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第五章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份第五章复习提升-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共20页。
本章复习提升
易混易错练
易错点1 对导数的定义理解不够准确致错
1.(2020北京东城高二下期末统测,)已知函数y=f(x)在x=x0处的导数为1,则limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)2Δx= ( )
A.0 B.12 C.1 D.2
2.()利用导数的定义,求f(x)=x2+1在x=1处的导数.
易错点2 混淆“过某点”与“在某点处”的切线致错
3.()已知函数f(x)=x3+2x-8,则曲线y=f(x)在点(0,-8)处的切线方程为 ;若曲线y=f(x)的某一切线与直线y=-15x+1垂直,则切点坐标为 .
4.(2021江苏南京秦淮中学高三上期初调研节选,)已知函数f(x)=13x3+2x2+4x,求过坐标原点且与函数f(x)的图象相切的直线方程.
易错点3 对复合函数的求导法则理解不透致错
5.()已知函数f(x)=ln(1-x),则f'(x)= .
6.()求曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积.
易错点4 忽视取极值的条件致错
7.()函数f(x)=(x2-1)3+2的极值点是 ( )
A.x=1 B.x=-1或x=1或x=0
C.x=0 D.x=-1或x=1
8.()设x=1与x=2是函数f(x)=aln x+bx2+x的两个极值点.
(1)试确定常数a和b的值;
(2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值点还是极小值点,并说明理由.
易错点5 利用导数研究函数单调性时忽视定义域致错
9.()求函数y=xax-x2(a>0)的单调递减区间.
10.()已知函数f(x)=ax-ax-2ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围;
(2)讨论函数f(x)的单调性.
易错点6 混淆极值与最值致错
11.()求函数f(x)=sin 2x-x在-π2,π2上的最大值和最小值.
12.()已知函数f(x)=2ax-ln(2x),x∈(0,e],其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
易错点7 利用导数研究实际问题时忽视定义域致错
13.(2021江苏连云港赣榆高二下4月线上测试,)为响应“生产发展、生活富裕、乡风文明、村容整洁、管理民主”的社会主义新农村建设的方针,某自然村将村边一块废弃的扇形荒地(如图)租给蜂农养蜂、产蜜与售蜜.已知扇形AOB中,∠AOB=23π,OB=23(百米),荒地内计划修建两条直路AB,OC,其中点C在弧AB上(C与A,B均不重合),在小路AB与OC的交点D处设立售蜜点,图中阴影部分为蜂巢区,空白部分为蜂源植物生长区.设∠BDC=θθ∈π6,π2,蜂巢区的面积为S(平方百米).
(1)求S关于θ的函数关系式;
(2)当θ为何值时,蜂巢区的面积S最小,并求S的最小值.
思想方法练
一、分类讨论思想在利用导数解决函数问题中的应用
1.(2020江苏宿迁中学高二下期中,)已知函数f(x)=aln x+x2.其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1,求证:f(x)≤x2+x-1.
2. (2020福建福州高三上期末质量检测,)已知函数f(x)=
cos x+ax2-1.
(1)当a=12时,证明:f(x)≥0;
(2)若f(x)在R上有且只有一个零点,求a的取值范围.
二、转化与化归思想在利用导数解决函数问题中的应用
3.()设函数f'(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,若f(x)-f(-x)=2x3,且当x>0时, f'(x)>3x2,则不等式f(x)-f(x-1)>3x2-3x+1的解集为 ( )
A.(-∞,2) B.12,+∞
C.-∞,12 D.(2,+∞)
4.(2020江苏无锡太湖高级中学高二下月考,)已知函数f(x)=(ax+b)ln x.
(1)当a=1,b=0时,求函数f(x)的极值;
(2)当a=1,b=1时,求不等式f(x)≥2x-2的解集;
(3)若a=1,b=1,且当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>λ(x-1)成立,求实数λ的取值范围.
5.(2020河北衡水武邑中学高三上期末,)已知函数f(x)=excos x-xsin x,g(x)=sin x-2ex,其中e是自然对数的底数.
(1)∀x1∈-π2,0,∃x2∈0,π2,使得不等式f(x1)≤m+g(x2)成立,试求实数m的取值范围;
(2)若x>-1,求证: f(x)-g(x)>0.
三、数形结合思想在利用导数解决函数问题中的应用
6.(2020江苏连云港高二下期末,)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R)有三个不同的零点,则实数a的取值范围是( )
A.e4,+∞ B.e2,+∞
C.e24,+∞ D.e22,+∞
7.()已知曲线f(x)=-x3+3x2+9x+a与x轴只有一个交点,则实数a的取值范围为 .
8.()已知函数f(x)=mxln x,m∈R,若f(x)的最小值为-1e.
(1)求实数m的值;
(2)若a∈R,讨论关于x的方程f(x)-ax2=0的解的个数.
答案全解全析
易混易错练
1.B 因为函数y=f(x)在x=x0处的导数为1,
所以limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)2Δx
=12limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx
=12f'(x0)
=12.故选B.
易错警示
在导数的概念中,x的改变量的形式是多种多样的,可以是2Δx,-Δx,1Δx,等等,但无论是哪种形式,分子中的x的改变量与分母中的x的改变量必须保持一致.
2.解析 Δy=f(1+Δx)-f(1)
= (1+Δx)2+1- 2
= (Δx)2+2Δx+2- 2,
∴ΔyΔx= (Δx)2+2Δx+2- 2Δx,
∴f'(1)=limΔx→0 (Δx)2+2Δx+2- 2Δx
=limΔx→0(Δx)2+2ΔxΔx[ (Δx)2+2Δx+2+ 2]
=limΔx→0Δx+2 (Δx)2+2Δx+2+ 2= 22.
3.答案 y=2x-8;(1,-5)或(-1,-11)
解析 由题意得f'(x)=3x2+2,当x=0时,f'(0)=2,所以切线的斜率k=2,由直线的点斜式方程可求得切线方程为y-(-8)=2(x-0),
整理得y=2x-8.
由已知直线的斜率为-15,可知所求切线的斜率存在且切线斜率k'=5,令f'(x)=3x2+2=5,得x=±1,
当x=1时,代入得f(1)=-5;
当x=-1时,代入得f(-1)=-11,所以所求切点坐标为(1,-5)或(-1,-11).
4.解析 设切点坐标为(x0,y0),易得f'(x)=x2+4x+4,
所以切线方程为y-13x03-2x02-4x0=(x02+4x0+4)(x-x0),
又此切线过原点(0,0),所以-13x03-2x02-4x0=-x03-4x02-4x0,
即23x03+2x02=0,
解得x0=0(二重根)或x0=-3,
当x0=0时,切线方程为y=4x;
当x0=-3时,切线方程为y=x.
易错警示
求曲线的切线方程时,要看清是求“曲线在某点处的切线方程”,还是求“曲线过某点的切线方程”,前者所求得的切线有且只有一条,此点恰好为切点,而后者所求得的切线有一条或多条,某点可能是切点,也可能不是切点.
5.答案 1x-1
解析 f'(x)=11-x·(1-x)'
=11-x·(-1)=1x-1.
6.解析 依题意得y'=e-2x×(-2)=-2e-2x,
当x=0时,y'=-2e-2×0=-2,
故曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线方程是y-2=-2x,即y=-2x+2.
在平面直角坐标系中画出直线y=-2x+2和y=x,如图所示,
注意到直线y=-2x+2与y=x的交点坐标是A23,23,直线y=-2x+2与x轴的交点坐标是B(1,0),
故直线y=0,y=x和y=-2x+2所围成的三角形AOB的面积等于12×1×23=13.
7.C 由题意得, f'(x)=6x(x-1)2(x+1)2,令f'(x)=0,得x=0或x=±1.
当x<0时, f'(x)≤0,当x>0时, f'(x)≥0,所以f(x)的极值点为x=0.故选C.
8.解析 (1)∵f(x)=aln x+bx2+x,
∴f'(x)=ax+2bx+1.
由题意可知, f'(1)=f'(2)=0,
即a+2b+1=0,a2+4b+1=0,
解得a=-23,b=-16.
(2)x=1是函数f(x)的极小值点,x=2是函数f(x)的极大值点.理由如下:由(1)知f(x)=-23ln x-16x2+x,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=-23x-1-13x+1,x∈(0,+∞),
当x∈(0,1)时, f'(x)<0;当x∈(1,2)时,f'(x)>0;当x∈(2,+∞)时, f'(x)<0,
∴函数f(x)在x=1处取得极小值,在x=2处取得极大值.
易错警示
在利用导数解决函数的极值问题时,要明确取得极值的条件,即在极值点的两侧,导数的符号要不同.
9.解析 由ax-x2>0,a>0,得0
=2(ax-x2)+x(a-2x)2ax-x2=3ax-4x22ax-x2,
令y'<0,得x<0或x>3a4,又0
10.解析 (1)由题意得, f'(x)=a+ax2-2x=ax2-2x+ax2(x>0).
①当a≤0时, f'(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a>0时,令g(x)=ax2-2x+a,
∵函数f(x)在区间[1,+∞)上是单调函数,
∴g(x)≥0在区间[1,+∞)上恒成立,
∴a≥2xx2+1在区间[1,+∞)上恒成立.
令u(x)=2xx2+1,x∈[1,+∞).
∵u(x)=2x+1x≤22x·1x=1,当且仅当x=1时取等号,∴a≥1.
∴当a≥1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递增.
∴实数a的取值范围是(-∞,0]∪[1,+∞).
(2)由(1)可知,①当a≤0时, f'(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a≥1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当0
∴函数f(x)在0,1-1-a2a,1+1-a2a,+∞上单调递增,在1-1-a2a,1+1-a2a上单调递减.
易错警示
利用导数研究函数的单调性或求函数的单调区间时,要先判断函数的定义域,在函数的定义域内进行研究.
11.解析 由已知得, f'(x)=2cos 2x-1,x∈-π2,π2.
令f'(x)=0,得2cos 2x-1=0,
解得x=-π6或x=π6.
因为fπ6=32-π6, f-π6=-32+π6, fπ2=-π2, f-π2=π2,
所以函数f(x)在-π2,π2上的最大值和最小值分别为π2,-π2.
易错警示
最大值与极大值是解题中易混的概念,最大值不一定是极大值,而是极大值与端点值中的最大者.只有当函数有唯一极值点时,极大值才是最大值.
12.解析 (1)当a=1时, f(x)=2x-ln(2x),f'(x)=2-1x=2x-1x,x∈(0,e],
当00, f(x)单调递增.
所以f(x)的极小值为f12=1,
故f(x)的单调递减区间为0,12,单调递增区间为12,e, f(x)的极小值为f12=1,无极大值.
(2)假设存在实数a,使f(x)=2ax-ln(2x),x∈(0,e]的最小值是3,
易得f'(x)=2a-1x=2ax-1x,x∈(0,e],
①当a≤0时,因为x∈(0,e],
所以f'(x)<0, f(x)在(0,e]上单调递减,
所以f(x)min=f(e)=2ae-ln(2e)=3,
解得a=4+ln22e(舍去).
②当0<12a
所以f(x)min=f12a=1-ln1a=3,
解得a=e2,满足条件.
③当12a≥e,即0
解得a=4+ln22e(舍去).
综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时, f(x)的最小值为3.
易错警示
利用导数解决函数问题时,已知极值点求出参数的值后,要代回验证参数值是否满足极值的定义,防止漏掉验证导致错误,讨论极值点的实质是讨论函数的单调性,即f'(x)的正负;求函数的最大(小)值时,要将函数的各极值与端点处的函数值进行比较,最大的一个是最大值,最小的一个是最小值,防止错解.
13.解析 (1)AO=OB=23,∠AOB=23π,
由余弦定理得AB=
OA2+OB2-2OA·OB·cos∠AOB=6,
在△BDO中,∠BDO=π-θ,∠BOD=π-(π-θ)-π6=θ-π6,
由正弦定理得BDsin∠BOD=BOsin∠BDO,
∴BDsinθ-π6=23sin(π-θ),
∴BD=23sinθ-π6sinθ,
AD=6-23sinθ-π6sinθ,
∴蜂巢区的面积S=S△AOD+S扇形COB-S△BDO
=12·AO·AD·sin π6+θ-π62π·π·AO2-12·BO·BD·sin π6,
整理,得S关于θ的函数关系式为
S=6θ+3tanθ-π,θ∈π6,π2.
(2)对S=6θ+3tanθ-π求导,得S'=6-3sin2θ,
令S'=0,结合θ∈π6,π2,
解得θ=π4,
当θ∈π6,π4时,S'<0,S单调递减,
当θ∈π4,π2时,S'>0,S单调递增,
综上所述,S的最小值只可在θ=π4时取得,
当θ=π4时,S=π2+3,
故当θ为π4时,蜂巢区的面积S最小,S的最小值为π2+3.
易错警示
求实际问题的最大值(或最小值)时,要注意函数的定义域必须使实际问题有意义.例如,长度、宽度应大于0,销售价格一般要高于进价(特价商品除外)等.
思想方法练
1.解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax+2x=a+2x2x,
(对a与0的大小关系进行分类讨论,分别判断函数的单调性,体现了分类讨论的思想方法)
①当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
②当a<0时,令f'(x)=0,解得x=-a2(负值舍去).
当0
综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,函数f(x)在0,-a2上单调递减,在-a2,+∞上单调递增.
(2)证明:当a=1时,f(x)=ln x+x2,要证明f(x)≤x2+x-1,
即证ln x≤x-1,即证ln x-x+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1(x>0),则g'(x)=1-xx,令g'(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.
所以x=1为g(x)的极大值点,也为最大值点,
所以g(x)≤g(1)=0,即ln x-x+1≤0.故f(x)≤x2+x-1.
2.解析 (1)证明:当a=12时, f(x)=cos x+12x2-1,
易知f(x)的定义域为R,且f(-x)=f(x),故f(x)为偶函数.
当x≥0时, f'(x)=-sin x+x,
记g(x)=f'(x)=-sin x+x,
所以g'(x)=-cos x+1.
因为g'(x)≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
即f'(x)在[0,+∞)上单调递增,
故f'(x)≥f'(0)=0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因为f(x)为偶函数,所以当x∈R时, f(x)≥0.
(2)(由于a为x2的系数,其与0的大小关系直接影响了f(x)的单调性,因此需分a=0,a>0,a<0三种情况进行讨论,体现了分类讨论的思想)
①当a=0时, f(x)=cos x-1,
令cos x-1=0,解得x=2kπ(k∈Z),
所以函数f(x)有无数个零点,不符合题意.
②当a<0时, f(x)=cos x+ax2-1≤ax2≤0,当且仅当x=0时,等号成立,故a<0符合题意.
③因为f(x)的定义域为R,f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,
又因为f(0)=0,故x=0是f(x)的零点.
当a>0时, f'(x)=-sin x+2ax,记h(x)=f'(x)=-sin x+2ax,则h'(x)=-cos x+2a.
(由于cos x∈[-1,1],因此需对2a与±1的大小关系进行分类讨论,体现了分类讨论的思想)
(i)若a≥12,则h'(x)=-cos x+2a≥-cos x+1≥0,
故h(x)在(0,+∞)上单调递增,故当x>0时,h(x)>h(0)=0,即f'(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(x)>f(0)=0.
所以f(x)在(0,+∞)上没有零点.
因为f(x)是偶函数,所以f(x)在R上有且只有一个零点.
(ii)若0
所以f(x1)f(2π)<0,
由零点存在性定理知f(x)在(x1,2π)上有零点,又因为x=0是f(x)的零点,
所以0
思想方法
分类讨论是一种逻辑方法,也是一种数学思想,其实质是“化整为零,各个击破,再积零为整”,用分类讨论思想解题的一般步骤是(1)确定分类标准;(2)恰当分类;(3)逐类讨论;(4)归纳结论.在本章中,求单调区间、求参数的取值范围、求函数极值与最值以及解决恒成立或有解的问题,往往都需要用到分类讨论思想.
3.B 令F(x)=f(x)-x3,
则F'(x)=f '(x)-3x2,
由f(x)-f(-x)=2x3,可得F(-x)=F(x),又F(x)的定义域为R,故F(x)为偶函数,
当x>0时, f '(x)>3x2,即F '(x)>0,
∴F(x)在(0,+∞)上为增函数.
不等式f(x)-f(x-1)>3x2-3x+1可化为f(x)-x3>f(x-1)-(x-1)3,
∴F(x)>F(x-1),
(将原不等式通过移项变形,转化为F(x)的两个函数值的大小关系,体现了转化与化归的思想)
∴F(|x|)>F(|x-1|),
∴由函数的单调性可知|x|>|x-1|,解得x>12.故选B.
(利用F(x)的单调性将原抽象不等式转化为具体不等式求解,体现了转化与化归的思想)
思想方法
本题通过构造函数将复杂问题转化为易于解决的问题,这类问题往往结合已知条件,构造出一个新的函数,然后求其导数,利用函数的单调性知识加以转化.
4.解析 (1)当a=1,b=0时,f(x)=xln x,其定义域为(0,+∞),且f'(x)=1+ln x,
令f'(x)=0,得x=1e,
当x变化时,f '(x),f(x)的变化情况如下表:
x
0,1e
1e
1e,+∞
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
∴当x=1e时,f(x)有极小值,为f1e=1e·ln 1e=-1e,无极大值.
(2)当a=1,b=1时,f(x)=(x+1)·ln x.
令F(x)=f(x)-(2x-2)=(x+1)·ln x-(2x-2)(x>0),
则F'(x)=ln x+1x-1,
令u(x)=ln x+1x-1(x>0),则u'(x)=1x-1x2=x-1x2,
令u'(x)=0,得x=1,
当x变化时,u'(x),u(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
u'(x)
-
0
+
u(x)
↘
极小值
↗
当x=1时,u(x)有极小值,为u(1)=ln 1+1-1=0,∴u(x)≥0,即F'(x)≥0,
∴F(x)在(0,+∞)上单调递增,∵F(1)=0,
∴不等式f(x)≥2x-2即F(x)≥0=F(1),故其解集为[1,+∞).
(利用F(x) 在(0,+∞)上单调递增,将F(x)≥F(1)中的“F”脱去,转化为x与1的关系,进而求解,充分体现了转化与化归的思想)
(3)若a=1,b=1,则f(x)=(x+1)·ln x,当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>λ(x-1)成立,
即当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)-λ(x-1)>0成立.
令G(x)=f(x)-λ(x-1)=(x+1)ln x-λ(x-1)(x>1),
则G'(x)=ln x+1x+1-λ(x>1),
令v(x)=ln x+1x+1-λ(x>1),则v'(x)=x-1x2(x>1),
∴v'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,∴v(x)在(1,+∞)上单调递增,∴v(x)>v(1)=2-λ,
①若2-λ≥0,即λ≤2,则v(x)>0,即G'(x)>0,即G(x)在(1,+∞)上单调递增.
∴G(x)>G(1)=0.
(将不等式恒成立问题转化为G(x)的两个函数值的大小关系问题求解,充分体现了转化与化归的思想)
即λ≤2且x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>λ(x-1)成立.
②若2-λ<0,即λ>2,取x=eλ>1,
则v(eλ)=ln eλ+1eλ+1-λ=1eλ+1>0,
∵v(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴∃x0∈(1,eλ),使得v(x0)=0,
∵当x∈(1,x0),v(x)<0,即G'(x)<0,
∴G(x)在(1,x0)上单调递减,∴G(x0)
综上可知,λ≤2.
5.解析 (1)由题意得, f(x)max≤[m+g(x)]max.
(将双变量不等式的恒成立问题转化为两个函数的最值间的大小关系问题来求解,体现了转化与化归的思想)
易得f'(x)=ex(cos x-sin x)-(sin x+xcos x)
=(ex-x)cos x-(ex+1)sin x,
当x∈-π2,0时, f'(x)>0,故f(x)在-π2,0上单调递增,
所以当x=0时, f(x)max=f(0)=1.
易得g'(x)=cos x-2ex,令t(x)=g'(x)=cos x-2ex,则t'(x)=-sin x-2ex,
当x∈0,π2时,t'(x)<0,
所以g'(x)在0,π2上单调递减,
所以g'(x)≤g'(0)=1-2<0,
故g(x)在0,π2上单调递减,
因此,当x=0时,g(x)max=g(0)=-2.
所以1≤m-2,所以m≥2+1.
所以实数m的取值范围是[2+1,+∞).
(2)证明:当x>-1时,要证f(x)-g(x)>0,只需证excos x-xsin x-sin x+2ex>0,
即证ex(cos x+2)>(x+1)sin x,
由于cos x+2>0,x+1>0,
所以只需证exx+1>sinxcosx+2.
令h(x)=exx+1(x>-1),
则h'(x)=ex(x+1)-ex(x+1)2=xex(x+1)2,
当x∈(-1,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当且仅当x=0时,h(x)取得最小值,且最小值为1.
解法一:令k=sinxcosx+2,则kcos x+2k=sin x,即sin x-kcos x=2k,
即sin(x-φ)=2k1+k2(其中tan φ=k),
由三角函数的有界性,得2k1+k2≤1,即-1≤k≤1,所以kmax=1,
又当x=0时,k=0<1=h(0),当x≠0时,h(x)>1≥k,
所以exx+1min>sinxcosx+2max,
即exx+1>sinxcosx+2.
(将所证不等式转化为证两个代数式的最值间的大小关系来求解,体现了转化与化归的思想)
综上所述,当x>-1时, f(x)-g(x)>0成立.
解法二:令φ(x)=sinxcosx+2,则φ(x)可看作点A(cos x,sin x)与点B(-2,0)连线的斜率k',
所以直线AB的方程为y=k'(x+2),
由于点A在圆x2+y2=1上,所以直线AB与圆x2+y2=1相交或相切,
当直线AB与圆x2+y2=1相切且切点在第二象限时,直线AB的斜率k'取得最大值,为1.
又当x=0时,φ(0)=0<1=h(0),当x≠0时,h(x)>1≥k',所以h(x)min>φ(x)max,即exx+1>sinxcosx+2.
(将所证不等式转化为证两个代数式的最值间的大小关系来求解,体现了转化与化归的思想)
综上所述,当x>-1时, f(x)-g(x)>0成立.
解法三:令m(x)=sinxcosx+2,
则m'(x)=1+2cosx(cosx+2)2,
当x=3π4+2kπ(k∈N)时,m(x)取得最大值1,
又当x=0时,m(0)=0<1=h(0),当x≠0时,h(x)>1≥m(x),
所以h(x)min>m(x)max,即exx+1>sinxcosx+2.
(将所证不等式转化为证两个代数式的最值间的大小关系来求解,体现了转化与化归的思想)
综上所述,当x>-1时, f(x)-g(x)>0成立.
6.C 令f(x)=ex-ax2=0,则a=exx2,
令g(x)=exx2,则g'(x)=(x-2)exx3,
当x>2或x<0时,g'(x)>0,当0
所以g(x)在(2,+∞)和(-∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,
易求得g(2)=e24,当x→-∞时,g(x)→0,
作出函数g(x)的大致图象如图所示:
(通过作出函数g(x)的图象,将函数零点的个数问题转化为直线y=a与曲线g(x)=exx2的交点的个数问题求解,以“形”助“数”,充分体现了数形结合的思想)
要使直线y=a与曲线g(x)=exx2有三个交点,则a>e24.
7.答案 {a|a<-27或a>5}
解析 易得f'(x)=-3x2+6x+9.令f'(x)=0,解得x=-1或x=3.
当x发生变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表所示:
x
(-∞,
-1)
-1
(-1,
3)
3
(3,
+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以当x=-1时, f(x)取得极小值,且极小值为f(-1)=a-5;当x=3时, f(x)取得极大值,且极大值为f(3)=a+27.
(作出f(x)的图象,以“形”助“数”,数形结合,由图象直观得出极值与0的关系,进而求解)
画出大致图象,要使f(x)的图象与x轴只有一个交点,只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2),
所以a+27<0或a-5>0,解得a<-27或a>5.
故实数a的取值范围为{a|a<-27或a>5}.
8.解析 (1)设g(x)=xln x,x>0,
则g'(x)=ln x+1.令g'(x)=0,得x=1e,
所以函数g(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,
所以g(x)min=g1e=-1e,所以m=1.
(2)f(x)-ax2=0,则xln x=ax2,
因为x>0,所以lnxx=a,
设h(x)=lnxx(x>0),则h'(x)=1-lnxx2,
令h'(x)=0,得x=e,
所以函数h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(e)=1e,由h(1)=0,且当x>e时,h(x)>0,当x→+∞时,h(x)→0,
(利用导数研究h(x)的性质,从而得到h(x)的大致图象,再借助h(x)的图象直观求解,这正是数形结合思想的体现)
可画出函数y=h(x)的大致图象,如图,
所以当a>1e时,方程无解;当a=1e或a≤0时,方程有1个解;当0
用数形结合思想解题的基本思路是根据数的结构特征,构造出与之相应的几何图形,并利用图形的特征和规律解决数学问题或将图形信息全部转化为代数信息,使解决图形的问题转化为讨论数量关系的问题.在本章中,利用导数的几何意义解题、研究函数的单调性、极值、函数的零点或方程的根的个数问题等,往往都会利用数形结合思想,借助相应函数的图象直观求解.
本章复习提升
易混易错练
易错点1 对导数的定义理解不够准确致错
1.(2020北京东城高二下期末统测,)已知函数y=f(x)在x=x0处的导数为1,则limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)2Δx= ( )
A.0 B.12 C.1 D.2
2.()利用导数的定义,求f(x)=x2+1在x=1处的导数.
易错点2 混淆“过某点”与“在某点处”的切线致错
3.()已知函数f(x)=x3+2x-8,则曲线y=f(x)在点(0,-8)处的切线方程为 ;若曲线y=f(x)的某一切线与直线y=-15x+1垂直,则切点坐标为 .
4.(2021江苏南京秦淮中学高三上期初调研节选,)已知函数f(x)=13x3+2x2+4x,求过坐标原点且与函数f(x)的图象相切的直线方程.
易错点3 对复合函数的求导法则理解不透致错
5.()已知函数f(x)=ln(1-x),则f'(x)= .
6.()求曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线与直线y=0和y=x围成的三角形的面积.
易错点4 忽视取极值的条件致错
7.()函数f(x)=(x2-1)3+2的极值点是 ( )
A.x=1 B.x=-1或x=1或x=0
C.x=0 D.x=-1或x=1
8.()设x=1与x=2是函数f(x)=aln x+bx2+x的两个极值点.
(1)试确定常数a和b的值;
(2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值点还是极小值点,并说明理由.
易错点5 利用导数研究函数单调性时忽视定义域致错
9.()求函数y=xax-x2(a>0)的单调递减区间.
10.()已知函数f(x)=ax-ax-2ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围;
(2)讨论函数f(x)的单调性.
易错点6 混淆极值与最值致错
11.()求函数f(x)=sin 2x-x在-π2,π2上的最大值和最小值.
12.()已知函数f(x)=2ax-ln(2x),x∈(0,e],其中e是自然对数的底数,a∈R.
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)是否存在实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
易错点7 利用导数研究实际问题时忽视定义域致错
13.(2021江苏连云港赣榆高二下4月线上测试,)为响应“生产发展、生活富裕、乡风文明、村容整洁、管理民主”的社会主义新农村建设的方针,某自然村将村边一块废弃的扇形荒地(如图)租给蜂农养蜂、产蜜与售蜜.已知扇形AOB中,∠AOB=23π,OB=23(百米),荒地内计划修建两条直路AB,OC,其中点C在弧AB上(C与A,B均不重合),在小路AB与OC的交点D处设立售蜜点,图中阴影部分为蜂巢区,空白部分为蜂源植物生长区.设∠BDC=θθ∈π6,π2,蜂巢区的面积为S(平方百米).
(1)求S关于θ的函数关系式;
(2)当θ为何值时,蜂巢区的面积S最小,并求S的最小值.
思想方法练
一、分类讨论思想在利用导数解决函数问题中的应用
1.(2020江苏宿迁中学高二下期中,)已知函数f(x)=aln x+x2.其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a=1,求证:f(x)≤x2+x-1.
2. (2020福建福州高三上期末质量检测,)已知函数f(x)=
cos x+ax2-1.
(1)当a=12时,证明:f(x)≥0;
(2)若f(x)在R上有且只有一个零点,求a的取值范围.
二、转化与化归思想在利用导数解决函数问题中的应用
3.()设函数f'(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,若f(x)-f(-x)=2x3,且当x>0时, f'(x)>3x2,则不等式f(x)-f(x-1)>3x2-3x+1的解集为 ( )
A.(-∞,2) B.12,+∞
C.-∞,12 D.(2,+∞)
4.(2020江苏无锡太湖高级中学高二下月考,)已知函数f(x)=(ax+b)ln x.
(1)当a=1,b=0时,求函数f(x)的极值;
(2)当a=1,b=1时,求不等式f(x)≥2x-2的解集;
(3)若a=1,b=1,且当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>λ(x-1)成立,求实数λ的取值范围.
5.(2020河北衡水武邑中学高三上期末,)已知函数f(x)=excos x-xsin x,g(x)=sin x-2ex,其中e是自然对数的底数.
(1)∀x1∈-π2,0,∃x2∈0,π2,使得不等式f(x1)≤m+g(x2)成立,试求实数m的取值范围;
(2)若x>-1,求证: f(x)-g(x)>0.
三、数形结合思想在利用导数解决函数问题中的应用
6.(2020江苏连云港高二下期末,)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R)有三个不同的零点,则实数a的取值范围是( )
A.e4,+∞ B.e2,+∞
C.e24,+∞ D.e22,+∞
7.()已知曲线f(x)=-x3+3x2+9x+a与x轴只有一个交点,则实数a的取值范围为 .
8.()已知函数f(x)=mxln x,m∈R,若f(x)的最小值为-1e.
(1)求实数m的值;
(2)若a∈R,讨论关于x的方程f(x)-ax2=0的解的个数.
答案全解全析
易混易错练
1.B 因为函数y=f(x)在x=x0处的导数为1,
所以limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)2Δx
=12limΔx→0f(x0+Δx)-f(x0)Δx
=12f'(x0)
=12.故选B.
易错警示
在导数的概念中,x的改变量的形式是多种多样的,可以是2Δx,-Δx,1Δx,等等,但无论是哪种形式,分子中的x的改变量与分母中的x的改变量必须保持一致.
2.解析 Δy=f(1+Δx)-f(1)
= (1+Δx)2+1- 2
= (Δx)2+2Δx+2- 2,
∴ΔyΔx= (Δx)2+2Δx+2- 2Δx,
∴f'(1)=limΔx→0 (Δx)2+2Δx+2- 2Δx
=limΔx→0(Δx)2+2ΔxΔx[ (Δx)2+2Δx+2+ 2]
=limΔx→0Δx+2 (Δx)2+2Δx+2+ 2= 22.
3.答案 y=2x-8;(1,-5)或(-1,-11)
解析 由题意得f'(x)=3x2+2,当x=0时,f'(0)=2,所以切线的斜率k=2,由直线的点斜式方程可求得切线方程为y-(-8)=2(x-0),
整理得y=2x-8.
由已知直线的斜率为-15,可知所求切线的斜率存在且切线斜率k'=5,令f'(x)=3x2+2=5,得x=±1,
当x=1时,代入得f(1)=-5;
当x=-1时,代入得f(-1)=-11,所以所求切点坐标为(1,-5)或(-1,-11).
4.解析 设切点坐标为(x0,y0),易得f'(x)=x2+4x+4,
所以切线方程为y-13x03-2x02-4x0=(x02+4x0+4)(x-x0),
又此切线过原点(0,0),所以-13x03-2x02-4x0=-x03-4x02-4x0,
即23x03+2x02=0,
解得x0=0(二重根)或x0=-3,
当x0=0时,切线方程为y=4x;
当x0=-3时,切线方程为y=x.
易错警示
求曲线的切线方程时,要看清是求“曲线在某点处的切线方程”,还是求“曲线过某点的切线方程”,前者所求得的切线有且只有一条,此点恰好为切点,而后者所求得的切线有一条或多条,某点可能是切点,也可能不是切点.
5.答案 1x-1
解析 f'(x)=11-x·(1-x)'
=11-x·(-1)=1x-1.
6.解析 依题意得y'=e-2x×(-2)=-2e-2x,
当x=0时,y'=-2e-2×0=-2,
故曲线y=e-2x+1在点(0,2)处的切线方程是y-2=-2x,即y=-2x+2.
在平面直角坐标系中画出直线y=-2x+2和y=x,如图所示,
注意到直线y=-2x+2与y=x的交点坐标是A23,23,直线y=-2x+2与x轴的交点坐标是B(1,0),
故直线y=0,y=x和y=-2x+2所围成的三角形AOB的面积等于12×1×23=13.
7.C 由题意得, f'(x)=6x(x-1)2(x+1)2,令f'(x)=0,得x=0或x=±1.
当x<0时, f'(x)≤0,当x>0时, f'(x)≥0,所以f(x)的极值点为x=0.故选C.
8.解析 (1)∵f(x)=aln x+bx2+x,
∴f'(x)=ax+2bx+1.
由题意可知, f'(1)=f'(2)=0,
即a+2b+1=0,a2+4b+1=0,
解得a=-23,b=-16.
(2)x=1是函数f(x)的极小值点,x=2是函数f(x)的极大值点.理由如下:由(1)知f(x)=-23ln x-16x2+x,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=-23x-1-13x+1,x∈(0,+∞),
当x∈(0,1)时, f'(x)<0;当x∈(1,2)时,f'(x)>0;当x∈(2,+∞)时, f'(x)<0,
∴函数f(x)在x=1处取得极小值,在x=2处取得极大值.
易错警示
在利用导数解决函数的极值问题时,要明确取得极值的条件,即在极值点的两侧,导数的符号要不同.
9.解析 由ax-x2>0,a>0,得0
=2(ax-x2)+x(a-2x)2ax-x2=3ax-4x22ax-x2,
令y'<0,得x<0或x>3a4,又0
10.解析 (1)由题意得, f'(x)=a+ax2-2x=ax2-2x+ax2(x>0).
①当a≤0时, f'(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a>0时,令g(x)=ax2-2x+a,
∵函数f(x)在区间[1,+∞)上是单调函数,
∴g(x)≥0在区间[1,+∞)上恒成立,
∴a≥2xx2+1在区间[1,+∞)上恒成立.
令u(x)=2xx2+1,x∈[1,+∞).
∵u(x)=2x+1x≤22x·1x=1,当且仅当x=1时取等号,∴a≥1.
∴当a≥1时,函数f(x)在[1,+∞)上单调递增.
∴实数a的取值范围是(-∞,0]∪[1,+∞).
(2)由(1)可知,①当a≤0时, f'(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a≥1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当0
∴函数f(x)在0,1-1-a2a,1+1-a2a,+∞上单调递增,在1-1-a2a,1+1-a2a上单调递减.
易错警示
利用导数研究函数的单调性或求函数的单调区间时,要先判断函数的定义域,在函数的定义域内进行研究.
11.解析 由已知得, f'(x)=2cos 2x-1,x∈-π2,π2.
令f'(x)=0,得2cos 2x-1=0,
解得x=-π6或x=π6.
因为fπ6=32-π6, f-π6=-32+π6, fπ2=-π2, f-π2=π2,
所以函数f(x)在-π2,π2上的最大值和最小值分别为π2,-π2.
易错警示
最大值与极大值是解题中易混的概念,最大值不一定是极大值,而是极大值与端点值中的最大者.只有当函数有唯一极值点时,极大值才是最大值.
12.解析 (1)当a=1时, f(x)=2x-ln(2x),f'(x)=2-1x=2x-1x,x∈(0,e],
当0
所以f(x)的极小值为f12=1,
故f(x)的单调递减区间为0,12,单调递增区间为12,e, f(x)的极小值为f12=1,无极大值.
(2)假设存在实数a,使f(x)=2ax-ln(2x),x∈(0,e]的最小值是3,
易得f'(x)=2a-1x=2ax-1x,x∈(0,e],
①当a≤0时,因为x∈(0,e],
所以f'(x)<0, f(x)在(0,e]上单调递减,
所以f(x)min=f(e)=2ae-ln(2e)=3,
解得a=4+ln22e(舍去).
②当0<12a
所以f(x)min=f12a=1-ln1a=3,
解得a=e2,满足条件.
③当12a≥e,即0
解得a=4+ln22e(舍去).
综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时, f(x)的最小值为3.
易错警示
利用导数解决函数问题时,已知极值点求出参数的值后,要代回验证参数值是否满足极值的定义,防止漏掉验证导致错误,讨论极值点的实质是讨论函数的单调性,即f'(x)的正负;求函数的最大(小)值时,要将函数的各极值与端点处的函数值进行比较,最大的一个是最大值,最小的一个是最小值,防止错解.
13.解析 (1)AO=OB=23,∠AOB=23π,
由余弦定理得AB=
OA2+OB2-2OA·OB·cos∠AOB=6,
在△BDO中,∠BDO=π-θ,∠BOD=π-(π-θ)-π6=θ-π6,
由正弦定理得BDsin∠BOD=BOsin∠BDO,
∴BDsinθ-π6=23sin(π-θ),
∴BD=23sinθ-π6sinθ,
AD=6-23sinθ-π6sinθ,
∴蜂巢区的面积S=S△AOD+S扇形COB-S△BDO
=12·AO·AD·sin π6+θ-π62π·π·AO2-12·BO·BD·sin π6,
整理,得S关于θ的函数关系式为
S=6θ+3tanθ-π,θ∈π6,π2.
(2)对S=6θ+3tanθ-π求导,得S'=6-3sin2θ,
令S'=0,结合θ∈π6,π2,
解得θ=π4,
当θ∈π6,π4时,S'<0,S单调递减,
当θ∈π4,π2时,S'>0,S单调递增,
综上所述,S的最小值只可在θ=π4时取得,
当θ=π4时,S=π2+3,
故当θ为π4时,蜂巢区的面积S最小,S的最小值为π2+3.
易错警示
求实际问题的最大值(或最小值)时,要注意函数的定义域必须使实际问题有意义.例如,长度、宽度应大于0,销售价格一般要高于进价(特价商品除外)等.
思想方法练
1.解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax+2x=a+2x2x,
(对a与0的大小关系进行分类讨论,分别判断函数的单调性,体现了分类讨论的思想方法)
①当a≥0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,
②当a<0时,令f'(x)=0,解得x=-a2(负值舍去).
当0
综上,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a<0时,函数f(x)在0,-a2上单调递减,在-a2,+∞上单调递增.
(2)证明:当a=1时,f(x)=ln x+x2,要证明f(x)≤x2+x-1,
即证ln x≤x-1,即证ln x-x+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1(x>0),则g'(x)=1-xx,令g'(x)=0,得x=1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.
所以x=1为g(x)的极大值点,也为最大值点,
所以g(x)≤g(1)=0,即ln x-x+1≤0.故f(x)≤x2+x-1.
2.解析 (1)证明:当a=12时, f(x)=cos x+12x2-1,
易知f(x)的定义域为R,且f(-x)=f(x),故f(x)为偶函数.
当x≥0时, f'(x)=-sin x+x,
记g(x)=f'(x)=-sin x+x,
所以g'(x)=-cos x+1.
因为g'(x)≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
即f'(x)在[0,+∞)上单调递增,
故f'(x)≥f'(0)=0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因为f(x)为偶函数,所以当x∈R时, f(x)≥0.
(2)(由于a为x2的系数,其与0的大小关系直接影响了f(x)的单调性,因此需分a=0,a>0,a<0三种情况进行讨论,体现了分类讨论的思想)
①当a=0时, f(x)=cos x-1,
令cos x-1=0,解得x=2kπ(k∈Z),
所以函数f(x)有无数个零点,不符合题意.
②当a<0时, f(x)=cos x+ax2-1≤ax2≤0,当且仅当x=0时,等号成立,故a<0符合题意.
③因为f(x)的定义域为R,f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,
又因为f(0)=0,故x=0是f(x)的零点.
当a>0时, f'(x)=-sin x+2ax,记h(x)=f'(x)=-sin x+2ax,则h'(x)=-cos x+2a.
(由于cos x∈[-1,1],因此需对2a与±1的大小关系进行分类讨论,体现了分类讨论的思想)
(i)若a≥12,则h'(x)=-cos x+2a≥-cos x+1≥0,
故h(x)在(0,+∞)上单调递增,故当x>0时,h(x)>h(0)=0,即f'(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(x)>f(0)=0.
所以f(x)在(0,+∞)上没有零点.
因为f(x)是偶函数,所以f(x)在R上有且只有一个零点.
(ii)若0
所以f(x1)f(2π)<0,
由零点存在性定理知f(x)在(x1,2π)上有零点,又因为x=0是f(x)的零点,
所以0
思想方法
分类讨论是一种逻辑方法,也是一种数学思想,其实质是“化整为零,各个击破,再积零为整”,用分类讨论思想解题的一般步骤是(1)确定分类标准;(2)恰当分类;(3)逐类讨论;(4)归纳结论.在本章中,求单调区间、求参数的取值范围、求函数极值与最值以及解决恒成立或有解的问题,往往都需要用到分类讨论思想.
3.B 令F(x)=f(x)-x3,
则F'(x)=f '(x)-3x2,
由f(x)-f(-x)=2x3,可得F(-x)=F(x),又F(x)的定义域为R,故F(x)为偶函数,
当x>0时, f '(x)>3x2,即F '(x)>0,
∴F(x)在(0,+∞)上为增函数.
不等式f(x)-f(x-1)>3x2-3x+1可化为f(x)-x3>f(x-1)-(x-1)3,
∴F(x)>F(x-1),
(将原不等式通过移项变形,转化为F(x)的两个函数值的大小关系,体现了转化与化归的思想)
∴F(|x|)>F(|x-1|),
∴由函数的单调性可知|x|>|x-1|,解得x>12.故选B.
(利用F(x)的单调性将原抽象不等式转化为具体不等式求解,体现了转化与化归的思想)
思想方法
本题通过构造函数将复杂问题转化为易于解决的问题,这类问题往往结合已知条件,构造出一个新的函数,然后求其导数,利用函数的单调性知识加以转化.
4.解析 (1)当a=1,b=0时,f(x)=xln x,其定义域为(0,+∞),且f'(x)=1+ln x,
令f'(x)=0,得x=1e,
当x变化时,f '(x),f(x)的变化情况如下表:
x
0,1e
1e
1e,+∞
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
∴当x=1e时,f(x)有极小值,为f1e=1e·ln 1e=-1e,无极大值.
(2)当a=1,b=1时,f(x)=(x+1)·ln x.
令F(x)=f(x)-(2x-2)=(x+1)·ln x-(2x-2)(x>0),
则F'(x)=ln x+1x-1,
令u(x)=ln x+1x-1(x>0),则u'(x)=1x-1x2=x-1x2,
令u'(x)=0,得x=1,
当x变化时,u'(x),u(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
u'(x)
-
0
+
u(x)
↘
极小值
↗
当x=1时,u(x)有极小值,为u(1)=ln 1+1-1=0,∴u(x)≥0,即F'(x)≥0,
∴F(x)在(0,+∞)上单调递增,∵F(1)=0,
∴不等式f(x)≥2x-2即F(x)≥0=F(1),故其解集为[1,+∞).
(利用F(x) 在(0,+∞)上单调递增,将F(x)≥F(1)中的“F”脱去,转化为x与1的关系,进而求解,充分体现了转化与化归的思想)
(3)若a=1,b=1,则f(x)=(x+1)·ln x,当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>λ(x-1)成立,
即当x∈(1,+∞)时,恒有f(x)-λ(x-1)>0成立.
令G(x)=f(x)-λ(x-1)=(x+1)ln x-λ(x-1)(x>1),
则G'(x)=ln x+1x+1-λ(x>1),
令v(x)=ln x+1x+1-λ(x>1),则v'(x)=x-1x2(x>1),
∴v'(x)>0在(1,+∞)上恒成立,∴v(x)在(1,+∞)上单调递增,∴v(x)>v(1)=2-λ,
①若2-λ≥0,即λ≤2,则v(x)>0,即G'(x)>0,即G(x)在(1,+∞)上单调递增.
∴G(x)>G(1)=0.
(将不等式恒成立问题转化为G(x)的两个函数值的大小关系问题求解,充分体现了转化与化归的思想)
即λ≤2且x∈(1,+∞)时,恒有f(x)>λ(x-1)成立.
②若2-λ<0,即λ>2,取x=eλ>1,
则v(eλ)=ln eλ+1eλ+1-λ=1eλ+1>0,
∵v(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴∃x0∈(1,eλ),使得v(x0)=0,
∵当x∈(1,x0),v(x)<0,即G'(x)<0,
∴G(x)在(1,x0)上单调递减,∴G(x0)
综上可知,λ≤2.
5.解析 (1)由题意得, f(x)max≤[m+g(x)]max.
(将双变量不等式的恒成立问题转化为两个函数的最值间的大小关系问题来求解,体现了转化与化归的思想)
易得f'(x)=ex(cos x-sin x)-(sin x+xcos x)
=(ex-x)cos x-(ex+1)sin x,
当x∈-π2,0时, f'(x)>0,故f(x)在-π2,0上单调递增,
所以当x=0时, f(x)max=f(0)=1.
易得g'(x)=cos x-2ex,令t(x)=g'(x)=cos x-2ex,则t'(x)=-sin x-2ex,
当x∈0,π2时,t'(x)<0,
所以g'(x)在0,π2上单调递减,
所以g'(x)≤g'(0)=1-2<0,
故g(x)在0,π2上单调递减,
因此,当x=0时,g(x)max=g(0)=-2.
所以1≤m-2,所以m≥2+1.
所以实数m的取值范围是[2+1,+∞).
(2)证明:当x>-1时,要证f(x)-g(x)>0,只需证excos x-xsin x-sin x+2ex>0,
即证ex(cos x+2)>(x+1)sin x,
由于cos x+2>0,x+1>0,
所以只需证exx+1>sinxcosx+2.
令h(x)=exx+1(x>-1),
则h'(x)=ex(x+1)-ex(x+1)2=xex(x+1)2,
当x∈(-1,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以当且仅当x=0时,h(x)取得最小值,且最小值为1.
解法一:令k=sinxcosx+2,则kcos x+2k=sin x,即sin x-kcos x=2k,
即sin(x-φ)=2k1+k2(其中tan φ=k),
由三角函数的有界性,得2k1+k2≤1,即-1≤k≤1,所以kmax=1,
又当x=0时,k=0<1=h(0),当x≠0时,h(x)>1≥k,
所以exx+1min>sinxcosx+2max,
即exx+1>sinxcosx+2.
(将所证不等式转化为证两个代数式的最值间的大小关系来求解,体现了转化与化归的思想)
综上所述,当x>-1时, f(x)-g(x)>0成立.
解法二:令φ(x)=sinxcosx+2,则φ(x)可看作点A(cos x,sin x)与点B(-2,0)连线的斜率k',
所以直线AB的方程为y=k'(x+2),
由于点A在圆x2+y2=1上,所以直线AB与圆x2+y2=1相交或相切,
当直线AB与圆x2+y2=1相切且切点在第二象限时,直线AB的斜率k'取得最大值,为1.
又当x=0时,φ(0)=0<1=h(0),当x≠0时,h(x)>1≥k',所以h(x)min>φ(x)max,即exx+1>sinxcosx+2.
(将所证不等式转化为证两个代数式的最值间的大小关系来求解,体现了转化与化归的思想)
综上所述,当x>-1时, f(x)-g(x)>0成立.
解法三:令m(x)=sinxcosx+2,
则m'(x)=1+2cosx(cosx+2)2,
当x=3π4+2kπ(k∈N)时,m(x)取得最大值1,
又当x=0时,m(0)=0<1=h(0),当x≠0时,h(x)>1≥m(x),
所以h(x)min>m(x)max,即exx+1>sinxcosx+2.
(将所证不等式转化为证两个代数式的最值间的大小关系来求解,体现了转化与化归的思想)
综上所述,当x>-1时, f(x)-g(x)>0成立.
6.C 令f(x)=ex-ax2=0,则a=exx2,
令g(x)=exx2,则g'(x)=(x-2)exx3,
当x>2或x<0时,g'(x)>0,当0
所以g(x)在(2,+∞)和(-∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,
易求得g(2)=e24,当x→-∞时,g(x)→0,
作出函数g(x)的大致图象如图所示:
(通过作出函数g(x)的图象,将函数零点的个数问题转化为直线y=a与曲线g(x)=exx2的交点的个数问题求解,以“形”助“数”,充分体现了数形结合的思想)
要使直线y=a与曲线g(x)=exx2有三个交点,则a>e24.
7.答案 {a|a<-27或a>5}
解析 易得f'(x)=-3x2+6x+9.令f'(x)=0,解得x=-1或x=3.
当x发生变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表所示:
x
(-∞,
-1)
-1
(-1,
3)
3
(3,
+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以当x=-1时, f(x)取得极小值,且极小值为f(-1)=a-5;当x=3时, f(x)取得极大值,且极大值为f(3)=a+27.
(作出f(x)的图象,以“形”助“数”,数形结合,由图象直观得出极值与0的关系,进而求解)
画出大致图象,要使f(x)的图象与x轴只有一个交点,只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2),
所以a+27<0或a-5>0,解得a<-27或a>5.
故实数a的取值范围为{a|a<-27或a>5}.
8.解析 (1)设g(x)=xln x,x>0,
则g'(x)=ln x+1.令g'(x)=0,得x=1e,
所以函数g(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增,
所以g(x)min=g1e=-1e,所以m=1.
(2)f(x)-ax2=0,则xln x=ax2,
因为x>0,所以lnxx=a,
设h(x)=lnxx(x>0),则h'(x)=1-lnxx2,
令h'(x)=0,得x=e,
所以函数h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(e)=1e,由h(1)=0,且当x>e时,h(x)>0,当x→+∞时,h(x)→0,
(利用导数研究h(x)的性质,从而得到h(x)的大致图象,再借助h(x)的图象直观求解,这正是数形结合思想的体现)
可画出函数y=h(x)的大致图象,如图,
所以当a>1e时,方程无解;当a=1e或a≤0时,方程有1个解;当0
用数形结合思想解题的基本思路是根据数的结构特征,构造出与之相应的几何图形,并利用图形的特征和规律解决数学问题或将图形信息全部转化为代数信息,使解决图形的问题转化为讨论数量关系的问题.在本章中,利用导数的几何意义解题、研究函数的单调性、极值、函数的零点或方程的根的个数问题等,往往都会利用数形结合思想,借助相应函数的图象直观求解.
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