)'=-e-x,
所以f '(x)=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x
=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1x>12.
(2)由f '(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,
解得x=1或x=52.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化如下表:
x
12
12,1
1
1,52
52
52,+∞
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
12e-12
↘
0
↗
12e-52
↘
又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间12,+∞上的取值范围是0,12e-12.
解后反思 1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.
2.利用导数求函数的值域的一般步骤:
(1)利用导数判断函数的单调性;
(2)求函数在各个区间上的值域,再求并集.
3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出:
f(x)在12,+∞上的值域为-∞,12e-12的错误结论.
因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正,何时为负(通常是求出函数f(x)的零点).
11.(2017北京,19,13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)
因此f(x)在区间0,π2上的最大值为f(0)=1,最小值为f π2=-π2.
解题关键 (1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.
方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点处的函数值;(3)求出切线方程.
2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(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.
12.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.414 2<2<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
解析 (1)f '(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足2
当b=2时,g(ln2)=32-42+6ln 2>0,
ln 2>82-312>0.692 8;
当b=324+1时,ln(b-1+b2-2b)=ln2,
g(ln2)=-32-22+(32+2)ln 2<0,
ln 2<18+228<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
13.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=(x-1)3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;
(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于···14.
解析 (1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f '(x)=3(x-1)2-a.
下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f '(x)=3(x-1)2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
②当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1+3a3或x=1-3a3.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
-∞,1-3a3
1-3a3
1-3a3,1+3a3
1+3a3
1+3a3,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为1-3a3,1+3a3,单调递增区间为-∞,1-3a3,1+3a3,+∞.
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.
由题意,得f '(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),且3-2x0≠x0,
由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=3-2x0.所以x1+2x0=3.
(3)证明:设g(x)在区间[0,2]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值.下面分三种情况讨论:
①当a≥3时,1-3a3≤0<2≤1+3a3,由(1)知, f(x)在区间[0,2]上单调递减,所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(2), f(0)],因此
M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}
=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}=a-1+(a+b),a+b≥0,a-1-(a+b),a+b<0.
所以M=a-1+|a+b|≥2.
②当34≤a<3时,1-23a3≤0<1-3a3<1+3a3<2≤1+23a3,由(1)和(2)知f(0)≥f1-23a3=f1+3a3, f(2)≤f1+23a3=f1-3a3,
所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为f1+3a3, f1-3a3,
因此M=maxf1+3a3,f1-3a3
=max-2a93a-a-b,2a93a-a-b
=max2a93a+(a+b),2a93a-(a+b)
=2a93a+|a+b|≥29×34×3×34=14.
③当0
所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为[f(0), f(2)],
因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}
=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>14.
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14.
14.(2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
f '(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1.
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
a.当0
b.当a>89时,Δ>0,
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1
由g(-1)=1>0,可得-1
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
因此函数有两个极值点.
③当a<0时,Δ>0,
由g(-1)=1>0,可得x1<-1.
当x∈(-1,x2)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.
所以函数有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
当0≤a≤89时,函数f(x)无极值点;
当a>89时,函数f(x)有两个极值点.
(2)由(1)知,
①当0≤a≤89时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
②当89
又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
③当a>1时,由g(0)<0,可得x2>0.
所以x∈(0,x2)时,函数f(x)单调递减.
因为f(0)=0,所以x∈(0,x2)时, f(x)<0,不合题意.
④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).
因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1-1x+1=xx+1>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)
此时f(x)<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
15.(2016课标Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)·(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f '(x);
(2)求A;
(3)证明|f '(x)|≤2A.
解析 (1)f '(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2分)
(2)当α≥1时,
|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
因此A=3α-2.(4分)
当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
设t=cos x,则t∈[-1,1],
令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=1-α4α时,g(t)取得最小值,最小值为g1-α4α=-(α-1)28α-1=-α2+6α+18α.
令-1<1-α4α<1,解得α>15.(5分)
(i)当0<α≤15时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.
(ii)当15<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g1-α4α.
又g1-α4α-|g(-1)|=(1-α)(1+7α)8α>0,
所以A=g1-α4α=α2+6α+18α.
综上,A=2-3α,0<α≤15,α2+6α+18α,15<α<1,3α-2,α≥1.(9分)
(3)由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.
当0<α≤15时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.
当15<α<1时,A=α8+18α+34>1,所以|f '(x)|≤1+α<2A.
当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.
所以|f '(x)|≤2A.(12分)
思路分析 (1)利用求导公式和求导法则求f '(x).(2)对α分类讨论(分α≥1和0<α<1),当0<α<1时,进一步分0<α≤15和15<α<1两种情况求解.(3)由(1)得|f '(x)|,利用(2)中对α所分的三种情况分别进行证明.
考点三 导数的综合应用
16.(2014课标Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
答案 C
17.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )
A.y=1125x3-35x B.y=2125x3-45x
C.y=3125x3-x D.y=-3125x3+15x
答案 A
18.(2014辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,-3] B.-6,-98
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
答案 C
19.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)>1x-e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
解析 (1)f '(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.
当a>0时,由f '(x)=0,有x=12a.
此时,当x∈0,12a时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈12a,+∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
(2)令g(x)=1x-1ex-1,s(x)=ex-1-x.则s'(x)=ex-1-1.
而当x>1时,s'(x)>0,
所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当0
由(1)有f12a
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2-1x
=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈12,+∞.
20.(2015重庆,20,12分)设函数f(x)=3x2+axex(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
解析 (1)对f(x)求导得f '(x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex(ex)2=-3x2+(6-a)x+aex,
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f '(0)=0,即a=0.
当a=0时, f(x)=3x2ex, f '(x)=-3x2+6xex,
故f(1)=3e, f '(1)=3e,
从而曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-3e=3e·(x-1),化简得3x-ey=0.
(2)由(1)知f '(x)=-3x2+(6-a)x+aex.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0解得x1=6-a-a2+366,x2=6-a+a2+366.
当x
当x>x2时,g(x)<0,即f '(x)<0,故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=6-a+a2+366≤3,解得a≥-92,故a的取值范围为-92,+∞.
21.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=x-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
证明 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
(1)函数f(x)的导函数f '(x)=12x-1x,
由f '(x1)=f '(x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,
因为x1≠x2,
所以1x1+1x2=12.
由基本不等式得12x1x2=x1+x2≥24x1x2,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
设g(x)=12 x-ln x,则g'(x)=14x(x-4),
所以
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a
所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.
由f(x)=kx+a得k=x-lnx-ax.
设h(x)=x-lnx-ax,
则h'(x)=lnx-x2-1+ax2=-g(x)-1+ax2,
其中g(x)=x2-ln x.
由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln 2,
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,
所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,
因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.
综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
一题多解 (1)f '(x)=12x-1x,
且f '(x1)=f '(x2)(x1≠x2).
设f '(x1)=t,则12x-1x=t的两根为x1,x2.
即2t(x)2-x+2=0有两个不同的正根x1,x2.
∴Δ=1-16t>0,x1+x2=12t>0,x1x2=1t>0,即0
=12t+2ln t0
∴g(t)在0,116上为减函数,∴g(t)>g116=8-8ln 2,
∴f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=x-ln x-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+∞)上有唯一的零点.
取m=e-|a|-k,则h(m)=e-|a|-k+|a|+k-ke-|a|-k-a
≥e-|a|-k+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.
又x>0时,x-kx<12k-k·12k2=14k.
即h(x)<14k-a-ln x,取n=e14k-a,
则h(n)<14k-a-ln n=0,
而-|a|-k≤-a-k<-a+14k,∴n>m>0.
由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.
∵h'(x)=12x-1x-k≤12×14-142-k=116-k,
∴当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,
即当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
当0
∵h'(x)=0,∴k=12α-1α,
则h(α)=α-ln α-kα-a=12α-ln α+1-a,
h'(α)=14α-1α=α-44α,
∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,
∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.
又当α=16时,k=116,
又0
即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.
∴当0
22.(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.
(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sin θ的取值范围;
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
解析 本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10米.
过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,
故OE=40cos θ米,EC=40sin θ米,
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)
=800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,
△CDP的面积为12×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米.
过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,连接OG,则GK=KN=10米.
令∠GOK=θ0,则sin θ0=14,θ0∈0,π6.
当θ∈θ0,π2时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin θ的取值范围是14,1.
答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米,sin θ的取值范围是14,1.
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,
所以设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0).
则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈θ0,π2.
设f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈θ0,π2.
则f '(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1),
令f '(θ)=0,得θ=π6,
当θ∈θ0,π6时, f '(θ)>0,所以f(θ)为增函数;
当θ∈π6,π2时, f '(θ)<0,所以f(θ)为减函数,
因此,当θ=π6时, f(θ)取到最大值.
答:当θ=π6时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
导师点睛 (1)用θ表示OE和EC,就能求出矩形ABCD及三角形CPD的面积,求定义域时抓住N、G关于OK对称得到∠GOK的正弦值,从而求得sin θ的范围.
(2)先构造函数,再用导数求最值,求导时,交代θ的范围,判断f '(θ)的符号,再确定f(θ)的单调性,就能得到最大值,从而解决问题.
23.(2017天津,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.
(1)求g(x)的单调区间;
(2)设m∈[1,x0)∪(x0,2],函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求证:h(m)h(x0)<0;
(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],满足pq-x0≥1Aq4.
解析 本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查函数思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或x=14.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1,14
14,+∞
g'(x)
+
-
+
g(x)
↗
↘
↗
所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),14,+∞,单调递减区间是-1,14.
(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x0)-f(m),h(x0)=g(x0)(m-x0)-f(m).
令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),则H1'(x)=g'(x)(x-x0).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x0)时,H1'(x)<0,H1(x)单调递减;当x∈(x0,2]时,H1'(x)>0,H1(x)单调递增.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H1(x)>H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)>0,即h(m)>0.
令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2'(x)=g(x0)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x0)时,H2'(x)>0,H2(x)单调递增;当x∈(x0,2]时,H2'(x)<0,H2(x)单调递减.因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)
(3)证明:对于任意的正整数p,q,且pq∈[1,x0)∪(x0,2],令m=pq,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m∈[1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点;当m∈(x0,2]时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)pq-x0-f pq=0.
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0
因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x0外没有其他的零点,而pq≠x0,故fpq≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.所以pq-x0≥1g(2)q4.所以,只要取A=g(2),就有pq-x0≥1Aq4.
思路分析 (1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单调区间即可.
(2)由h(x)推出h(m),h(x0),令函数H1(x)=g(x)(x-x0)-f(x),H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),求出导函数H1'(x),H2'(x),由此可推出h(m)h(x0)<0.
(3)对于任意的正整数p,q,令m=pq,函数h(x)=g(x)·(m-x0)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结合(1)可得pq-x0=fpqg(x1)≥fpqg(2)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4,进而得到|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.
24.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);
(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|
下面分两种情况讨论:
①当n为奇数时.
令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
(-1,1)
(1,+∞)
f '(x)
-
+
-
f(x)
↘
↗
↘
所以, f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.
②当n为偶数时.
当f '(x)>0,即x<1时,函数f(x)单调递增;
当f '(x)<0,即x>1时,函数f(x)单调递减.
所以, f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=n1n-1, f '(x0)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),即g(x)=f '(x0)(x-x0).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0).
由于f '(x)=-nxn-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明:不妨设x1≤x2.
由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=an-n2+x0.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.
类似地,设曲线y=f(x)在原点处的切线方程为y=h(x),可得h(x)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞), f(x)
故2≥n1n-1=x0.所以,|x2-x1|
(1)讨论函数f(sin x)在-π2,π2内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;
(2)记f0(x)=x2-a0x+b0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在-π2,π2上的最大值D;
(3)在(2)中,取a0=b0=0,求z=b-a24满足条件D≤1时的最大值.
解析 (1)f(sin x)=sin2x-asin x+b=sin x(sin x-a)+b,
-π2
①a≤-2,b∈R时,函数f(sin x)单调递增,无极值.
②a≥2,b∈R时,函数f(sin x)单调递减,无极值.
③对于-2
-π2
因此,-2
(2)-π2≤x≤π2时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0-a)sin x+b-b0|≤|a-a0|+|b-b0|,
当(a0-a)(b-b0)≥0时,取x=π2,等号成立,
当(a0-a)(b-b0)<0时,取x=-π2,等号成立.
由此可知,|f(sin x)-f0(sin x)|在-π2,π2上的最大值为D=|a-a0|+|b-b0|.
(3)D≤1即为|a|+|b|≤1,此时0≤a2≤1,-1≤b≤1,
从而z=b-a24≤1.
取a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且z=b-a24=1.
由此可知,z=b-a24满足条件D≤1的最大值为1.
26.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.
(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在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
解析 (1)由已知得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),
g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-21+ax,
所以g'(x)=2-2x+2ax2=2x-122+2a-14x2.
当0
当a≥14时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(2)由f '(x)=2(x-a)-2ln x-21+ax=0,解得a=x-1-lnx1+x-1.
令φ(x)=-2x+x-1-lnx1+x-1ln x+x2-2×x-1-lnx1+x-1·x-2x-1-lnx1+x-12+x-1-lnx1+x-1.
则φ(1)=1>0,φ(e)=-e(e-2)1+e-1-2e-21+e-12<0.
故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x01+x0-1,u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u'(x)=1-1x≥0知,函数u(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
所以0=u(1)1+1
由(1)知, f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故当x∈(1,x0)时, f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.
所以,当x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
评析 本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想.
27.(2013课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)当x≥-2时, f(x)≤kg(x),求k的取值范围.
解析 (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2, f '(0)=4,g'(0)=4.
而f '(x)=2x+a,g'(x)=ex(cx+d+c),
故b=2,d=2,a=4,d+c=4.
从而a=4,b=2,c=2,d=2.
(2)由(1)知, f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).
设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,
则F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).
由题设可得F(0)≥0,即k≥1.
令F'(x)=0,得x1=-ln k,x2=-2.
(i)若1≤k
故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ii)若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(iii)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时, f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上,k的取值范围是[1,e2].
28.(2011课标,21,12分)已知函数f(x)=alnxx+1+bx,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.
(1)求a,b的值;
(2)如果当x>0,且x≠1时, f(x)>lnxx-1+kx,求k的取值范围.
解析 (1)f '(x)=ax+1x-lnx(x+1)2-bx2.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),
故f(1)=1,f '(1)=-12,即b=1,a2-b=-12.
解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,所以
f(x)-lnxx-1+kx=11-x22lnx+(k-1)(x2-1)x.
考虑函数h(x)=2ln x+(k-1)(x2-1)x(x>0),
则h'(x)=(k-1)(x2+1)+2xx2.
(i)设k≤0.由h'(x)=k(x2+1)-(x-1)2x2知,
当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得11-x2h(x)>0.从而当x>0,且x≠1时, f(x)-lnxx-1+kx>0,
即f(x)>lnxx-1+kx.
(ii)设0
而h(1)=0,
故当x∈1,11-k时,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0.与题设矛盾.
(iii)设k≥1.此时h'(x)>0,而h(1)=0,
故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)<0.与题设矛盾.
综合得,k的取值范围为(-∞,0].
失分警示 1.函数f(x)的导数较复杂易求错;
2.在第(2)小题中对k讨论时,不明确对k进行分类的标准,而只是分k>0,k=0,k<0.此外构造函数的方法是要记忆的.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共45分)
1.(2020届山西平遥中学第一次月考,6)函数f(x)=lnxx在区间(0,3)上的最大值为( )
A.1e B.1 C.2 D.e
答案 A
2.(2020届湖北部分重点中学新起点联考,10)函数f(x)=1x-lnx-1的图象大致是( )
答案 B
3.(2020届河北冀州中学第一次月考,5)若函数f(x)=-x+bln(x+2)在[-1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是( )
A.[-1,+∞) B.(-1,+∞) C.(-∞,1] D.(-∞,1)
答案 C
4.(2019吉林长春质量监测(一),9)已知函数f(x)是定义在R上的函数,且满足f '(x)+f(x)>0,其中f '(x)为f(x)的导函数,设a=f(0),b=2f(ln 2),c=ef(1),则a、b、c的大小关系是( )
A.c>b>a B.a>b>c C.c>a>b D.b>c>a
答案 A
5.(2018湖北黄冈、黄石等八校3月联考,11)已知实数a>0,且a≠1,函数f(x)=ax,x<1,x2+4x+alnx,x≥1在R上单调递增,则实数a的取值范围是( )
A.1
答案 B
6.(2019皖东名校联盟,11)已知函数f(x)=sin 2x+4cos x-ax在R上单调递减,则实数a的取值范围是( )
A.[0,3] B.[3,+∞) C.(3,+∞) D.[0,+∞)
答案 B
7.(2019辽宁沈阳东北育才学校五模,8)已知函数f(x)=2ef '(e)ln x-xe,则f(x)的极大值点为( )
A.1e B.1 C.e D.2e
答案 D
8.(2020届天津南开中学开学考,8)已知a∈R,设函数f(x)=x2-2ax+2a,x≤1,x-alnx,x>1,若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立,则a的取值范围是( )
A.[0,1] B.[0,2] C.[0,e] D.[1,e]
答案 C
9.(2018广东佛山一模,12)设函数f(x)=x3-3x2+2x,若x1,x2(x1
A.0 B.1 C.2 D.3
答案 B
二、多项选择题(每题5分,共15分)
10.(2020届山东德州一中开学考,13)若函数f(x)=aex-x-2a有两个零点,则实数a的可能取值有( )
A.-2 B.0 C.2 D.4
答案 CD
11.(2020届山东青岛第二中学期中,13)设函数f(x)=ax22e-ln|ax|(a>0),若f(x)有4个零点,则a的可能取值为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 BCD
12.(2020届山东德州期中,13)对于函数f(x)=lnxx2,下列说法正确的是( )
A.f(x)在x=e处取得极大值12e
B.f(x)有两个不同的零点
C.f(2)
答案 ACD
三、填空题(每题5分,共15分)
13.(2020届河北冀州中学第一次月考,15)已知函数f '(x)是函数f(x)的导函数, f(1)=1e,对任意实数都有f(x)-f '(x)>0,则不等式f(x)
14.(2020届山西省实验中学第一次月考,16)已知函数f(x)=ln x+x3与g(x)=x3-ax的图象上存在关于原点对称的点,则实数a的取值范围是 .
答案 -1e,+∞
15.(2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数f(x)=x-2sin x,对任意x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为 .
答案 2π3+3
四、解答题(共50分)
16.(2020届山东夏季高考模拟,22)函数f(x)=a+x1+x(x>0),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线在y轴上的截距为112.
(1)求a;
(2)讨论g(x)=x(f(x))2的单调性;
(3)设a1=1,an+1=f(an)(n∈N*),证明:2n-2|2ln an-ln 7|<1.
解析 (1)f '(x)=1-a(1+x)2, f '(1)=1-a4,
又f(1)=a+12,
故y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=1-a4(x-1)+a+12,其在y轴上的截距为3a+14.
依题设得3a+14=112,解得a=7.
(2)g'(x)=(7+x)2(1+x)2+2x(7+x)1+x·-6(1+x)2=7+x(1+x)2·x2-4x+71+x(x>0).
g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(1)知f(x)=1+6x+1(x>0),
故f(x)在(0,+∞)上单调递减, f(7)=7,
由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(7)=77.
当x<7时,g(x)<77,x7<7(f(x))2,
ln x-12ln 7
ln x-12ln 7>ln 7-2ln f(x)>0,
故|2ln x-ln 7|>2|2ln f(x)-ln 7|,
所以|2ln a1-ln 7|>2|2ln a2-ln 7|>4|2ln a3-ln 7|>…>2n-1·|2ln an-ln 7|.
因为a1=1,ln 7<2,所以2n-2|2ln an-ln 7|<1.
17.(2020届山西太原五中9月检测,19)设a为实数,函数f(x)=x2+aln x-(2+a)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=-13时,判断函数g(x)=12x2-x与函数f(x)的图象有几个交点,并说明理由.
解析 (1)由题意得f '(x)=2x+ax-(2+a)=2x2-(2+a)x+ax=(2x-a)(x-1)x,x∈(0,+∞).
①当a≤0时,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
②当a>0时,令f '(x)=0,得x=1或x=a2,
当a2=1,即a=2时,在(0,+∞)上恒有f '(x)≥0,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a2<1,即0
(2)由题意得f(x)=x2-13ln x-53x.
令g(x)=f(x),即12x2-x=x2-13ln x-53x,化简得32x2-ln x-2x=0.令F(x)=32x2-ln x-2x,x>0,
则F'(x)=3x-1x-2=3x2-2x-1x=(3x+1)(x-1)x.
令F'(x)=0,得x=1,
所以F(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,所以极小值为F(1)=-12,又F14=ln 4-1332>0,F(2)=2-ln 2>0,∴F(x)有两个零点,即函数g(x)与f(x)的图象有两个交点.
18.(2020届广东广雅、执信等四校联考,21)已知函数f(x)=a(x-2ln x)-12x2+2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个不同的零点,求a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=a1-2x-x+2=1x(x-2)(a-x)(x>0),
①a≤0时,a-x<0,当x∈(0,2)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(2,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
②0
当x∈(a,2),时 f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(2,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
③a=2时, f '(x)=-1x(x-2)2<0, f(x)在(0,+∞)上单调递减.
④a>2时, f '(x)=0⇒x=2或x=a,当x∈(0,2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(2,a)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈(a,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
(2)由(1)得当a=0时, f(x)=-12x2+2x在定义域上只有一个零点.
当a<0时,由(1)可得,要使f(x)有两个零点,
则f(2)>0⇒f(2)=a(2-2ln 2)+2>0,
∴1ln2-1
故f(x)在(0,2)有且只有一个零点.
f(4)=a(4-2ln 4)<0,满足f(2)f(4)<0,
故f(x)在(2,+∞)有且只有一个零点.
当0
∴f(x)在(0,+∞)至多有一个零点,不满足条件.
当a>2时,x∈(0,a)时, f(x)≥f(2)=a(2-2ln 2)+2>0,
故f(x)在(0,a)上无零点,
又∵f(x)在(a,+∞)上单调递减,∴f(x)在(0,+∞)上至多有一个零点,不满足条件.
∴a的取值范围为1ln2-1
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)>1.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=aexln x+axex-bx2ex-1+bxex-1.由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.故a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知, f(x)=exln x+2xex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-2e.
设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.所以当x∈0,1e时,g'(x)<0;当x∈1e,+∞时,g'(x)>0.
故g(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g1e=-1e.
设函数h(x)=xe-x-2e,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-1e.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
思路分析 (1)利用导数的几何意义及切线过切点求a,b的值;
(2)利用(1)得f(x)的解析式,将f(x)>1等价转化为xln x>xe-x-2e,构造函数g(x)=xln x,h(x)=xe-x-2e,再利用导数分别求出g(x)min,h(x)max,进而得g(x)>h(x),从而证得原不等式成立.
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