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十二年高考真题分类汇编(2010-2021) 数学 专题04 导数与定积分 word版（含解析）
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这是一份十二年高考真题分类汇编(2010-2021) 数学 专题04 导数与定积分 word版（含解析），共78页。试卷主要包含了设，若为函数的极大值点，则，函数的图像在点处的切线方程为，故选C等内容，欢迎下载使用。
十二年高考真题分类汇编（2010—2021）数学
专题04导数与定积分
一．选择题：
1.(2021·全国1·文T12理T10)设，若为函数的极大值点，则( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：本题考查函数的性质、导数的计算与应用.（穿针引线法）当时，若a为极大值点，则如图1，必然有，，可知B项和C项错误；当时，若a为极大值点，则如图2，则有，，可知A项错误，综上所述，可知D项正确.
2.(2020·全国1·理T6)函数的图像在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：通解 ，，，又，所求的切线方程为，即.故选B.
优解 ，，，切线的斜率为2，排除C，D.又，切线过点，排除A.故选B.
3.(2019·全国2·T文T10)曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为( )
A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0
C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0
【答案】C
【解析】当x=π时,y=2sin π+cos π=-1,即点(π,-1)在曲线y=2sin x+cos x上.
∵y'=2cos x-sin x,
∴y'|x=π=2cos π-sin π=-2.
∴曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为y-(-1)=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0.故选C.
4.(2019·全国3·T理T6文T7)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则 ( )
A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1
【答案】D
【解析】∵y'=aex+ln x+1,
∴k=y'|x=1=ae+1=2,
∴ae=1,a=e-1.
将点(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,
∴b=-1.
5.(2018·全国1·理T5文T6)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x
【答案】D
【解析】因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
6.(2017·全国2·理T11)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
【解析】由题意可得,
f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.
因为x=-2是函数f(x)的极值点,
所以f'(-2)=0.所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.
所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1.
令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
选A.
7.(2017·浙江·T7)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是 ( )
【答案】D
【解析】设导函数y=f'(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x1<0
在区间(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>0,f(x)是增函数,所以函数y=f(x)的图象可能为D,故选D.
8.(2016·山东·理T10)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )
A.y=sin xB.y=ln x
C.y=ex D.y=x3
【答案】A
【解析】当y=sin x时,y'=cos x,因为cos 0·cos π=-1,所以在函数y=sin x图象存在两点x=0,x=π使条件成立,故A正确;函数y=ln x,y=ex,y=x3的导数值均非负,不符合题意,故选A.
9.(2016·全国1·文T12)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1] B.-1,13
C.-13,13 D.-1,-13
【答案】C
【解析】因为f(x)在R上单调递增,
所以f'(x)=-43cos2x+acos x+53≥0在R上恒成立.
由题意可得,当cos x=1时,f'(x)≥0,
当cos x=-1时,f'(x)≥0,
即-43+a+53≥0,-43-a+53≥0,解得-13≤a≤13.
10.(2016·四川·理T9)设直线l1,l2分别是函数f(x)=-lnx,01图象上点P1,P2处的切线,l1与l2垂直相交于点P,且l1,l2分别与y轴相交于点A,B,则△PAB的面积的取值范围是( )
A.(0,1) B.(0,2)
C.(0,+∞) D.(1,+∞)
【答案】A
【解析】设P1(x1,ln x1),P2(x2,-ln x2)(不妨设x1>1,0
所以切线l1的方程分别为y-ln x1=1x1(x-x1),切线l2的方程为y+ln x2=-1x2(x-x2),
即y-ln x1=-x1x-1x1.
分别令x=0得A(0,-1+ln x1),B(0,1+ln x1).
又l1与l2的交点为P2x11+x12,lnx1+1-x121+x12.
∵x1>1,
∴S△PAB=12|yA-yB|·|xP|=2x11+x12<1+x121+x12=1.
∴0
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
【答案】A
【解析】当x>0时,令F(x)=f(x)x,则F'(x)=xf'(x)-f(x)x2<0,
∴当x>0时,F(x)=f(x)x为减函数.
∵f(x)为奇函数,且由f(-1)=0,得f(1)=0,故F(1)=0.
在区间(0,1)上,F(x)>0;
在(1,+∞)上,F(x)<0,即当00;
当x>1时,f(x)<0.
又f(x)为奇函数,
∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;当x∈(-1,0)时,f(x)<0.
综上可知,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).故选A.
12.(2015·全国1·理T12)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
【解析】由已知函数关系式,先找到满足f(x0)<0的整数x0,由x0的唯一性列不等式组求解.
∵f(0)=-1+a<0,∴x0=0.
又∵x0=0是唯一的使f(x0)<0的整数,
13.(2014·全国1·理T11文T12)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
【解析】当a=0时,显然f(x)有2个零点,不符合题意;
当a>0时,f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),易知函数f(x)在(-∞,0)上单调递增.
又f(0)=1,当x→-∞时,f(x)=x2(ax-3)+1→-∞,故不适合题意;当a<0
时,f(x)在-∞,2a上单调递减,在2a,0上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,只需f2a>0就满足题意.
由f2a>0,得8a2−12a2+1>0,解得a<-2或a>2(舍去).故a<-2.
∴f(-1)≥0,f(1)≥0,
即e-1[2×(-1)-1]+a+a≥0,e(2×1-1)-a+a≥0,解得a≥32e.
又∵a<1,
∴32e≤a<1,经检验a=34,符合题意,故选D.
14.(2014·江西,理8)若f(x)=x2+201f(x)dx,则01f(x)dx=( )
A.-1 B.-13 C.13 D.1
【答案】B
【解析】∵01f(x)dx=01x2dx+01201f(x)dxdx
=13x3|01+201f(x)dxx|01
=13+201f(x)dx,
∴01f(x)dx=-13.故选B.
15.(2014·全国2·理T8)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】D
【解析】∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x+1.
∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.
16.(2014·全国2·文T11)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
【答案】D
【解析】由f'(x)=k-1x,又f(x)在(1,+∞)上单调递增,
则f'(x)≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,
即k≥1x在x∈(1,+∞)上恒成立.
又当x∈(1,+∞)时,0<1x<1,故k≥1.故选D.
17.(2014·全国2·理T12)设函数f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2
C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
【答案】C
【解析】∵x0是f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即πm·3·cosπx0m=0,
得πmx0=kπ+π2,k∈Z,即x0=mk+12m,k∈Z.
∴x02+[f(x0)]2
又k+122的最小值为14,
∴1-3m2>14,解得m<-2或m>2.故选C.
18.(2014·湖北·理T6)若函数f(x),g(x)满足-11f(x)g(x)dx=0,则称f(x),g(x)为区间[-1,1]上的一组正交函数.给出三组函数:
①f(x)=sin 12x,g(x)=cos 12x;
②f(x)=x+1,g(x)=x-1;
③f(x)=x,g(x)=x2.
其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】C
【解析】对于①,-11sin12x·cos12xdx=-1112sin xdx=12-11sin xdx=12(-cos x)|-11=12{-cos 1-[-cos(-1)]}=12(-cos 1+cos 1)=0.
故①为一组正交函数;
对于②,-11(x+1)(x-1)dx=-11(x2-1)dx=13x3-x|-11=13-1--13+1=23-2=-43≠0,
故②不是一组正交函数;
对于③,-11x·x2dx=-11x3dx=14x4|-11=0.
故③为一组正交函数,故选C.
19.(2014·山东,理6)直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )
A.22 B.42 C.2 D.4
【答案】D
【解析】由y=4x,y=x3,解得x=-2或x=0或x=2,
所以直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形面积应为S=02(4x-x3)dx=2x2-14x402=2×22-14×24-0=4.
20.(2013·北京,理7)直线l过抛物线C:x2=4y的焦点且与y轴垂直,则l与C所围成的图形的面积等于( )
A.43 B.2 C.83 D.1623
【答案】C
【解析】由题意可知,l的方程为y=1.
如图,B点坐标为(2,1),
∴所求面积S=4-202x24dx=4-2x312|02=83,故选C.
21.(2013·全国2·理T10文T11)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
【解析】∵x0是f(x)的极小值点,则y=f(x)的图象大致如下图所示,则在(-∞,x0)上不单调,故C不正确.
22.(2013·湖北,理7)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度v(t)=7-3t+251+t(t的单位:s,v的单位:m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是( )
A.1+25ln 5 B.8+25ln 113
C.4+25ln 5 D.4+50ln 2
【答案】C
【解析】由于v(t)=7-3t+251+t,且汽车停止时速度为0,
因此由v(t)=0可解得t=4,即汽车从刹车到停止共用4 s.该汽车在此期间所行驶的距离
s=047-3t+251+tdt=7t-3t22+25ln(t+1)|04=4+25ln 5(m).
23.(2012·湖北·理T3)已知二次函数y=f(x)的图象如图所示,则它与x轴所围图形的面积为( )
A.2π5 B.43
C.32 D.π2
【答案】B
【解析】由图象可得二次函数的【解析】式为f(x)=-x2+1,则与x轴所围图形的面积S=-11(-x2+1)dx=-x33+x|-11=43.
24.(2011·全国,理9)由曲线y=x,直线y=x-2及y轴所围成的图形的面积为( )
A.103 B.4 C.163 D.6
【答案】C
【解析】由题意知,所围成的面积04[x-(x-2)]dx=23x32-12x2+2x 04=23×432−12×42+2×4=163.
25.(2010·全国,理3)曲线y=xx+2在点(-1,-1)处的切线方程为( )
A.y=2x+1 B.y=2x-1
C.y=-2x-3 D.y=-2x-2
【答案】A
【解析】∵y'=x+2-x(x+2)2=2(x+2)2,
∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为2(-1+2)2=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),即y=2x+1.
26.(2010·全国·文T4)曲线y=x3-2x+1在点(1,0)处的切线方程为( )
A.y=x-1 B.y=-x+1
C.y=2x-2 D.y=-2x+2
【答案】A
【解析】y'|x=1=(3x2-2)|x=1=1,因此曲线在(1,0)处的切线方程为y=x-1.
二．填空题：
1．(2020·全国1·文T15)曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .
答案：
解析：设切点坐标为.由题意得，则该切线的斜率，解得，所以切点坐标为，所以该切线的方程为，即.
2.(2019·全国1·T13)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为 .
【答案】y=3x
【解析】由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex
=3(x2+3x+1)ex,
∴k=y'|x=0=3.
∴曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x.
3.(2019·天津·文T11)曲线y=cos x-x2在点(0,1)处的切线方程为 .
【答案】x+2y-2=0
【解析】y'=-sin x-12,y'|x=0=k=-12.
切线方程为y-1=-12x,即x+2y-2=0.
4.(2019·江苏,11)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是 .
【答案】(e,1)
【解析】设点A(x0,y0),则y0=ln x0,
又y'=1x,当x=x0时,y'=1x0,点A在曲线y=ln x 上的切线为y-y0=1x0(x-x0),即y-ln x0=xx0-1,代入点(-e,-1),得-1-ln x0=-ex0-1,
即x0ln x0=e,得x0=e,y0=1,故点A(e,1).
5.(2018·天津·文T10)已知函数f(x)=exln x,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(1)的值为 .
【答案】e
【解析】∵f'(x)=exln x+exx,∴f'(1)=eln 1+e1=e.
6.(2018·全国2·理T13 )曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 .
【答案】y=2x
【解析】∵y'=2x+1,∴当x=0时,y'=2,
∴曲线在(0,0)处的切线方程为y=2x.
7.(2018·全国2·文T13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为 .
【答案】y=2x-2
【解析】∵y'=(2ln x)'=2x,∴当x=1时,y'=2.∴切线方程为y=2(x-1),即y=2x-2.
8.(2018·全国3,理14)直线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= .
【答案】-3
【解析】设f(x)=(ax+1)ex,
∵f'(x)=a·ex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,
∴f(x)=(ax+1)ex在(0,1)处的切线斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3.
9.(2018·江苏·T11)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
【解析】由f'(x)=6x2-2ax=0,得x=0或x=a3.因为函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,且f(0)=1,所以a3>0,fa3=0,因此2a33-aa32+1=0,解得a=3.从而函数f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(-1)=-4.故f(x)max+f(x)min=1-4=-3.
10.(2017·全国1,文14)曲线y=x2+ 在点(1,2)处的切线方程为 .
【答案】y=x+1
【解析】设y=f(x),则f'(x)=2x-1x2,所以f'(1)=2-1=1.所以曲线y=x2+1x在点(1,2)处的切线方程为y-2=1×(x-1),即y=x+1.
11.(2017·天津,文10)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为 .
【答案】1
【解析】∵f(x)=ax-ln x,∴f'(x)=a-1x,f'(1)=a-1,f(1)=a,则切线l方程为y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1,则l在y轴上的截距为1.
12.(2017·山东·理T15)若函数exf(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 .
①f(x)=2-x ②f(x)=3-x ③f(x)=x3 ④f(x)=x2+2
【答案】①④
【解析】对①,设g(x)=ex·2-x,
则g'(x)=ex2-x+2-xln12
=ex·2-x·1+ln12>0,
∴g(x)在R上单调递增,具有M性质;
对②,设g(x)=ex·3-x,
则g'(x)=ex3-x+3-xln13
=ex·3-x1+ln13<0,
∴g(x)在R上单调递减,不具有M性质;
对③,设g(x)=ex·x3,则g'(x)=ex·x2(x+3),令g'(x)=0,得x1=-3,x2=0,
∴g(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,+∞)上单调递增,不具有M性质;
对④,设g(x)=ex(x2+2),则g'(x)=ex(x2+2x+2),∵x2+2x+2=(x+1)2+1>0,
∴g'(x)>0,∴g(x)在R上单调递增,具有M性质.故填①④.
13.(2017·江苏·T11)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
【解析】因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-1e-x=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2ex·e-x≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤12,故实数a的取值范围是-1,12.
14.(2016·全国2·理T16)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b= .
【答案】1-ln 2
【解析】设直线y=kx+b与曲线y=ln x+2和y=ln(x+1)的切点分别为(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),由导数的几何意义,可得k=1x1=1x2+1,得x1=x2+1.
又切点也在各自曲线上,所以
kx1+b=lnx1+2,kx2+b=ln(x2+1),所以k=2,x1=12,x2=-12.
从而由kx1+b=ln x1+2,代入解得b=1-ln 2.
15.(2015·全国1·文T14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a= .
【答案】1
【解析】∵f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,
即切线斜率k=3a+1.
又f(1)=a+2,∴已知点为(1,a+2).
而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为a+2-71-2=5-a,∴5-a=3a+1,解得a=1.
16.(2015·全国2·文T16)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a= .
【答案】8
【解析】∵y'=1+1x,∴k=y'|x=1=2,
∴切线方程为y=2x-1.
由y=2x-1与y=ax2+(a+2)x+1联立,得ax2+ax+2=0,再由相切知Δ=a2-8a=0,解得a=0或a=8.
∵当a=0时,y=ax2+(a+2)x+1并非曲线而是直线,∴a=0舍去,故a=8.
17.(2015·陕西·理T15)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=1x (x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为 .
【答案】(1,1)
【解析】曲线y=ex在点(0,1)处的切线斜率k=y'=ex|x=0=1;由y=1x,可得y'=-1x2,因为曲线y=1x(x>0)在点P处的切线与曲线y=ex在点(0,1)处的切线垂直,故-1xP2=-1,解得xP=1,由y=1x,得yP=1,故所求点P的坐标为(1,1).
18.(2015·天津,理11)曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为______________.
【答案】16
【解析】函数y=x2与y=x的图象所围成的封闭图形如图中阴影所示,设其面积为S.
由y=x2,y=x,得x=0,y=0或x=1,y=1.
故所求面积S=01(x-x2)dx=12x2-13x301=16.
19.(2015·陕西·理T16)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 .
【答案】1.2
【解析】
20.(2012·上海·理T13)已知函数y=f(x)的图象是折线段ABC,其中A(0,0),B12,5,C(1,0).函数y=xf(x)(0≤x≤1)的图象与x轴围成的图形的面积为________________.
【答案】54
【解析】由题意f(x)=10x,0≤x≤12,-10x+10,12
21.(2012·全国·文T13)曲线y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为 .
【答案】4x-y-3=0
【解析】因为y'=3ln x+4,故y'|x=1=4,所以曲线在点(1,1)处的切线方程为y-1=4(x-1),化为一般式方程为4x-y-3=0.
22.(2012·山东·理T15)设a>0.若曲线y=x与直线x=a,y=0所围成封闭图形的面积为a2,则a=.
【答案】49
【解析】由题意可得曲线y=x与直线x=a,y=0所围成封闭图形的面积S=0axdx=23x32|0a=23a32=a2,解得a=49.
三．导数大题：
1. (2021·全国1·文T21)（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标.
答案：（1）由题知，.
①当，即时，由于的图象是开口向上的抛物线，故此时，则在R上单调递增；
②当，即时，令，解得，.
令，解得或，令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在R上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）设曲线过坐标原点的切线为l，切点为，，
则切线方程为，
将原点代入切线方程，得，
所以，解得，
所以切线方程为，
令，即，
所以，解得或，
所以曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
2.(2021·全国1·理T20)设函数，已知是函数的极值点.
（1）求a.
（2）设函数，证明：.
答案：（1）由题意，的定义域为，
令，则，，
则.
因为是函数的极值点，则有，即，
所以.
当时，.
因为，
所以在上单调递减，
又因为，
所以当时，；当时，，
所以当时，是函数的极大值点.
综上所述，.
（2）由（1）知，，
要证，只需证明，
因为当时，；
当时，，
所以需证明，即，
令，
则，
当时，；当时，，又，
所以为的极小值点，
所以，即，
故，所以.
3. (2020·全国1·文T20)（12分）
已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求的取值范围.
答案：(1)当时，，则.
当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
(2).
当时，，所以在单调递增，故至多存在1个零点，不合题意.
当时，由可得，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故当时，取得量小值，最小值为.
若，则，在至多存在1个零点，不合题意.
若，则.
由于，所以在存在唯一零点.
由(1)知，当时，，所以当且时，
.
故在存在唯一零点.从而在有两个零点.
综上，的取值范围是.
4. (2020·全国1·理T21)（12分）
已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围.
答案：(1)见解析；(2).
解析：(1)当时，，.
故当时，；当时，.所以在上单调递减，在单调递增.
(2)等价于.
设函数，则
.
若，即，则当时，.所以在单调递增，而，故当时，，不合题意.
若，即，则当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.由于，所以当且仅当，即.
所以当时，.
若，即，则.
由于，故由可得.
故当时，.综上，的取值范围为.
5.(2019·全国3·文T20)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当0
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)当0
当2≤a<3时,a327单调递增,所以M-m的取值范围是827,1.
综上,M-m的取值范围是827,2.
6.(2019·浙江·T22)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】(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
设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t≥22,则
g(t)=xt-1+1x2-1+xx-2ln x.
①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)≥(1)=0.
因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.
②当x∈1e2,17时,
g(t)≥g1+1x=-2xlnx-(x+1)2x.
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①得,q17=-277p17<-277p(1)=0.
所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g1+1x=-q(x)2x>0.
由①②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.
7.(2019·全国2,文21,12分,难度)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:
(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f'(x)=x-1x+ln x-1=ln x-1x.
因为y=ln x单调递增,y=1x单调递减,所以f'(x)单调递增.
又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln 2-12=ln4-12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.
又当x
因此,f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)0,
所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得1α<1
故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.
综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
8.(2019·江苏,19,16分,难度)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;
(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的极小值;
(3)若a=0,0
所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.
因为f(4)=8,
所以(4-a)3=8,解得a=2.
(2)因为b=c,
所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,
从而f'(x)=3(x-b)x-2a+b3.
令f'(x)=0,得x=b或x=2a+b3.
因为a,b,2a+b3都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,
所以2a+b3=1,a=3,b=-3.
此时,f(x)=(x-3)(x+3)2,f'(x)=3(x+3)(x-1).
令f'(x)=0,得x=-3或x=1.
列表如下:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32.
(3)因为a=0,c=1,
所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b.
因为0
则f'(x)有2个不同的零点,
设为x1,x2(x1
列表如下
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
(解法一)
M=f(x1)=x13-(b+1)x12+bx1=[3x12-2(b+1)x1+b]x13-b+19−2(b2-b+1)9x1+b(b+1)9
=-2(b2-b+1)(b+1)27+b(b+1)9+227(b2-b+1)3
=b(b+1)27−2(b-1)2(b+1)27+227(b(b-1)+1)3
≤b(b+1)27+227≤427.
因此M≤427.
(解法二)
因为0
令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),
则g'(x)=3x-13(x-1).
令g'(x)=0,得x=13.
列表如下:
x
0,13
13
13,1
g'(x)
+
0
-
g(x)
↗
极大值
↘
所以当x=13时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g13=427.
所以当x∈(0,1)时,f(x)≤g(x)≤427.
因此M≤427.
9.(2019·全国3·理T20)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】(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
10.(2019·天津·理T20)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
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)
故π2-yn≤-f(yn)g(yn)=-e-2nπg(yn)≤-e-2nπg(y0)=e-2nπey0(siny0-cosy0)
(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.
【解析】(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)在区间-1,π2内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,故g(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅱ)当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,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)在区间(0,β)内单调递增,在区间β,π2内单调递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,
所以当x∈0,π2时,f(x)>0.
从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
(ⅲ)当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,π内单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在区间π2,π上有唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
12.(2019·全国1·文T20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.
【解析】(1)证明设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.
当x∈0,π2时,g'(x)>0;
当x∈π2,π时,g'(x)<0,
所以g(x)在0,π2单调递增,在π2,π单调递减.
又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,
故g(x)在(0,π)存在唯一零点.
所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.
又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
13.(2019·全国2·理T20)已知函数f(x)=ln x-x+1x-1.
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
【解析】(1) f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f'(x)=1x+2(x-1)2>0,所以f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内单调递增.
因为f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,所以f(x)在区间(1,+∞)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.
又0<1x1<1,f1x1=-ln x1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点1x1.
综上,f(x)有且仅有两个零点.
(2)证明因为1x0=e-lnx0,故点B-ln x0,1x0在曲线y=ex上.
由题设知f(x0)=0,即ln x0=x0+1x0-1,故直线AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.
曲线y=ex在点B-ln x0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
14.(2019·天津·文T20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R.
(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;
(2)若0
②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.
【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1-ax2exx.
因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(2)证明①由(1)知,f'(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由00,且gln1a=1-aln 1a21a=1-ln 1a2<0,
故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1
所以f(x)在(0,x0)内单调递增;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=g(x)x
又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.
②由题意,f'(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,lnx1=a(x1-1)ex1,从而ln x1=x1-1x02ex1-x0,即ex1-x0=x02lnx1x1-1.因为当x>1时,ln xx0>1,故ex1-x02.
15.(2018·全国2·理T21)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a
③若h(2)<0,即a>e24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以
h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e24.
16.(2018·全国2·文T21度)已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
【解析】(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.
当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(3-23,3+23)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减.
(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.
设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162−16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.
综上,f(x)只有一个零点.
17.(2018·天津·理T20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.
(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)=-2lnlnalna;
(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】(1)由已知,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)=-2lnlnalna.
(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=1x2lna,①ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②有解.
由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2lnlnalna=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+2lnlnalna,即要证明当a≥e1e时,函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(ln a)2xax,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当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+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna≥2+2lnlnalna≥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+2lnlnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna,
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.
18.(2018·天津·文T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.
(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若d=3,求f(x)的极值;
(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6 3有三个互异的公共点,求d的取值范围.
【解析】(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.
(2)由已知可得
f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f'(x)=0,解得x=t2-3,或x=t2+3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,
t2-3)
t2-3
(t2-3,
t2+3)
t2+3
(t2+3,
+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函数f(x)的极小值为f(t2+3)=(3)3-9×3=-63.
(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.
设函数g(x)=x3+(1-d2)x+63,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.
g'(x)=3x2+(1-d2).
当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.
当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13.
易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.
g(x)的极大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+63>0.
g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63.
若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.
若g(x2)<0,即(d2-1)32>27,也就是|d|>10,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|
19.(2018·北京·理T18文T19)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)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex(x∈R)=[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,+∞.
20.(2018·江苏·T19)记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;
(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;
(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.
【解析】(1)证明函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,
则f'(x)=1,g'(x)=2x+2.
由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),
得x=x2+2x-2,1=2x+2,此方程组无解,
因此,f(x)与g(x)不存在“S点”.
(2)解函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,
则f'(x)=2ax,g'(x)=1x.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),
得ax02-1=lnx0,2ax0=1x0,即ax02-1=lnx0,2ax02=1,(*)
得ln x0=-12,即x0=e-12,则a=12(e-12)2=e2.
当a=e2时,x0=e-12满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
因此,a的值为e2.
(3)解对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a.
因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的图象是不间断的,
所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0.
令b=2x03ex0(1-x0),则b>0.
函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx,则f'(x)=-2x,g'(x)=bex(x-1)x2.
由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),
得-x2+a=bexx,-2x=bex(x-1)x2,
即-x2+a=2x03ex0(1-x0)·exx,-2x=2x03ex0(1-x0)·ex(x-1)x2,(**)
此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.
因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
21.(2018·全国1·理T21)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
①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.
②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)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+alnx1-lnx2x1-x2
=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,
所以f(x1)-f(x2)x1-x2
所以1x2-x2+2ln x2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥ 时,f(x)≥0.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1x.
由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.
从而f(x)=12e2ex-ln x-1,f'(x)=12e2ex-1x.
当02时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
(2)当a≥1e时,f(x)≥exe-ln x-1.
设g(x)=exe-ln x-1,则g'(x)=exe−1x.
当01时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥1e时,f(x)≥0.
23.(2018·全国3·理T21)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】(1)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-10时,f(x)>0.
(2)①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.
②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.
24.(2018·全国3,文21,12分,难度)已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【解析】(1)f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f'(0)=2.
因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.
(2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.
当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
25.(2018·浙江·T22)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.
【解析】(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)=12x-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.
26.(2018·江苏·T17)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sinθ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】(1)连接PO并延长交MN于点H,则PH⊥MN,所以OH=10.
过点O作OE⊥BC于点E,则OE∥MN,
所以∠COE=θ,
故OE=40cos θ,EC=40sin θ,
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)=800(4sin θcos θ+cos θ),
△CDP的面积为12×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ).
过点N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于点G和K,则GK=KN=10.
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,
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.
27.(2017·全国3·理T21)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 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
28.(2017·全国2·文T21)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.
令f'(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.
当x∈(-∞,-1-2)时,f'(x)<0;
当x∈(-1-2,-1+2)时,f'(x)>0;
当x∈(-1+2,+∞)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)内单调递减,在(-1-2,-1+2)内单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,
而h(0)=1,故h(x)≤1,
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,
故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
29.(2017·天津·文T19)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,
①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;
②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.
【解析】(1)解由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,
可得f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].
令f'(x)=0,解得x=a或x=4-a.
由|a|≤1,得a<4-a.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,a)
(a,4-a)
(4-a,+∞)
f'(x)
+
-
+
f(x)
↗
↘
↗
所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).
(2)①证明因为g'(x)=ex(f(x)+f'(x)),
由题意知g(x0)=ex0,g'(x0)=ex0,
所以f(x0)ex0=ex0,ex0(f(x0)+f'(x0))=ex0,解得f(x0)=1,f'(x0)=0.
所以,f(x)在x=x0处的导数等于0.
②解因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],
由ex>0,可得f(x)≤1.
又因为f(x0)=1,f'(x0)=0.
故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.
另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,
由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,
故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,
从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.
由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.
令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],
所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0.
因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为[-7,1].
所以,b的取值范围是[-7,1].
30.(2017·全国3·文T21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤-34a-2.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈0,-12a时,f'(x)>0;
当x∈-12a,+∞时,f'(x)<0.
故f(x)在0,-12a单调递增,在-12a,+∞单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-12a取得最大值,最大值为f-12a=ln-12a-1-14a.
所以f(x)≤-34a-2等价于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,
则g'(x)=1x-1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.
所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.
故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.
所以当x>0时,g(x)≤0.
从而当a<0时,ln-12a+12a+1≤0,
即f(x)≤-34a-2.
31.(2017·天津·理T20)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】(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H'1(x)=g'(x)(x-x0).
由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,
故当x∈[1,x0)时,H'1(x)<0,H1(x)单调递减;
当x∈(x0,2]时,H'1(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H'2(x)=g(x0)-g(x).
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,
故当x∈[1,x0)时,H'2(x)>0,H2(x)单调递增;
当x∈(x0,2]时,H'2(x)<0,H2(x)单调递减.
因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)
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-fpq=0.
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0
=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4.
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.
32.(2017·全国1·理T21)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】(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
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).
33.(2017·全国1·文T21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②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.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln-a2.
当x∈-∞,ln-a2时,f'(x)<0;
当x∈ln-a2,+∞时,f'(x)>0.
故f(x)在-∞,ln-a2单调递减,在ln-a2,+∞单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln-a2时,f(x)取得最小值,最小值为fln-a2=a234-ln-a2.从而当且仅当a234-ln-a2≥0,即a≥-2e34时f(x)≥0.
综上,a的取值范围是[-2e34,1].
34.(2017·全国2·理T21)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
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- ,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1- .当01时,g'(x)>0,g(x)单调递增.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内单调递减,在12,+∞内单调递增.
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
(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】(1)由题意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.
(ⅰ)当00,h(x)单调递增;
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[ln2a-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;
(ⅱ)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;
(ⅲ)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[ln2a-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
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[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
36.(2017·江苏·T20)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(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】(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)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(aa)>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].
37.(2017·北京·理T19)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】(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)
所以函数f(x)在区间0,π2上单调递减.
因此f(x)在区间0,π2上的最大值为f(0)=1,最小值为fπ2=-π2.
38.(2017·浙江·T20)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】(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.
因为
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.
39.(2016·全国2·理T21)(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,+∞).
f'(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)2≥0,
当且仅当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.
(2)g'(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).
由(1)知,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.
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.
于是h(a)=exaxa+2,由exx+2'=(x+1)ex(x+2)2>0,exx+2单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+2
使得h(a)=λ.
所以h(a)的值域是12,e24.
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.
40.(2016·天津,理20,12分,难度)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.
41.(2016·全国2·文T20)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时,
f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f'(x)=ln x+1x-3,f'(1)=-2,f(1)=0.
曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,
f(x)>0等价于ln x-a(x-1)x+1>0.
设g(x)=ln x-a(x-1)x+1,
则g'(x)=1x−2a(x+1)2=x2+2(1-a)x+1x(x+1)2,g(1)=0.
(ⅰ)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,
故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,
因此g(x)>0;
(ⅱ)当a>2时,令g'(x)=0得
x1=a-1-(a-1)2-1,x2=a-1+(a-1)2-1.
由x2>1和x1x2=1得x1<1,
故当x∈(1,x2)时,g'(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,
因此g(x)<0.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
42.(2016·四川·文T21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=1x−eex其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x>1时,g(x)>0;
(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
【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.
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s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.
当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=1x−1ex-1>0.
(3)由(2),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,+∞)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,+∞.
43.(2016·全国3·理T21)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)(分类讨论)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.
当0<α<1时,将f(x)变形为
f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
(构造函数)
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)取得极小值,极小值为g1-α4α=-(α-1)28α-1=-α2+6α+18α.
令-1<1-α4α<1,解得α<-13(舍去),α>15.
(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.
(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.
44.(2016·全国3·文T21)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1
【解析】(1)(导数与函数的单调性)
由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x- -1,
令f'(x)=0解得x=1.
当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
(2)由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x
设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxln c,
令g'(x)=0,解得x0=lnc-1lnclnc.
当x0,g(x)单调递增;
当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知10.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
45.(2016·全国1,理21,12分,难度)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
【解析】(1) f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(ⅰ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
(ⅱ)设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b
故f(x)存在两个零点.
(ⅲ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,
故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
因此f(x)在(1,+∞)单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<-e2,则ln(-2a)>1,
故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;
当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,
在(ln(-2a),+∞)单调递增.
又当x≤1时f(x)<0,
所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).
(2)证明不妨设x1
即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,
而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,
故当x>1时,g(x)<0.
从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
46.(2016·全国1·文T21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(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】(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
(ⅱ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
①若a=-e2,
则f'(x)=(x-1)(ex-e),
所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>-e2,则ln(-2a)<1,
故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增,
在(ln(-2a),1)单调递减.
③若a<-e2,则ln(-2a)>1,
故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,
在(1,ln(-2a))单调递减.
(2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b
所以f(x)有两个零点.
(ⅱ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.
(ⅲ)设a<0,若a≥-e2,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)单调递增.
又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;
若a<-e2,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
47.(2016·北京·理T18)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(1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f'(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,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(-∞,+∞).
48.(2016·山东·文T20)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
【解析】(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,
可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
则g'(x)=1x-2a=1-2axx,
当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,x∈0,12a时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈12a,+∞时,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)单调增区间为0,12a,单调减区间为12a,+∞.
(2)由(1)知,f'(1)=0.
①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当01,由(1)知f'(x)在0,12a内单调递增,
可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈1,12a时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在1,12a内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=12时,12a=1,f'(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>12时,0<12a<1,当x∈12a,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.
综上可知,实数a的取值范围为a>12.
49.(2015·山东·理T21)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,+∞).
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;
当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
①当0
②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.
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].
50.(2015·全国2·文T21)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a>0,则当x∈0,1a时,f'(x)>0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)<0.
所以f(x)在0,1a单调递增,在1a,+∞单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)无最大值;
当a>0时,f(x)在x=1a取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.
因此f1a>2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)单调递增,g(1)=0.
于是,当0
因此,a的取值范围是(0,1).
51.(2015·全国2·理T21)设函数f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.
所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.
所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是
f(1)-f(0)≤e-1,f(-1)-f(0)≤e-1,即em-m≤e-1,e-m+m≤e-1.①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.
当t<0时,g'(t)<0;
当t>0时,g'(t)>0.
故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
52.(2015·全国1·文T21)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln 2a.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,
当a>0时,因为e2x单调递增,-ax单调递增,
所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.
又f'(a)>0,当b满足00时,f'(x)存在唯一零点.
(2)由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于2e2x0−ax0=0,
所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.
53.(2015·天津·理T20)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|
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,+∞),f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)
因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)
所以,|x2-x1|
(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.
(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
(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,x∈-∞,-2a3∪(0,+∞)时,f'(x)>0,x∈-2a3,0时,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,x∈(-∞,0)∪-2a3,+∞时,f'(x)>0,x∈0,-2a3时,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.
56.(2015·北京·文T19)设函数f(x)=x22-kln x,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.
【解析】(1)由f(x)=x22-kln x(k>0)得f'(x)=x-kx=x2-kx.由f'(x)=0解得x=k.
f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x
(0,k)
k
(k,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
k(1-lnk)2
↗
所以,f(x)的单调递减区间是(0,k),单调递增区间是(k,+∞);f(x)在x=k处取得极小值f(k)=k(1-lnk)2.
(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f(k)=k(1-lnk)2.
因为f(x)存在零点,所以k(1-lnk)2≤0,从而k≥e.
当k=e时,f(x)在区间(1,e)上单调递减,且f(e)=0,
所以x=e是f(x)在区间(1,e]上的唯一零点.
当k>e时,f(x)在区间(0,e)上单调递减,且f(1)=12>0,f(e)=e-k2<0,
所以f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.
57.(2015·浙江·文T20)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).
(1)当b=a24+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式;
(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1.求b的取值范围.
【解析】(1)当b=a24+1时,f(x)=x+a22+1,故对称轴为直线x=-a2.
当a≤-2时,g(a)=f(1)=a24+a+2.
当-2
综上,g(a)=a24+a+2,a≤-2,1,-22.
(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,
则s+t=-a,st=b.
由于0≤b-2a≤1,因此-2tt+2≤s≤1-2tt+2(-1≤t≤1).
当0≤t≤1时,-2t2t+2≤st≤t-2t2t+2,
由于-23≤-2t2t+2≤0和-13≤t-2t2t+2≤9-45,
所以-23≤b≤9-45.
当-1≤t<0时,t-2t2t+2≤st≤-2t2t+2,
由于-2≤-2t2t+2<0和-3≤t-2t2t+2<0,
所以-3≤b<0.
故b的取值范围是[-3,9-45].
58.(2014·全国2·文T21)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
【解析】(1)f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题设得-2a=-2,所以a=1.
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2,
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,
由题设知1-k>0.
当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,
g(-1)=k-1<0,g(0)=4,
所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,
则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0,
所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.
综上,g(x)=0在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
59.(2014·全国2·理T21)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(-∞,+∞)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).
①当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,
所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.
而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0;
②当b>2时,若x满足2
(3)由(2)知,g(ln 2)=32-22b+2(2b-1)ln 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)=ln 2,
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.
60.(2014·全国1·文T21)设函数f(x)=aln x+1-a2x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b;
(2)若存在x0≥1,使得f(x0)
由题设知f'(1)=0,解得b=1.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),
由(1)知,f(x)=aln x+1-a2x2-x,
f'(x)=ax+(1-a)x-1=1-axx-a1-a(x-1).
①若a≤12,则a1-a≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)1,故当x∈1,a1-a时,f'(x)<0;当x∈a1-a,+∞时,f'(x)>0.f(x)在1,a1-a单调递减,在a1-a,+∞单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)
③若a>1,则f(1)=1-a2-1=-a-12
61.(2014·全国1·理T21)设函数f(x)=aexln x+bex-1x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(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单调递减,在1e,+∞单调递增,从而g(x)在(0,+∞)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)单调递增,在(1,+∞)单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h(1)=-1e.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
62.(2013·全国2·理T21)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
【解析】(1)f'(x)=ex-1x+m.
由x=0是f(x)的极值点得f'(0)=0,所以m=1.
于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f'(x)=ex-1x+1.
函数f'(x)=ex-1x+1在(-1,+∞)单调递增,且f'(0)=0.
因此当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0.
当m=2时,函数f'(x)=ex-1x+2在(-2,+∞)单调递增.
又f'(-1)<0,f'(0)>0,
故f'(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
当x∈(-2,x0)时,f'(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0得ex0=1x0+2,ln(x0+2)=-x0,
故f(x)≥f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0.
综上,当m≤2时,f(x)>0.
63.(2013·全国2·文T21)已知函数f(x)=x2e-x.
(1)求f(x)的极小值和极大值;
(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f'(x)=-e-xx(x-2).①
当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f'(x)<0;
当x∈(0,2)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)单调递减,在(0,2)单调递增.
故当x=0时,f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;
当x=2时,f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2.
(2)设切点为(t,f(t)),
则l的方程为y=f'(t)(x-t)+f(t).
所以l在x轴上的截距为m(t)=t-f(t)f'(t)=t+tt-2=t-2+2t-2+3.
由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).
令h(x)=x+2x(x≠0),则当x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[22,+∞);
当x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3).
所以当t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪[22+3,+∞).
综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[22+3,+∞).
64.(2013·重庆·文T20)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米,高为h米,体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率).
(1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域;
(2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.
【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh=200πrh元,底面的总成本为160πr2元,所以蓄水池的总成本为(200πrh+160πr2)元.
又据题意200πrh+160πr2=12 000π,
所以h=15r(300-4r2),
从而V(r)=πr2h=π5(300r-4r3).
因r>0,又由h>0可得r<53,
故函数V(r)的定义域为(0,53).
(2)因V(r)=π5(300r-4r3),
故V'(r)=π5(300-12r2).
令V'(r)=0,解得r1=5,r2=-5(因r2=-5不在定义域内,舍去).
当r∈(0,5)时,V'(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数;
当r∈(5,53)时,V'(r)<0,故V(r)在(5,53)上为减函数.
由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8.
即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.
65.(2013·全国1·理T21)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)若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.
①若1≤k0.即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+∞)单调递增.故F(x)在[-2,+∞)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.
②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,+∞)单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
③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].
66.(2013·全国1·文T20)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.
【解析】(1)f'(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得f(0)=4,f'(0)=4.
故b=4,a+b=8.从而a=4,b=4.
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
f'(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)·ex-12.
令f'(x)=0得,x=-ln 2或x=-2.
从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(-2,-ln 2)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
67.(2012·全国·理T21)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)单调递减,在(0,+∞)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))单调递减,在(ln(a+1),+∞)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)≥x2+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)单调递增,
在(e12-1,+∞)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.
68.(2012·全国·文T21)设函数f(x)=ex-ax-2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a>0,则当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)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k0). ①
令g(x)=x+1ex-1+x,
则g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2.
由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)<0,h(2)>0,
所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)<0;
当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α).
又由g'(α)=0,可得eα=α+2,
所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等价于k
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a>0,则当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)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k0).
①令g(x)=x+1ex-1+x,
则g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2.
由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)<0,h(2)>0,
所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)<0;
当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α).
又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等价于k
(1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
【解析】(1)设容器的容积为V,
由题意知V=πr2l+43πr3,
又V=80π3,故l=V-43πr3πr2=803r2−43r=4320r2-r.
由于l≥2r,因此0
因此y=4π(c-2)r2+160πr,0
当r3-20c-2=0时,r=320c-2.
令320c-2=m,得m>0,
所以y'=8π(c-2)r2(r-m)(r2+rm+m2).
①当092时,
当r=m时,y'=0;
当r∈(0,m)时,y'<0;
当r∈(m,2)时,y'>0.
所以r=m是函数y的极小值点,也是最小值点.
②当m≥2即3
所以r=2是函数y的最小值点.
综上所述,当392时,建造费用最小时r=320c-2.
71.(2011·全国·理T21)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].
72.(2011·全国·文T21)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)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>lnxx-1.
【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)证明由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,
所以f(x)-lnxx-1=11-x2(2ln x-x2-1x).
考虑函数h(x)=2ln x-x2-1x(x>0),则h'(x)=2x−2x2-(x2-1)x2=-(x-1)2x2.
所以当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>0,即f(x)>lnxx-1.
73.(2010·全国·理T21)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若a=0,求f(x)的单调区间;
(2)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.
【解析】(1)a=0时,f(x)=ex-1-x,f'(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调减少,在(0,+∞)上单调增加.
(2)f'(x)=ex-1-2ax.
由(1)知ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立,故f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x,
从而当1-2a≥0,即a≤12时,f'(x)≥0(x≥0),而f(0)=0,于是当x≥0时,f(x)≥0.
由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).从而当a>12时,
f'(x)
综合得a的取值范围为-∞,12.
74.(2010·全国·文T21)设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.
(1)若a=>12,求f(x)的单调区间;
(2)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.
【解析】(1)a=12时,f(x)=x(ex-1)-12x2,
f'(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).
当x∈(-∞,-1)时,f'(x)>0;当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时f'(x)>0.
故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上单调增加,在(-1,0)上单调减少.
(2)f(x)=x(ex-1-ax).
令g(x)=ex-1-ax,则g'(x)=ex-a.
若a≤1,则当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,则g(0)=0,从而当x≥0时g(x)≥0,即f(x)≥0.
若a>1,则当x∈(0,ln a)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,而g(0)=0,从而当x∈(0,ln a)时,g(x)<0,即f(x)<0.
综合得a的取值范围为(-∞,1].
十二年高考真题分类汇编（2010—2021）数学
专题04导数与定积分
一．选择题：
1.(2021·全国1·文T12理T10)设，若为函数的极大值点，则( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：本题考查函数的性质、导数的计算与应用.（穿针引线法）当时，若a为极大值点，则如图1，必然有，，可知B项和C项错误；当时，若a为极大值点，则如图2，则有，，可知A项错误，综上所述，可知D项正确.
2.(2020·全国1·理T6)函数的图像在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：通解 ，，，又，所求的切线方程为，即.故选B.
优解 ，，，切线的斜率为2，排除C，D.又，切线过点，排除A.故选B.
3.(2019·全国2·T文T10)曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为( )
A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0
C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0
【答案】C
【解析】当x=π时,y=2sin π+cos π=-1,即点(π,-1)在曲线y=2sin x+cos x上.
∵y'=2cos x-sin x,
∴y'|x=π=2cos π-sin π=-2.
∴曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为y-(-1)=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0.故选C.
4.(2019·全国3·T理T6文T7)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则 ( )
A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1
【答案】D
【解析】∵y'=aex+ln x+1,
∴k=y'|x=1=ae+1=2,
∴ae=1,a=e-1.
将点(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,
∴b=-1.
5.(2018·全国1·理T5文T6)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x
【答案】D
【解析】因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
6.(2017·全国2·理T11)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
【解析】由题意可得,
f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.
因为x=-2是函数f(x)的极值点,
所以f'(-2)=0.所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.
所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1.
令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
选A.
7.(2017·浙江·T7)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是 ( )
【答案】D
【解析】设导函数y=f'(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x1<0
在区间(x1,x2)和(x3,+∞)上,f'(x)>0,f(x)是增函数,所以函数y=f(x)的图象可能为D,故选D.
8.(2016·山东·理T10)若函数y=f(x)的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )
A.y=sin xB.y=ln x
C.y=ex D.y=x3
【答案】A
【解析】当y=sin x时,y'=cos x,因为cos 0·cos π=-1,所以在函数y=sin x图象存在两点x=0,x=π使条件成立,故A正确;函数y=ln x,y=ex,y=x3的导数值均非负,不符合题意,故选A.
9.(2016·全国1·文T12)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1] B.-1,13
C.-13,13 D.-1,-13
【答案】C
【解析】因为f(x)在R上单调递增,
所以f'(x)=-43cos2x+acos x+53≥0在R上恒成立.
由题意可得,当cos x=1时,f'(x)≥0,
当cos x=-1时,f'(x)≥0,
即-43+a+53≥0,-43-a+53≥0,解得-13≤a≤13.
10.(2016·四川·理T9)设直线l1,l2分别是函数f(x)=-lnx,0
A.(0,1) B.(0,2)
C.(0,+∞) D.(1,+∞)
【答案】A
【解析】设P1(x1,ln x1),P2(x2,-ln x2)(不妨设x1>1,0
所以切线l1的方程分别为y-ln x1=1x1(x-x1),切线l2的方程为y+ln x2=-1x2(x-x2),
即y-ln x1=-x1x-1x1.
分别令x=0得A(0,-1+ln x1),B(0,1+ln x1).
又l1与l2的交点为P2x11+x12,lnx1+1-x121+x12.
∵x1>1,
∴S△PAB=12|yA-yB|·|xP|=2x11+x12<1+x121+x12=1.
∴0
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
【答案】A
【解析】当x>0时,令F(x)=f(x)x,则F'(x)=xf'(x)-f(x)x2<0,
∴当x>0时,F(x)=f(x)x为减函数.
∵f(x)为奇函数,且由f(-1)=0,得f(1)=0,故F(1)=0.
在区间(0,1)上,F(x)>0;
在(1,+∞)上,F(x)<0,即当0
当x>1时,f(x)<0.
又f(x)为奇函数,
∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;当x∈(-1,0)时,f(x)<0.
综上可知,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).故选A.
12.(2015·全国1·理T12)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
【解析】由已知函数关系式,先找到满足f(x0)<0的整数x0,由x0的唯一性列不等式组求解.
∵f(0)=-1+a<0,∴x0=0.
又∵x0=0是唯一的使f(x0)<0的整数,
13.(2014·全国1·理T11文T12)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
【解析】当a=0时,显然f(x)有2个零点,不符合题意;
当a>0时,f'(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),易知函数f(x)在(-∞,0)上单调递增.
又f(0)=1,当x→-∞时,f(x)=x2(ax-3)+1→-∞,故不适合题意;当a<0
时,f(x)在-∞,2a上单调递减,在2a,0上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,只需f2a>0就满足题意.
由f2a>0,得8a2−12a2+1>0,解得a<-2或a>2(舍去).故a<-2.
∴f(-1)≥0,f(1)≥0,
即e-1[2×(-1)-1]+a+a≥0,e(2×1-1)-a+a≥0,解得a≥32e.
又∵a<1,
∴32e≤a<1,经检验a=34,符合题意,故选D.
14.(2014·江西,理8)若f(x)=x2+201f(x)dx,则01f(x)dx=( )
A.-1 B.-13 C.13 D.1
【答案】B
【解析】∵01f(x)dx=01x2dx+01201f(x)dxdx
=13x3|01+201f(x)dxx|01
=13+201f(x)dx,
∴01f(x)dx=-13.故选B.
15.(2014·全国2·理T8)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】D
【解析】∵y=ax-ln(x+1),∴y'=a-1x+1.
∴y'|x=0=a-1=2,得a=3.
16.(2014·全国2·文T11)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
【答案】D
【解析】由f'(x)=k-1x,又f(x)在(1,+∞)上单调递增,
则f'(x)≥0在x∈(1,+∞)上恒成立,
即k≥1x在x∈(1,+∞)上恒成立.
又当x∈(1,+∞)时,0<1x<1,故k≥1.故选D.
17.(2014·全国2·理T12)设函数f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2
C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
【答案】C
【解析】∵x0是f(x)的极值点,
∴f'(x0)=0,即πm·3·cosπx0m=0,
得πmx0=kπ+π2,k∈Z,即x0=mk+12m,k∈Z.
∴x02+[f(x0)]2
又k+122的最小值为14,
∴1-3m2>14,解得m<-2或m>2.故选C.
18.(2014·湖北·理T6)若函数f(x),g(x)满足-11f(x)g(x)dx=0,则称f(x),g(x)为区间[-1,1]上的一组正交函数.给出三组函数:
①f(x)=sin 12x,g(x)=cos 12x;
②f(x)=x+1,g(x)=x-1;
③f(x)=x,g(x)=x2.
其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】C
【解析】对于①,-11sin12x·cos12xdx=-1112sin xdx=12-11sin xdx=12(-cos x)|-11=12{-cos 1-[-cos(-1)]}=12(-cos 1+cos 1)=0.
故①为一组正交函数;
对于②,-11(x+1)(x-1)dx=-11(x2-1)dx=13x3-x|-11=13-1--13+1=23-2=-43≠0,
故②不是一组正交函数;
对于③,-11x·x2dx=-11x3dx=14x4|-11=0.
故③为一组正交函数,故选C.
19.(2014·山东,理6)直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )
A.22 B.42 C.2 D.4
【答案】D
【解析】由y=4x,y=x3,解得x=-2或x=0或x=2,
所以直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形面积应为S=02(4x-x3)dx=2x2-14x402=2×22-14×24-0=4.
20.(2013·北京,理7)直线l过抛物线C:x2=4y的焦点且与y轴垂直,则l与C所围成的图形的面积等于( )
A.43 B.2 C.83 D.1623
【答案】C
【解析】由题意可知,l的方程为y=1.
如图,B点坐标为(2,1),
∴所求面积S=4-202x24dx=4-2x312|02=83,故选C.
21.(2013·全国2·理T10文T11)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
【解析】∵x0是f(x)的极小值点,则y=f(x)的图象大致如下图所示,则在(-∞,x0)上不单调,故C不正确.
22.(2013·湖北,理7)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度v(t)=7-3t+251+t(t的单位:s,v的单位:m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m)是( )
A.1+25ln 5 B.8+25ln 113
C.4+25ln 5 D.4+50ln 2
【答案】C
【解析】由于v(t)=7-3t+251+t,且汽车停止时速度为0,
因此由v(t)=0可解得t=4,即汽车从刹车到停止共用4 s.该汽车在此期间所行驶的距离
s=047-3t+251+tdt=7t-3t22+25ln(t+1)|04=4+25ln 5(m).
23.(2012·湖北·理T3)已知二次函数y=f(x)的图象如图所示,则它与x轴所围图形的面积为( )
A.2π5 B.43
C.32 D.π2
【答案】B
【解析】由图象可得二次函数的【解析】式为f(x)=-x2+1,则与x轴所围图形的面积S=-11(-x2+1)dx=-x33+x|-11=43.
24.(2011·全国,理9)由曲线y=x,直线y=x-2及y轴所围成的图形的面积为( )
A.103 B.4 C.163 D.6
【答案】C
【解析】由题意知,所围成的面积04[x-(x-2)]dx=23x32-12x2+2x 04=23×432−12×42+2×4=163.
25.(2010·全国,理3)曲线y=xx+2在点(-1,-1)处的切线方程为( )
A.y=2x+1 B.y=2x-1
C.y=-2x-3 D.y=-2x-2
【答案】A
【解析】∵y'=x+2-x(x+2)2=2(x+2)2,
∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为2(-1+2)2=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),即y=2x+1.
26.(2010·全国·文T4)曲线y=x3-2x+1在点(1,0)处的切线方程为( )
A.y=x-1 B.y=-x+1
C.y=2x-2 D.y=-2x+2
【答案】A
【解析】y'|x=1=(3x2-2)|x=1=1,因此曲线在(1,0)处的切线方程为y=x-1.
二．填空题：
1．(2020·全国1·文T15)曲线的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .
答案：
解析：设切点坐标为.由题意得，则该切线的斜率，解得，所以切点坐标为，所以该切线的方程为，即.
2.(2019·全国1·T13)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为 .
【答案】y=3x
【解析】由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex
=3(x2+3x+1)ex,
∴k=y'|x=0=3.
∴曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x.
3.(2019·天津·文T11)曲线y=cos x-x2在点(0,1)处的切线方程为 .
【答案】x+2y-2=0
【解析】y'=-sin x-12,y'|x=0=k=-12.
切线方程为y-1=-12x,即x+2y-2=0.
4.(2019·江苏,11)在平面直角坐标系xOy中,点A在曲线y=ln x上,且该曲线在点A处的切线经过点(-e,-1)(e为自然对数的底数),则点A的坐标是 .
【答案】(e,1)
【解析】设点A(x0,y0),则y0=ln x0,
又y'=1x,当x=x0时,y'=1x0,点A在曲线y=ln x 上的切线为y-y0=1x0(x-x0),即y-ln x0=xx0-1,代入点(-e,-1),得-1-ln x0=-ex0-1,
即x0ln x0=e,得x0=e,y0=1,故点A(e,1).
5.(2018·天津·文T10)已知函数f(x)=exln x,f'(x)为f(x)的导函数,则f'(1)的值为 .
【答案】e
【解析】∵f'(x)=exln x+exx,∴f'(1)=eln 1+e1=e.
6.(2018·全国2·理T13 )曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 .
【答案】y=2x
【解析】∵y'=2x+1,∴当x=0时,y'=2,
∴曲线在(0,0)处的切线方程为y=2x.
7.(2018·全国2·文T13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为 .
【答案】y=2x-2
【解析】∵y'=(2ln x)'=2x,∴当x=1时,y'=2.∴切线方程为y=2(x-1),即y=2x-2.
8.(2018·全国3,理14)直线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a= .
【答案】-3
【解析】设f(x)=(ax+1)ex,
∵f'(x)=a·ex+(ax+1)ex=(ax+a+1)ex,
∴f(x)=(ax+1)ex在(0,1)处的切线斜率k=f'(0)=a+1=-2,∴a=-3.
9.(2018·江苏·T11)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
【解析】由f'(x)=6x2-2ax=0,得x=0或x=a3.因为函数f(x)在(0,+∞)内有且只有一个零点,且f(0)=1,所以a3>0,fa3=0,因此2a33-aa32+1=0,解得a=3.从而函数f(x)在[-1,0]上单调递增,在[0,1]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(-1)=-4.故f(x)max+f(x)min=1-4=-3.
10.(2017·全国1,文14)曲线y=x2+ 在点(1,2)处的切线方程为 .
【答案】y=x+1
【解析】设y=f(x),则f'(x)=2x-1x2,所以f'(1)=2-1=1.所以曲线y=x2+1x在点(1,2)处的切线方程为y-2=1×(x-1),即y=x+1.
11.(2017·天津,文10)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为 .
【答案】1
【解析】∵f(x)=ax-ln x,∴f'(x)=a-1x,f'(1)=a-1,f(1)=a,则切线l方程为y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1,则l在y轴上的截距为1.
12.(2017·山东·理T15)若函数exf(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 .
①f(x)=2-x ②f(x)=3-x ③f(x)=x3 ④f(x)=x2+2
【答案】①④
【解析】对①,设g(x)=ex·2-x,
则g'(x)=ex2-x+2-xln12
=ex·2-x·1+ln12>0,
∴g(x)在R上单调递增,具有M性质;
对②,设g(x)=ex·3-x,
则g'(x)=ex3-x+3-xln13
=ex·3-x1+ln13<0,
∴g(x)在R上单调递减,不具有M性质;
对③,设g(x)=ex·x3,则g'(x)=ex·x2(x+3),令g'(x)=0,得x1=-3,x2=0,
∴g(x)在(-∞,-3)上单调递减,在(-3,+∞)上单调递增,不具有M性质;
对④,设g(x)=ex(x2+2),则g'(x)=ex(x2+2x+2),∵x2+2x+2=(x+1)2+1>0,
∴g'(x)>0,∴g(x)在R上单调递增,具有M性质.故填①④.
13.(2017·江苏·T11)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
【解析】因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-1e-x=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2ex·e-x≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤12,故实数a的取值范围是-1,12.
14.(2016·全国2·理T16)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b= .
【答案】1-ln 2
【解析】设直线y=kx+b与曲线y=ln x+2和y=ln(x+1)的切点分别为(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),由导数的几何意义,可得k=1x1=1x2+1,得x1=x2+1.
又切点也在各自曲线上,所以
kx1+b=lnx1+2,kx2+b=ln(x2+1),所以k=2,x1=12,x2=-12.
从而由kx1+b=ln x1+2,代入解得b=1-ln 2.
15.(2015·全国1·文T14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a= .
【答案】1
【解析】∵f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,
即切线斜率k=3a+1.
又f(1)=a+2,∴已知点为(1,a+2).
而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为a+2-71-2=5-a,∴5-a=3a+1,解得a=1.
16.(2015·全国2·文T16)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a= .
【答案】8
【解析】∵y'=1+1x,∴k=y'|x=1=2,
∴切线方程为y=2x-1.
由y=2x-1与y=ax2+(a+2)x+1联立,得ax2+ax+2=0,再由相切知Δ=a2-8a=0,解得a=0或a=8.
∵当a=0时,y=ax2+(a+2)x+1并非曲线而是直线,∴a=0舍去,故a=8.
17.(2015·陕西·理T15)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=1x (x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为 .
【答案】(1,1)
【解析】曲线y=ex在点(0,1)处的切线斜率k=y'=ex|x=0=1;由y=1x,可得y'=-1x2,因为曲线y=1x(x>0)在点P处的切线与曲线y=ex在点(0,1)处的切线垂直,故-1xP2=-1,解得xP=1,由y=1x,得yP=1,故所求点P的坐标为(1,1).
18.(2015·天津,理11)曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为______________.
【答案】16
【解析】函数y=x2与y=x的图象所围成的封闭图形如图中阴影所示,设其面积为S.
由y=x2,y=x,得x=0,y=0或x=1,y=1.
故所求面积S=01(x-x2)dx=12x2-13x301=16.
19.(2015·陕西·理T16)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为 .
【答案】1.2
【解析】
20.(2012·上海·理T13)已知函数y=f(x)的图象是折线段ABC,其中A(0,0),B12,5,C(1,0).函数y=xf(x)(0≤x≤1)的图象与x轴围成的图形的面积为________________.
【答案】54
【解析】由题意f(x)=10x,0≤x≤12,-10x+10,12
21.(2012·全国·文T13)曲线y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为 .
【答案】4x-y-3=0
【解析】因为y'=3ln x+4,故y'|x=1=4,所以曲线在点(1,1)处的切线方程为y-1=4(x-1),化为一般式方程为4x-y-3=0.
22.(2012·山东·理T15)设a>0.若曲线y=x与直线x=a,y=0所围成封闭图形的面积为a2,则a=.
【答案】49
【解析】由题意可得曲线y=x与直线x=a,y=0所围成封闭图形的面积S=0axdx=23x32|0a=23a32=a2,解得a=49.
三．导数大题：
1. (2021·全国1·文T21)（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标.
答案：（1）由题知，.
①当，即时，由于的图象是开口向上的抛物线，故此时，则在R上单调递增；
②当，即时，令，解得，.
令，解得或，令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在R上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.
（2）设曲线过坐标原点的切线为l，切点为，，
则切线方程为，
将原点代入切线方程，得，
所以，解得，
所以切线方程为，
令，即，
所以，解得或，
所以曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
2.(2021·全国1·理T20)设函数，已知是函数的极值点.
（1）求a.
（2）设函数，证明：.
答案：（1）由题意，的定义域为，
令，则，，
则.
因为是函数的极值点，则有，即，
所以.
当时，.
因为，
所以在上单调递减，
又因为，
所以当时，；当时，，
所以当时，是函数的极大值点.
综上所述，.
（2）由（1）知，，
要证，只需证明，
因为当时，；
当时，，
所以需证明，即，
令，
则，
当时，；当时，，又，
所以为的极小值点，
所以，即，
故，所以.
3. (2020·全国1·文T20)（12分）
已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若有两个零点，求的取值范围.
答案：(1)当时，，则.
当时，；当时，.
所以在单调递减，在单调递增.
(2).
当时，，所以在单调递增，故至多存在1个零点，不合题意.
当时，由可得，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，故当时，取得量小值，最小值为.
若，则，在至多存在1个零点，不合题意.
若，则.
由于，所以在存在唯一零点.
由(1)知，当时，，所以当且时，
.
故在存在唯一零点.从而在有两个零点.
综上，的取值范围是.
4. (2020·全国1·理T21)（12分）
已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求的取值范围.
答案：(1)见解析；(2).
解析：(1)当时，，.
故当时，；当时，.所以在上单调递减，在单调递增.
(2)等价于.
设函数，则
.
若，即，则当时，.所以在单调递增，而，故当时，，不合题意.
若，即，则当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.由于，所以当且仅当，即.
所以当时，.
若，即，则.
由于，故由可得.
故当时，.综上，的取值范围为.
5.(2019·全国3·文T20)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当0
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)当0
当2≤a<3时,a327单调递增,所以M-m的取值范围是827,1.
综上,M-m的取值范围是827,2.
6.(2019·浙江·T22)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】(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
设g(t)=t2x-2t1+x-2ln x,t≥22,则
g(t)=xt-1+1x2-1+xx-2ln x.
①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)≥(1)=0.
因此,g(t)≥g(22)=2p(x)≥0.
②当x∈1e2,17时,
g(t)≥g1+1x=-2xlnx-(x+1)2x.
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①得,q17=-277p17<-277p(1)=0.
所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g1+1x=-q(x)2x>0.
由①②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.
7.(2019·全国2,文21,12分,难度)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:
(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f'(x)=x-1x+ln x-1=ln x-1x.
因为y=ln x单调递增,y=1x单调递减,所以f'(x)单调递增.
又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln 2-12=ln4-12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.
又当x
因此,f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)
所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得1α<1
故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.
综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
8.(2019·江苏,19,16分,难度)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)为f(x)的导函数.
(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;
(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的极小值;
(3)若a=0,0
所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.
因为f(4)=8,
所以(4-a)3=8,解得a=2.
(2)因为b=c,
所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,
从而f'(x)=3(x-b)x-2a+b3.
令f'(x)=0,得x=b或x=2a+b3.
因为a,b,2a+b3都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,
所以2a+b3=1,a=3,b=-3.
此时,f(x)=(x-3)(x+3)2,f'(x)=3(x+3)(x-1).
令f'(x)=0,得x=-3或x=1.
列表如下:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)(1+3)2=-32.
(3)因为a=0,c=1,
所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx,f'(x)=3x2-2(b+1)x+b.
因为0
则f'(x)有2个不同的零点,
设为x1,x2(x1
列表如下
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
(解法一)
M=f(x1)=x13-(b+1)x12+bx1=[3x12-2(b+1)x1+b]x13-b+19−2(b2-b+1)9x1+b(b+1)9
=-2(b2-b+1)(b+1)27+b(b+1)9+227(b2-b+1)3
=b(b+1)27−2(b-1)2(b+1)27+227(b(b-1)+1)3
≤b(b+1)27+227≤427.
因此M≤427.
(解法二)
因为0
令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),
则g'(x)=3x-13(x-1).
令g'(x)=0,得x=13.
列表如下:
x
0,13
13
13,1
g'(x)
+
0
-
g(x)
↗
极大值
↘
所以当x=13时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x)max=g13=427.
所以当x∈(0,1)时,f(x)≤g(x)≤427.
因此M≤427.
9.(2019·全国3·理T20)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】(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
10.(2019·天津·理T20)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
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)
故π2-yn≤-f(yn)g(yn)=-e-2nπg(yn)≤-e-2nπg(y0)=e-2nπey0(siny0-cosy0)
(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.
【解析】(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)在区间-1,π2内有唯一零点,设为α.
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;
当x∈α,π2时,g'(x)<0.
所以g(x)在区间(-1,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,故g(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点,
即f'(x)在区间-1,π2内存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅱ)当x∈0,π2时,由(1)知,f'(x)在区间(0,α)内单调递增,在区间α,π2内单调递减,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)在区间(0,β)内单调递增,在区间β,π2内单调递减.
又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,
所以当x∈0,π2时,f(x)>0.
从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
(ⅲ)当x∈π2,π时,f'(x)<0,所以f(x)在区间π2,π内单调递减.而fπ2>0,f(π)<0,所以f(x)在区间π2,π上有唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
12.(2019·全国1·文T20)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.
【解析】(1)证明设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.
当x∈0,π2时,g'(x)>0;
当x∈π2,π时,g'(x)<0,
所以g(x)在0,π2单调递增,在π2,π单调递减.
又g(0)=0,gπ2>0,g(π)=-2,
故g(x)在(0,π)存在唯一零点.
所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)解由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.
又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
13.(2019·全国2·理T20)已知函数f(x)=ln x-x+1x-1.
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
【解析】(1) f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
因为f'(x)=1x+2(x-1)2>0,所以f(x)在区间(0,1),(1,+∞)内单调递增.
因为f(e)=1-e+1e-1<0,f(e2)=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0,所以f(x)在区间(1,+∞)内有唯一零点x1,即f(x1)=0.
又0<1x1<1,f1x1=-ln x1+x1+1x1-1=-f(x1)=0,故f(x)在区间(0,1)内有唯一零点1x1.
综上,f(x)有且仅有两个零点.
(2)证明因为1x0=e-lnx0,故点B-ln x0,1x0在曲线y=ex上.
由题设知f(x0)=0,即ln x0=x0+1x0-1,故直线AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.
曲线y=ex在点B-ln x0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
14.(2019·天津·文T20)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R.
(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;
(2)若0
②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.
【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=1x-[aex+a(x-1)ex]=1-ax2exx.
因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f'(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(2)证明①由(1)知,f'(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由0
故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f'(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1
所以f(x)在(0,x0)内单调递增;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=g(x)x
又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而,f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.
②由题意,f'(x0)=0,f(x1)=0,即ax02ex0=1,lnx1=a(x1-1)ex1,从而ln x1=x1-1x02ex1-x0,即ex1-x0=x02lnx1x1-1.因为当x>1时,ln x
15.(2018·全国2·理T21)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.
设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.
当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点.
(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;
(ii)当a>0时,h'(x)=ax(x-2)e-x.
当x∈(0,2)时,h'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a
③若h(2)<0,即a>e24,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当x>0时,ex>x2,所以
h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e24.
16.(2018·全国2·文T21度)已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
【解析】(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.
当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(3-23,3+23)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-23),(3+23,+∞)单调递增,在(3-23,3+23)单调递减.
(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.
设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162−16<0,f(3a+1)=13>0,故f(x)有一个零点.
综上,f(x)只有一个零点.
17.(2018·天津·理T20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.
(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)=-2lnlnalna;
(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】(1)由已知,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)=-2lnlnalna.
(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=1x2lna,①ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②有解.
由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2lnlnalna=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+2lnlnalna,即要证明当a≥e1e时,函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(ln a)2xax,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当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+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna≥2+2lnlnalna≥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+2lnlnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna,
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.
18.(2018·天津·文T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.
(1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若d=3,求f(x)的极值;
(3)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6 3有三个互异的公共点,求d的取值范围.
【解析】(1)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f'(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f'(0)=-1.又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f'(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.
(2)由已知可得
f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t23+9t2.故f'(x)=3x2-6t2x+3t22-9.令f'(x)=0,解得x=t2-3,或x=t2+3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,
t2-3)
t2-3
(t2-3,
t2+3)
t2+3
(t2+3,
+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函数f(x)的极小值为f(t2+3)=(3)3-9×3=-63.
(3)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+63=0有三个互异的实数解.令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+63=0.
设函数g(x)=x3+(1-d2)x+63,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-63有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.
g'(x)=3x2+(1-d2).
当d2≤1时,g'(x)≥0,这时g(x)在R上单调递增,不合题意.
当d2>1时,令g'(x)=0,解得x1=-d2-13,x2=d2-13.
易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.
g(x)的极大值g(x1)=g-d2-13=23(d2-1)329+63>0.
g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63.
若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.
若g(x2)<0,即(d2-1)32>27,也就是|d|>10,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|
19.(2018·北京·理T18文T19)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)=[2ax-(4a+1)]ex+[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex(x∈R)=[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,+∞.
20.(2018·江苏·T19)记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;
(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;
(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.
【解析】(1)证明函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,
则f'(x)=1,g'(x)=2x+2.
由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),
得x=x2+2x-2,1=2x+2,此方程组无解,
因此,f(x)与g(x)不存在“S点”.
(2)解函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,
则f'(x)=2ax,g'(x)=1x.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),
得ax02-1=lnx0,2ax0=1x0,即ax02-1=lnx0,2ax02=1,(*)
得ln x0=-12,即x0=e-12,则a=12(e-12)2=e2.
当a=e2时,x0=e-12满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
因此,a的值为e2.
(3)解对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a.
因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的图象是不间断的,
所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0.
令b=2x03ex0(1-x0),则b>0.
函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx,则f'(x)=-2x,g'(x)=bex(x-1)x2.
由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),
得-x2+a=bexx,-2x=bex(x-1)x2,
即-x2+a=2x03ex0(1-x0)·exx,-2x=2x03ex0(1-x0)·ex(x-1)x2,(**)
此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.
因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
21.(2018·全国1·理T21)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
①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.
②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)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+alnx1-lnx2x1-x2
=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,
所以f(x1)-f(x2)x1-x2
所以1x2-x2+2ln x2<0,即f(x1)-f(x2)x1-x2
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥ 时,f(x)≥0.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-1x.
由题设知,f'(2)=0,所以a=12e2.
从而f(x)=12e2ex-ln x-1,f'(x)=12e2ex-1x.
当0
所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
(2)当a≥1e时,f(x)≥exe-ln x-1.
设g(x)=exe-ln x-1,则g'(x)=exe−1x.
当0
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥1e时,f(x)≥0.
23.(2018·全国3·理T21)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】(1)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
所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.
又f(0)=0,故当-1
(2)①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.
②若a<0,设函数h(x)=f(x)2+x+ax2=ln(1+x)-2x2+x+ax2.
由于当|x|
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.
24.(2018·全国3,文21,12分,难度)已知函数f(x)=ax2+x-1ex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程;
(2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0.
【解析】(1)f'(x)=-ax2+(2a-1)x+2ex,f'(0)=2.
因此曲线y=f(x)在(0,-1)处的切线方程是2x-y-1=0.
(2)当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)e-x.
令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g'(x)=2x+1+ex+1.
当x<-1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
25.(2018·浙江·T22)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.
【解析】(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)=12x-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.
26.(2018·江苏·T17)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sinθ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】(1)连接PO并延长交MN于点H,则PH⊥MN,所以OH=10.
过点O作OE⊥BC于点E,则OE∥MN,
所以∠COE=θ,
故OE=40cos θ,EC=40sin θ,
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)=800(4sin θcos θ+cos θ),
△CDP的面积为12×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ).
过点N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于点G和K,则GK=KN=10.
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,
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.
27.(2017·全国3·理T21)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 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
28.(2017·全国2·文T21)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=(1-2x-x2)ex.
令f'(x)=0得x=-1-2,x=-1+2.
当x∈(-∞,-1-2)时,f'(x)<0;
当x∈(-1-2,-1+2)时,f'(x)>0;
当x∈(-1+2,+∞)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)内单调递减,在(-1-2,-1+2)内单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),
因此h(x)在[0,+∞)内单调递减,
而h(0)=1,故h(x)≤1,
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0
所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,
故ex≥x+1.
当0
当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
29.(2017·天津·文T19)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,
①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;
②若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.
【解析】(1)解由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,
可得f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].
令f'(x)=0,解得x=a或x=4-a.
由|a|≤1,得a<4-a.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,a)
(a,4-a)
(4-a,+∞)
f'(x)
+
-
+
f(x)
↗
↘
↗
所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).
(2)①证明因为g'(x)=ex(f(x)+f'(x)),
由题意知g(x0)=ex0,g'(x0)=ex0,
所以f(x0)ex0=ex0,ex0(f(x0)+f'(x0))=ex0,解得f(x0)=1,f'(x0)=0.
所以,f(x)在x=x0处的导数等于0.
②解因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],
由ex>0,可得f(x)≤1.
又因为f(x0)=1,f'(x0)=0.
故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.
另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a,
由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,
故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,
从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.
由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1.
令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],
所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0.
因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为[-7,1].
所以,b的取值范围是[-7,1].
30.(2017·全国3·文T21)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤-34a-2.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈0,-12a时,f'(x)>0;
当x∈-12a,+∞时,f'(x)<0.
故f(x)在0,-12a单调递增,在-12a,+∞单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在x=-12a取得最大值,最大值为f-12a=ln-12a-1-14a.
所以f(x)≤-34a-2等价于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,
则g'(x)=1x-1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.
所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.
故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.
所以当x>0时,g(x)≤0.
从而当a<0时,ln-12a+12a+1≤0,
即f(x)≤-34a-2.
31.(2017·天津·理T20)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】(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H'1(x)=g'(x)(x-x0).
由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,
故当x∈[1,x0)时,H'1(x)<0,H1(x)单调递减;
当x∈(x0,2]时,H'1(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H'2(x)=g(x0)-g(x).
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,
故当x∈[1,x0)时,H'2(x)>0,H2(x)单调递增;
当x∈(x0,2]时,H'2(x)<0,H2(x)单调递减.
因此,当x∈[1,x0)∪(x0,2]时,H2(x)
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-fpq=0.
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0
=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4.
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.
32.(2017·全国1·理T21)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】(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
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).
33.(2017·全国1·文T21)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②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.故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f'(x)=0得x=ln-a2.
当x∈-∞,ln-a2时,f'(x)<0;
当x∈ln-a2,+∞时,f'(x)>0.
故f(x)在-∞,ln-a2单调递减,在ln-a2,+∞单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln-a2时,f(x)取得最小值,最小值为fln-a2=a234-ln-a2.从而当且仅当a234-ln-a2≥0,即a≥-2e34时f(x)≥0.
综上,a的取值范围是[-2e34,1].
34.(2017·全国2·理T21)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
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- ,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1- .当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内单调递减,在12,+∞内单调递增.
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
(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】(1)由题意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.
(ⅰ)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[ln2a-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;
(ⅱ)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;
(ⅲ)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[ln2a-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
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[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
36.(2017·江苏·T20)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f'(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(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】(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)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(aa)>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].
37.(2017·北京·理T19)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】(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)
所以函数f(x)在区间0,π2上单调递减.
因此f(x)在区间0,π2上的最大值为f(0)=1,最小值为fπ2=-π2.
38.(2017·浙江·T20)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】(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.
因为
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.
39.(2016·全国2·理T21)(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,+∞).
f'(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)2≥0,
当且仅当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.
(2)g'(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).
由(1)知,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.
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.
于是h(a)=exaxa+2,由exx+2'=(x+1)ex(x+2)2>0,exx+2单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+2
使得h(a)=λ.
所以h(a)的值域是12,e24.
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是12,e24.
40.(2016·天津,理20,12分,难度)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.
41.(2016·全国2·文T20)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时,
f(x)=(x+1)ln x-4(x-1),f'(x)=ln x+1x-3,f'(1)=-2,f(1)=0.
曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,
f(x)>0等价于ln x-a(x-1)x+1>0.
设g(x)=ln x-a(x-1)x+1,
则g'(x)=1x−2a(x+1)2=x2+2(1-a)x+1x(x+1)2,g(1)=0.
(ⅰ)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,
故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)单调递增,
因此g(x)>0;
(ⅱ)当a>2时,令g'(x)=0得
x1=a-1-(a-1)2-1,x2=a-1+(a-1)2-1.
由x2>1和x1x2=1得x1<1,
故当x∈(1,x2)时,g'(x)<0,g(x)在(1,x2)单调递减,
因此g(x)<0.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
42.(2016·四川·文T21)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=1x−eex其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x>1时,g(x)>0;
(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
【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.
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s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.
当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=1x−1ex-1>0.
(3)由(2),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,+∞)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,+∞.
43.(2016·全国3·理T21)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)(分类讨论)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.
当0<α<1时,将f(x)变形为
f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
(构造函数)
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)取得极小值,极小值为g1-α4α=-(α-1)28α-1=-α2+6α+18α.
令-1<1-α4α<1,解得α<-13(舍去),α>15.
(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.
(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.
44.(2016·全国3·文T21)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1
【解析】(1)(导数与函数的单调性)
由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x- -1,
令f'(x)=0解得x=1.
当0
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
(2)由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x
设g(x)=1+(c-1)x-cx,则g'(x)=c-1-cxln c,
令g'(x)=0,解得x0=lnc-1lnclnc.
当x
当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知1
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
45.(2016·全国1,理21,12分,难度)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:x1+x2<2.
【解析】(1) f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(ⅰ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
(ⅱ)设a>0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b
故f(x)存在两个零点.
(ⅲ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-e2,则ln(-2a)≤1,
故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
因此f(x)在(1,+∞)单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<-e2,则ln(-2a)>1,
故当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0;
当x∈(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0.
因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,
在(ln(-2a),+∞)单调递增.
又当x≤1时f(x)<0,
所以f(x)不存在两个零点.综上,a的取值范围为(0,+∞).
(2)证明不妨设x1
即f(2-x2)<0.
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,
而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
则g'(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>1时,g'(x)<0,而g(1)=0,
故当x>1时,g(x)<0.
从而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2.
46.(2016·全国1·文T21)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(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】(1)f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
(ⅱ)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
①若a=-e2,
则f'(x)=(x-1)(ex-e),
所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>-e2,则ln(-2a)<1,
故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0.
所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增,
在(ln(-2a),1)单调递减.
③若a<-e2,则ln(-2a)>1,
故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,
在(1,ln(-2a))单调递减.
(2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.
又f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b
所以f(x)有两个零点.
(ⅱ)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.
(ⅲ)设a<0,若a≥-e2,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)单调递增.
又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;
若a<-e2,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))单调递减,在(ln(-2a),+∞)单调递增.
又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
47.(2016·北京·理T18)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(1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f'(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,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(-∞,+∞).
48.(2016·山东·文T20)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
【解析】(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,
可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
则g'(x)=1x-2a=1-2axx,
当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,x∈0,12a时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈12a,+∞时,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)单调增区间为0,12a,单调减区间为12a,+∞.
(2)由(1)知,f'(1)=0.
①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当0
可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x∈1,12a时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在1,12a内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=12时,12a=1,f'(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>12时,0<12a<1,当x∈12a,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.
综上可知,实数a的取值范围为a>12.
49.(2015·山东·理T21)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,+∞).
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;
当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
①当0
②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.
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].
50.(2015·全国2·文T21)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)单调递增.
若a>0,则当x∈0,1a时,f'(x)>0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)<0.
所以f(x)在0,1a单调递增,在1a,+∞单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)无最大值;
当a>0时,f(x)在x=1a取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.
因此f1a>2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)单调递增,g(1)=0.
于是,当0
因此,a的取值范围是(0,1).
51.(2015·全国2·理T21)设函数f(x)=emx+x2-mx.
(1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求m的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=m(emx-1)+2x.
若m≥0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f'(x)>0.
若m<0,则当x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f'(x)>0.
所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0]单调递减,在[0,1]单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.
所以对于任意x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1的充要条件是
f(1)-f(0)≤e-1,f(-1)-f(0)≤e-1,即em-m≤e-1,e-m+m≤e-1.①
设函数g(t)=et-t-e+1,则g'(t)=et-1.
当t<0时,g'(t)<0;
当t>0时,g'(t)>0.
故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1]时,g(t)≤0.
当m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立;
当m>1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m<-1时,g(-m)>0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
52.(2015·全国1·文T21)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数;
(2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln 2a.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,
当a>0时,因为e2x单调递增,-ax单调递增,
所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.
又f'(a)>0,当b满足0
(2)由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于2e2x0−ax0=0,
所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln2a.
53.(2015·天津·理T20)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|
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,+∞),f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞),f(x)
因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x'1)=a=f(x1)
所以,|x2-x1|
(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.
(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
(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,x∈-∞,-2a3∪(0,+∞)时,f'(x)>0,x∈-2a3,0时,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,x∈(-∞,0)∪-2a3,+∞时,f'(x)>0,x∈0,-2a3时,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.
56.(2015·北京·文T19)设函数f(x)=x22-kln x,k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.
【解析】(1)由f(x)=x22-kln x(k>0)得f'(x)=x-kx=x2-kx.由f'(x)=0解得x=k.
f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
x
(0,k)
k
(k,+∞)
f'(x)
-
0
+
f(x)
↘
k(1-lnk)2
↗
所以,f(x)的单调递减区间是(0,k),单调递增区间是(k,+∞);f(x)在x=k处取得极小值f(k)=k(1-lnk)2.
(2)由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f(k)=k(1-lnk)2.
因为f(x)存在零点,所以k(1-lnk)2≤0,从而k≥e.
当k=e时,f(x)在区间(1,e)上单调递减,且f(e)=0,
所以x=e是f(x)在区间(1,e]上的唯一零点.
当k>e时,f(x)在区间(0,e)上单调递减,且f(1)=12>0,f(e)=e-k2<0,
所以f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.
综上可知,若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.
57.(2015·浙江·文T20)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).
(1)当b=a24+1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式;
(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1.求b的取值范围.
【解析】(1)当b=a24+1时,f(x)=x+a22+1,故对称轴为直线x=-a2.
当a≤-2时,g(a)=f(1)=a24+a+2.
当-2
综上,g(a)=a24+a+2,a≤-2,1,-2
(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,
则s+t=-a,st=b.
由于0≤b-2a≤1,因此-2tt+2≤s≤1-2tt+2(-1≤t≤1).
当0≤t≤1时,-2t2t+2≤st≤t-2t2t+2,
由于-23≤-2t2t+2≤0和-13≤t-2t2t+2≤9-45,
所以-23≤b≤9-45.
当-1≤t<0时,t-2t2t+2≤st≤-2t2t+2,
由于-2≤-2t2t+2<0和-3≤t-2t2t+2<0,
所以-3≤b<0.
故b的取值范围是[-3,9-45].
58.(2014·全国2·文T21)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
【解析】(1)f'(x)=3x2-6x+a,f'(0)=a,
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题设得-2a=-2,所以a=1.
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2,
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4,
由题设知1-k>0.
当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,
g(-1)=k-1<0,g(0)=4,
所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,
则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0,
所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.
综上,g(x)=0在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
59.(2014·全国2·理T21)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(-∞,+∞)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).
①当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,
所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.
而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0;
②当b>2时,若x满足2
(3)由(2)知,g(ln 2)=32-22b+2(2b-1)ln 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)=ln 2,
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.
60.(2014·全国1·文T21)设函数f(x)=aln x+1-a2x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b;
(2)若存在x0≥1,使得f(x0)
由题设知f'(1)=0,解得b=1.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),
由(1)知,f(x)=aln x+1-a2x2-x,
f'(x)=ax+(1-a)x-1=1-axx-a1-a(x-1).
①若a≤12,则a1-a≤1,故当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调递增.
所以,存在x0≥1,使得f(x0)
所以,存在x0≥1,使得f(x0)
③若a>1,则f(1)=1-a2-1=-a-12
61.(2014·全国1·理T21)设函数f(x)=aexln x+bex-1x,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(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单调递减,在1e,+∞单调递增,从而g(x)在(0,+∞)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)单调递增,在(1,+∞)单调递减,从而h(x)在(0,+∞)的最大值为h(1)=-1e.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
62.(2013·全国2·理T21)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
【解析】(1)f'(x)=ex-1x+m.
由x=0是f(x)的极值点得f'(0)=0,所以m=1.
于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f'(x)=ex-1x+1.
函数f'(x)=ex-1x+1在(-1,+∞)单调递增,且f'(0)=0.
因此当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时,f(x)>0.
当m=2时,函数f'(x)=ex-1x+2在(-2,+∞)单调递增.
又f'(-1)<0,f'(0)>0,
故f'(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
当x∈(-2,x0)时,f'(x)<0;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.
由f'(x0)=0得ex0=1x0+2,ln(x0+2)=-x0,
故f(x)≥f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0.
综上,当m≤2时,f(x)>0.
63.(2013·全国2·文T21)已知函数f(x)=x2e-x.
(1)求f(x)的极小值和极大值;
(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f'(x)=-e-xx(x-2).①
当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f'(x)<0;
当x∈(0,2)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)单调递减,在(0,2)单调递增.
故当x=0时,f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;
当x=2时,f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2.
(2)设切点为(t,f(t)),
则l的方程为y=f'(t)(x-t)+f(t).
所以l在x轴上的截距为m(t)=t-f(t)f'(t)=t+tt-2=t-2+2t-2+3.
由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).
令h(x)=x+2x(x≠0),则当x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[22,+∞);
当x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3).
所以当t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪[22+3,+∞).
综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[22+3,+∞).
64.(2013·重庆·文T20)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米,高为h米,体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率).
(1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域;
(2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.
【解析】(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh=200πrh元,底面的总成本为160πr2元,所以蓄水池的总成本为(200πrh+160πr2)元.
又据题意200πrh+160πr2=12 000π,
所以h=15r(300-4r2),
从而V(r)=πr2h=π5(300r-4r3).
因r>0,又由h>0可得r<53,
故函数V(r)的定义域为(0,53).
(2)因V(r)=π5(300r-4r3),
故V'(r)=π5(300-12r2).
令V'(r)=0,解得r1=5,r2=-5(因r2=-5不在定义域内,舍去).
当r∈(0,5)时,V'(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数;
当r∈(5,53)时,V'(r)<0,故V(r)在(5,53)上为减函数.
由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8.
即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.
65.(2013·全国1·理T21)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)若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.
①若1≤k
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.
②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,+∞)单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
③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].
66.(2013·全国1·文T20)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.
【解析】(1)f'(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得f(0)=4,f'(0)=4.
故b=4,a+b=8.从而a=4,b=4.
(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
f'(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)·ex-12.
令f'(x)=0得,x=-ln 2或x=-2.
从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(-2,-ln 2)时,f'(x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
67.(2012·全国·理T21)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)单调递减,在(0,+∞)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))单调递减,在(ln(a+1),+∞)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)≥x2+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)单调递增,
在(e12-1,+∞)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.
68.(2012·全国·文T21)设函数f(x)=ex-ax-2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a>0,则当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)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k
令g(x)=x+1ex-1+x,
则g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2.
由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)<0,h(2)>0,
所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)<0;
当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α).
又由g'(α)=0,可得eα=α+2,
所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等价于k
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a>0,则当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)由于a=1,所以(x-k)f'(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
故当x>0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k
①令g(x)=x+1ex-1+x,
则g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2.
由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)<0,h(2)>0,
所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)<0;
当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)的最小值为g(α).
又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等价于k
(1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
【解析】(1)设容器的容积为V,
由题意知V=πr2l+43πr3,
又V=80π3,故l=V-43πr3πr2=803r2−43r=4320r2-r.
由于l≥2r,因此0
因此y=4π(c-2)r2+160πr,0
当r3-20c-2=0时,r=320c-2.
令320c-2=m,得m>0,
所以y'=8π(c-2)r2(r-m)(r2+rm+m2).
①当0
当r=m时,y'=0;
当r∈(0,m)时,y'<0;
当r∈(m,2)时,y'>0.
所以r=m是函数y的极小值点,也是最小值点.
②当m≥2即3
所以r=2是函数y的最小值点.
综上所述,当3
71.(2011·全国·理T21)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
(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].
72.(2011·全国·文T21)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)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>lnxx-1.
【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)证明由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,
所以f(x)-lnxx-1=11-x2(2ln x-x2-1x).
考虑函数h(x)=2ln x-x2-1x(x>0),则h'(x)=2x−2x2-(x2-1)x2=-(x-1)2x2.
所以当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>0,即f(x)>lnxx-1.
73.(2010·全国·理T21)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若a=0,求f(x)的单调区间;
(2)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.
【解析】(1)a=0时,f(x)=ex-1-x,f'(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调减少,在(0,+∞)上单调增加.
(2)f'(x)=ex-1-2ax.
由(1)知ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立,故f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x,
从而当1-2a≥0,即a≤12时,f'(x)≥0(x≥0),而f(0)=0,于是当x≥0时,f(x)≥0.
由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).从而当a>12时,
f'(x)
综合得a的取值范围为-∞,12.
74.(2010·全国·文T21)设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.
(1)若a=>12,求f(x)的单调区间;
(2)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.
【解析】(1)a=12时,f(x)=x(ex-1)-12x2,
f'(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).
当x∈(-∞,-1)时,f'(x)>0;当x∈(-1,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时f'(x)>0.
故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上单调增加,在(-1,0)上单调减少.
(2)f(x)=x(ex-1-ax).
令g(x)=ex-1-ax,则g'(x)=ex-a.
若a≤1,则当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,则g(0)=0,从而当x≥0时g(x)≥0,即f(x)≥0.
若a>1,则当x∈(0,ln a)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,而g(0)=0,从而当x∈(0,ln a)时,g(x)<0,即f(x)<0.
综合得a的取值范围为(-∞,1].
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