高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册5.3 导数在研究函数中的应用同步训练题

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册5.3 导数在研究函数中的应用同步训练题，共19页。试卷主要包含了求下列函数的极值，故选ACD等内容，欢迎下载使用。

题组一 函数极值的概念及其求解
1.已知函数f(x)的导函数为f'(x),则“f'(x0)=0”是“x=x0是函数f(x)的一个极值点”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
2.(2020江苏镇江吕叔湘中学高二下期中)函数f(x)=ln x-x的极大值点为( )
A.1 B.-1 C.e D.1-e
3.(2020江苏无锡高二下期中)已知函数f(x)=-x+2sin x,x∈0,π2,则下列叙述正确的是( )
A.函数f(x)有极大值1-π3
B.函数f(x)有极小值1-π3
C.函数f(x)有极大值3-π3
D.函数f(x)有极小值3-π3
4.(多选)(2020江苏无锡太湖高级中学高二下月考)如果函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下述结论正确的有( )
A.函数y=f(x)在区间(3,5)内单调递增
B.当x=-12时,函数y=f(x)有极大值
C.函数y=f(x)在区间(1,2)内单调递增
D.当x=2时,函数y=f(x)取得极大值
5.求下列函数的极值.
(1)f(x)=x3-3x2-9x+5;
(2)f(x)=2xx2+1-2;
(3)f(x)=x2-2ln x.
题组二 含参函数的极值问题
6.(2020江苏徐州高二下期中)若函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3处取得极值,则a=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
7.(2020江苏苏州四中高二下期中)函数f(x)=x2+aln(1+x)有两个极值点,则a的取值范围为( )
A.0,12 B.0,32
C.(0,1) D.(-1,0)
8.(2019江苏如皋高二下检测)已知函数f(x)=ax3+bx2+1在x=1处取得极大值4,则2a+b= .
9.(2020甘肃酒泉高二期末)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=1和x=-1处有极值,且f(1)=-1,求a,b,c的值,并求出相应的极值.
题组三 函数极值的综合应用
10.(2021四川成都七中高三上月考)“a>2”是“函数f(x)=(x-a)ex在(0,+∞)上有极值”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
11.(2021江苏常州华罗庚中学高三上阶段测试)若m>0,n>0,且函数f(x)=8x3-mx2-2nx+3在x=1处取得极值,则mn的最大值为( )
A.16 B.25 C.36 D.49
12.(2019云南昆明高三月考)已知函数f(x)=(x2-m)·ex,若函数f(x)的图象在x=1处的切线的斜率为3e,则f(x)的极大值是( )
A.4e-2 B.4e2 C.e-2 D.e2
13.已知三次函数f(x)=mx3+nx2+px+2q的图象如图所示,则 f'(1)f'(0)= .
14.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=x0处取得极小值-5,其导函数f'(x)的图象经过点(0,0),(2,0).
(1)求a,b的值;
(2)求x0及函数f(x)的表达式.
15.(2020江苏常熟高二下期中)已知函数f(x)=ax+bx·ln x, f(x)的图象在x=e处的切线方程是x+y-e=0,其中e是自然对数的底数.
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数f(x)的极值.
16.(2020山西吕梁高二上期末)已知函数f(x)=2x3+3ax2+3bx+c在x=1及x=2处取得极值.
(1)求a,b的值;
(2)若方程f(x)=0有三个不同的实根,求c的取值范围.
能力提升练
题组一 函数极值的求解及其应用
1.(多选)(2020江苏扬州中学高二下期中,)定义在R上的可导函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则以下结论正确的是( )
A.-3是y=f(x)的极小值点
B.-2和-1都是y=f(x)的极大值点
C.y=f(x)的单调递增区间是(-3,+∞)
D.y=f(x)的单调递减区间是(-∞,-3)
2.(2020江苏徐州丰县中学高二下期中,)函数f(x)的定义域为(a,b),导函数f '(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)内的极小值点的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
3.(2021湖北六校高三上10月联考,)已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴相切于点(1,0),则( )
A.f(x)的极大值为427,极小值为0
B.f(x)的极大值为0,极小值为-427
C.f(x)的极小值为-527,极大值为0
D.f(x)的极小值为0,极大值为527
4.(2020江苏盐城安丰中学高二下月考,)已知函数f(x)=sin x+
ln x-1.
(1)求f(x)的图象在点π2,fπ2处的切线方程;
(2)求证:f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值.
题组二 含参函数的极值问题
5.(2020江苏常州教育学会高二下期末,)已知函数f(x)=ax3+3x+1的极大值与极小值的差为4,则实数a的值为( )
A.-1 B.-14 C.14 D.1
6.(2019湖南湘潭高三一模,)若函数f(x)=x2-(3m+1)x+3,x≤0,mx2+xlnx,x>0恰有三个极值点,则m的取值范围是( )
A.-12,-13 B.-12,0
C.-1,-13 D.-1,-12
7.(2020河北保定高二上期末,)已知x=1是函数f(x)=ax+x2的极值点,则实数a的值为 .
8.(2020江苏常熟中学高二下六月质检,)已知函数f(x)=13x3-12ax2+(x-a)cs x-sin x(a∈R).
(1)求证:当x>0时,x>sin x;
(2)当a≥0时,讨论函数f(x)的单调性,并判断f(x)有无极值,若有极值,求出极值.
9.(2020江苏镇江中学高二下期中,)设函数f(x)=ex[ax2-(4a+1)x+4a+3].
(1)a>0时,求f(x)的单调递增区间;
(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
题组三 函数极值的综合应用
10.(2020江苏南京师范大学附属中学高二下期中,)已知等差数列{an},若a2、a4 038是函数f(x)=13x3-x2+mx+1的极值点,则a2 020的值为( )
A.1 B.-1 C.±1 D.0
11.(2020河北邯郸高三上期末,)已知函数f(x)为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,当x>0时,f(x)=(x-2e)ln x.若函数g(x)=f(x)-m存在四个不同的零点,则m的取值范围是( )
A.(-e,e) B.[-e,e]
C.(-1,1) D.[-1,1]
12.(多选)()已知函数f(x)=xln x+x2,x0是函数f(x)的极值点,则下列结论正确的是( )
A.01e
C.f(x0)+2x0<0 D.f(x0)+2x0>0
13.(多选)()已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R),则下列说法正确的是( )
A.若a≤0,则函数f(x)没有极值
B.若a>0,则函数f(x)有极值
C.若函数f(x)有且只有两个零点,则实数a的取值范围是-∞,1e
D.若函数f(x)有且只有一个零点,则实数a的取值范围是(-∞,0]∪1e
14.(2020山东青岛高三上期末,)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x, f'(x)为f(x)的导函数.求证:
(1)f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;
(2)f(x)有且仅有两个不同的零点.
15.(2020江苏宿豫中学高二月考,)已知函数f(x)=x3+3ax2+3(a2-1)x.
(1)若f(x)在x=1处取得极小值,求实数a的值;
(2)设x1,x2是g(x)=f(x)-6ax2-3a2x+5a(a>0)的两个极值点,若g(x1)+g(x2)≤0,求实数a的取值范围.
答案全解全析
基础过关练
1.B 由极值点的概念可以得出,若可导函数f(x)的极值点为x0,则f'(x0)=0,必要性成立;反过来不成立.故选B.
2.A 因为f(x)=ln x-x(x>0),所以f '(x)=1x-1=1-xx(x>0).当x>1时,f '(x)<0,函数f(x)单调递减;当00,函数f(x)单调递增,所以f(x)在x=1处取得极大值,即函数f(x)=ln x-x的极大值点为1,故选A.
3.C 因为f(x)=-x+2sin x,x∈0,π2,所以f '(x)=-1+2cs x,x∈0,π2,
令f '(x)=0,则cs x=12,可得x=π3.当x∈0,π3时,f '(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈π3,π2时,f '(x)<0,函数f(x)单调递减,所以当x=π3时,函数f(x)取得极大值,极大值为fπ3=-π3+2sinπ3=3-π3,函数f(x)无极小值.故选C.
4.CD 当x<-2时,导函数值小于0,函数f(x)是减函数;
当-2当2当x>4时,导函数值大于0,函数f(x)是增函数,
所以当x=-2时,函数f(x)取得极小值;当x=2时,函数f(x)取得极大值;当x=4时,函数f(x)取得极小值.
结合选项易知A、B错误,C、D正确,故选CD.
5.解析 (1)由题意得,f '(x)=3x2-6x-9,
令f '(x)=0,即3x2-6x-9=0,
解得x=-1或x=3.
当x变化时,f '(x),f(x)的变化情况如下表:
∴当x=-1时,函数f(x)取得极大值,且f(-1)=10;
当x=3时,函数f(x)取得极小值,且f(3)=-22.
(2)由题意得,函数f(x)的定义域为R,
f '(x)=2(x2+1)-4x2(x2+1)2=-2(x-1)(x+1)(x2+1)2.
令f '(x)=0,得x=-1或x=1.
当x变化时,f '(x),f(x)的变化情况如下表:
∴当x=-1时,函数取得极小值,且极小值为f(-1)=-3;
当x=1时,函数取得极大值,且极大值为f(1)=-1.
(3)由题意得,f '(x)=2x-2x,且函数f(x)的定义域为(0,+∞),
令f '(x)=0,得x=1或x=-1(舍去),
当x∈(0,1)时,f '(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,f '(x)>0,
∴当x=1时,函数取得极小值,且极小值为f(1)=1,无极大值.
D 易得f '(x)=3x2+2ax+3,又f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3处取得极值,所以
f '(-3)=27-6a+3=0,解得a=5.故选D.
7.A 易得f(x)的定义域为(-1,+∞),f '(x)=2x+a1+x=2x2+2x+ax+1,
∵函数f(x)=x2+aln(1+x)有两个极值点,∴2x2+2x+a=0在(-1,+∞)上有两个不等的实根,
∴2-2+a>0,Δ=4-8a>0,-12>-1,解得08.答案 -3
解析 易得f '(x)=3ax2+2bx,若函数f(x)在x=1处取得极大值4,
则f(1)=a+b+1=4,f '(1)=3a+2b=0,解得a=-6,b=9,
此时,f '(x)=-18(x2-x),
令f '(x)>0,得01.
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以f(x)在x=1处取得极大值,满足题意,所以2a+b=-3.
9.解析 由题意得f'(x)=3ax2+2bx+c.
∵f(x)在x=1和x=-1处有极值,且f(1)=-1,
∴f'(-1)=0,f'(1)=0,f(1)=-1,∴3a-2b+c=0,3a+2b+c=0,a+b+c=-1,
∴a=12,b=0,c=-32,∴f(x)=12x3-32x,
f'(x)=32x2-32=32(x+1)(x-1),
∴在(-∞,-1),(1,+∞)上, f'(x)>0,函数为增函数;
在(-1,1)上, f'(x)<0,函数为减函数,
∴当x=-1时, f(x)有极大值,极大值为f(-1)=1;
当x=1时, f(x)有极小值,极小值为f(1)=-1.
10.A 由f(x)=(x-a)ex,可得f '(x)=(x-a+1)·ex,令f '(x)=0,可得x=a-1.
当xa-1时,f '(x)>0.所以函数f(x)在x=a-1处取得极小值.若函数f(x)在(0,+∞)上有极值,则a-1>0,即a>1.因此,“a>2”是“函数f(x)=(x-a)ex在(0,+∞)上有极值”的充分不必要条件.故选A.
11.C 因为f(x)=8x3-mx2-2nx+3,所以f '(x)=24x2-2mx-2n,
又函数f(x)=8x3-mx2-2nx+3在x=1处取得极值,所以f '(1)=24-2m-2n=0,即m+n=12,因为m>0,n>0,
所以mn≤m+n22=36,当且仅当m=n=6时,等号成立.故选C.
12.A 因为函数f(x)=(x2-m)ex,所以f '(x)=ex(x2-m+2x),由函数f(x)的图象在x=1处的切线的斜率为3e,得f '(1)=e(1-m+2)=e(3-m)=3e,所以m=0.故f '(x)=ex(x2+2x)=ex(x+2)x,因为ex>0,所以函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的极大值为f(-2)=4e-2.故选A.
13.答案 1
解析 由题意得,m≠0,且f'(x)=3mx2+2nx+p,
由题图可知,x=2是函数f(x)的极大值点,x=-1是其极小值点,即2,-1是f'(x)=0的两个根,
由f'(-1)=3m-2n+p=0,f'(2)=12m+4n+p=0,
解得p=-6m,2n=-3m,
∵f'(0)=p=-6m, f'(1)=p=-6m,
∴f'(1)f'(0)=1.
14.解析 (1)由题意可得f'(x)=3x2+2ax+b.
∵f'(x)的图象过点(0,0),(2,0),
∴b=0,12+4a+b=0,解得a=-3,b=0.
(2)由(1)知f'(x)=3x2-6x,
令f'(x)>0,得x>2或x<0,
令f'(x)<0,得0∴f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减,∴f(x)在x=2处取得极小值,∴x0=2.
由f(2)=-5,得c=-1,∴f(x)=x3-3x2-1.
15.解析 (1)由f(x)=ax+bxln x,得f '(x)=a+b(1+ln x)(x>0),
由f(x)的图象在x=e处的切线方程是x+y-e=0,知切点为(e,0),切线的斜率为-1,
所以f(e)=(a+b)e=0,f '(e)=a+2b=-1,
解得a=1,b=-1.
(2)由(1)知f(x)=x-xln x(x>0),
则f '(x)=-ln x(x>0),
令f '(x)=0,得x=1,
当x变化时, f(x),f '(x)的变化情况如下表:
由表可知,当x=1时,f(x)取得极大值,极大值为f(1)=1,无极小值.
16.解析 (1)由题意得, f'(x)=6x2+6ax+3b,
由函数f(x)在x=1及x=2处取得极值,得f'(1)=6+6a+3b=0,f'(2)=24+12a+3b=0,解得a=-3,b=4,经检验符合题意.
(2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+c,
f'(x)=6x2-18x+12=6(x-2)(x-1),
令f'(x)=0,得x=1或x=2,
当x<1或x>2 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当1∴f(x)在x=1处取得极大值,在x=2处取得极小值.又f(x)=0有三个不同的实根,
∴f(1)=5+c>0,f(2)=4+c<0, 解得-5能力提升练
1.ACD 由题图可知,当x<-3时,f '(x)<0,当x∈(-3,+∞)时,f '(x)≥0,
∴-3是函数y=f(x)的极小值点,此函数无极大值点,且其单调递增区间是(-3,+∞),单调递减区间是(-∞,-3).故选ACD.
2.A 设函数f'(x)的图象与x轴交点的横坐标从左到右依次为x1,x2,x3,x4.由题图知,
当a0,当x1同理,x2是f(x)的极小值点,x4是f(x)的极大值点.又当x20,当x30,所以x3不是f(x)的极值点,所以f(x)在(a,b)内有1个极小值点.故选A.
3.A 由题意得f '(x)=3x2-2px-q,因为函数f(x)的图象与x轴相切于点(1,0),
所以f '(1)=3-2p-q=0,且f(1)=1-p-q=0,联立3-2p-q=0,1-p-q=0,解得p=2,q=-1,即f(x)=x3-2x2+x,
f '(x)=3x2-4x+1=(3x-1)(x-1),当x∈-∞,13时,f '(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈13,1时,f '(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,f '(x)>0,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)的极大值为f13=427,极小值为f(1)=0,故选A.
4.解析 (1)由f(x)=sin x+ln x-1可得f '(x)=cs x+1x,
fπ2=1+lnπ2-1=lnπ2,f 'π2=csπ2+2π=2π,
所以f(x)的图象在点π2,fπ2处的切线方程为y-lnπ2=2πx-π2,即y=2πx+lnπ2-1.
(2)证明:f '(x)=cs x+1x,设g(x)=f '(x)=cs x+1x,x∈(0,π),则g'(x)=-sin x-1x2<0,
故f '(x)在(0,π)上单调递减,
又f 'π2=2π>0,f '(π)=-1+1π<0,
所以由零点存在性定理可知,存在x0∈π2,π,使得f '(x0)=0.
当x∈(0,x0)时,f '(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x0,π)时,f '(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值.
方法技巧
要证明函数f(x)在区间(a,b)上存在唯一的极值,只需证明其导函数f '(x)在区间(a,b)上单调,且f '(x)=0恰有一个实数解.
5.A ∵f(x)=ax3+3x+1,∴f '(x)=3ax2+3,
∵f(x)有极值,∴a<0,令f '(x)=0,解得x=±-1a,
当x<--1a或x>-1a时,f '(x)<0,当--1a0,所以当x=--1a时,f(x)取得极小值,当x=-1a时,f(x)取得极大值.又极大值与极小值的差为4,
∴f-1a-f--1a=a×-1a-1a+3-1a-a×-1a--1a-3--1a=4,
解得a=-1,经检验符合题意,故选A.
6.A 由题可知f '(x)=2x-(3m+1),x≤0,2mx+lnx+1,x>0,
当x>0时,令f '(x)=0,
得-2m=lnx+1x,
令g(x)=lnx+1x(x>0),
则g'(x)=-lnxx2(x>0),
则函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,g(x)的大致图象如图所示,
所以当0<-2m<1,即-12当x≤0时,令f '(x)=0,得x=3m+12,若此时f(x)有一个极值点,则需满足3m+12<0,解得m<-13.综上,m∈-12,-13.
7.答案 2
解析 由f(x)=ax+x2,得f '(x)=-ax2+2x.
因为x=1是f(x)的极值点,所以f '(1)=0,即-a+2=0,所以a=2,
此时f '(x)=2(x3-1)x2.当x<1时,f '(x)<0;当x=1时,f '(x)=0;当x>1时,f '(x)>0.
因此x=1是f(x)的极小值点,即a=2符合题意.
易错警示
已知极值点求参数的值,先计算f '(x),令f '(x)=0,求得x的值,再验证此极值点.由于导数为0的点不一定是极值点,因此解题时要防止遗漏验证导致错误.
8.解析 (1)证明:令g(x)=x-sin x,则g'(x)=1-cs x≥0,
所以g(x)在R上单调递增,所以当x>0时,g(x)>g(0)=0,即x-sin x>0,
所以当x>0时,x>sin x.
(2)由题意得f '(x)=x2-ax+cs x-(x-a)·sin x-cs x=(x-a)(x-sin x),x∈R,
由(1)可得g(x)在R上单调递增,所以当x<0时,g(x)当x>0时,g(x)>g(0)=0,即x-sin x>0,
令f '(x)=0,得x1=a,x2=0,
①当a=0时,f '(x)=x(x-sin x)≥0恒成立,所以f(x)在R上单调递增,函数f(x)无极值;
②当a>0时,令f '(x)>0,可得x<0或x>a;令f '(x)<0,可得0所以函数f(x)在(-∞,0),(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,
f(x)的极大值为f(0)=-a,极小值为f(a)=-16a3-sin a.
综上,当a=0时,函数f(x)在R上单调递增,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在(-∞,0),(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,f(x)有极值,且极大值为f(0)=-a,极小值为f(a)=-16a3-sin a.
9.解析 (1)因为f(x)=ex[ax2-(4a+1)x+4a+3],
所以f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)·(x-2)ex.
当a>12时,令f '(x)>0,得x<1a或x>2;
当00,得x<2或x>1a;
当a=12时,f '(x)≥0恒成立.
综上,当a>12时,f(x)的单调递增区间是-∞,1a,(2,+∞);
当0当a=12时,f(x)的单调递增区间是R.
(2)f '(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)·(x-2)ex.
由(1)得,当a>12时,f(x)在x=2处取得极小值;
当0当a=0时,f '(x)=-(x-2)ex,令f '(x)>0,得x<2,
令f '(x)<0,得x>2,
此时x=2是f(x)的极大值点;
当a<0时,令f '(x)>0,得1a令f '(x)<0,得x<1a或x>2,此时x=2是f(x)的极大值点.
综上可知,a的取值范围是12,+∞.
10.A 因为f(x)=13x3-x2+mx+1,所以f '(x)=x2-2x+m,由题意及一元二次方程根与系数的关系得a2+a4 038=2,又因为在等差数列{an}中,a2 020=12(a2+a4 038),所以a2 020=1.故选A.
11.A 当x>0时, f'(x)=ln x+1-2ex,令h(x)=f'(x),则h'(x)=1x+2ex2>0,故f'(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f'(e)=0,所以f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.
函数f(x)的大致图象如图所示.
由g(x)=f(x)-m存在四个不同的零点知,直线y=m与函数f(x)的图象有四个不同的交点,故m∈(-e,e),故选A.
解题模板
利用导数解决函数的极值问题,常见的解题步骤是求导、求驻点(令导数为0时方程的解)、列表、回答问题,由表可得出函数的大致图象,借助数形结合可解决函数的极值问题.
12.AD ∵f(x)=xln x+x2(x>0),
∴f'(x)=ln x+1+2x(x>0),
易得f'(x)=ln x+1+2x在(0,+∞)上单调递增,且f'1e=2e>0,
∵当x→0时, f'(x)→-∞,∴0∴A正确,B错误.
∵f'(x0)=ln x0+1+2x0=0,
∴f(x0)+2x0=x0ln x0+x02+2x0=x0(ln x0+x0+2)=x0(1-x0),由00,
∴C错误,D正确.故选AD.
13.ABD 由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a-1x=ax-1x,
当a≤0时, f'(x)<0恒成立,此时f(x)单调递减,没有极值,
当x→0时, f(x)→+∞,当x→+∞时, f(x)→-∞,∴f(x)有且只有一个零点.
当a>0时,在0,1a上有f'(x)<0, f(x)单调递减,在1a,+∞上有f'(x)>0, f(x)单调递增,当x=1a时, f(x)取得极小值,极小值为f1a=1+ln a,当x→0时,ln x→-∞, f(x)→+∞,当x→+∞时, f(x)→+∞,当1+ln a=0,即a=1e时, f(x)有且只有一个零点;当1+ln a<0,即014.证明 (1)设g(x)=f'(x)=1x-1+2cs x,
当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-1x2<0,
所以g(x)在(0,π)上单调递减,
又因为gπ3=3π-1+1>0,gπ2=2π-1<0,
所以g(x)在π3,π2上有唯一的零点,即f'(x)在(0,π)上存在唯一零点.
(2)由(1)可设f '(x)在(0,π)上的唯一零点为α.
①由(1)知,当x∈(0,α)时, f'(x)>0,f(x)在(0,α)上单调递增;
当x∈(α,π)时, f'(x)<0, f(x)在(α,π)上单调递减,
所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点απ3<α<π2,
所以f(α)>fπ2=lnπ2-π2+2>2-π2>0,
又因为f1e2=-2-1e2+2sin 1e2<-2-1e2+2<0,
所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点,
又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,
所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.
②当x∈[π,2π)时,sin x≤0, f(x)≤ln x-x,
设h(x)=ln x-x,x∈[π,2π),则h'(x)=1x-1<0,
所以h(x)在[π,2π)上单调递减,
所以h(x)≤h(π)<0,
所以当x∈[π,2π)时, f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,
所以f(x)在[π,2π)上没有零点.
③当x∈[2π,+∞)时, f(x)≤ln x-x+2,
设φ(x)=ln x-x+2,x∈[2π,+∞),
则φ'(x)=1x-1<0,
所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,
所以φ(x)≤φ(2π)<0,
所以当x∈[2π,+∞)时, f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,
所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.
综上, f(x)有且仅有两个零点.
15.解析 (1)∵f(x)=x3+3ax2+3(a2-1)x,
∴f'(x)=3x2+6ax+3(a2-1),
由题意得f'(1)=0,即3+6a+3(a2-1)=0,解得a=0或a=-2.
当a=0时, f'(x)=3x2-3,
当x<-1或x>1时, f'(x)>0;
当-1当a=-2时, f'(x)=3x2-12x+9,当x<1或x>3时, f'(x)>0;
当1综上,a=0.
(2)g(x)=x3-3ax2-3x+5a(a>0),
所以g'(x)=3x2-6ax-3,
因为Δ=36a2+36>0恒成立,所以g(x)恒有两个极值点.
由题意可知x1,x2是3x2-6ax-3=0的两根,所以x1+x2=2a,x1·x2=-1.
由g(x1)+g(x2)≤0,得x13+x23-3a(x12+x22)-3(x1+x2)+10a≤0,
即(x1+x2)[(x1+x2)2-3x1x2]-3a[(x1+x2)2-2x1x2]-3(x1+x2)+10a≤0,
将x1+x2=2a,x1·x2=-1代入整理得a3-a≥0,
因为a>0,所以a-1≥0,解得a≥1.
所以a的取值范围为[1,+∞).x
(-∞,-1)
-1
(-1,3)
3
(3,+∞)
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(-∞,-1)
-1
(-1,1)
1
(1,+∞)
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f '(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘