【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第14讲导数的应用学案
第14讲 导数的应用
考试说明 1.了解函数单调性和导数的关系,能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件,会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).
3.会用导数解决实际问题.
考情分析
考点
考查方向
考例
考查热度
导数与函数的单调性
求函数的单调区间,讨论函数的单调性,已知单调性求参数值或参数范围,利用单调性证明不等式,利用单调性确定方程根的个数等
2017全国卷Ⅰ21(1),2015全国卷Ⅱ21(1),2014全国卷Ⅱ21(1),2013全国卷Ⅱ21(1)
★★★
导数与函数的极值、最值
求函数极值、最值,利用函数的极值、最值研究不等式、方程等
2017全国卷Ⅲ21,2017全国卷Ⅱ21,2017全国卷Ⅱ11,2016全国卷Ⅲ21,2014全国卷Ⅱ21(2),2013全国卷Ⅰ16,2013全国卷Ⅱ10
★★★
导数研究不等式
证明不等式,根据不等式恒成立求参数范围等
2017全国卷Ⅲ21,2017全国卷Ⅱ21,2016全国卷Ⅱ21,2015全国卷Ⅰ12,2015全国卷Ⅱ12,2015全国卷Ⅱ21(2),2014全国卷Ⅰ21,2013全国卷Ⅰ21,2013全国卷Ⅱ21(2)
★★★
导数研究方程
确定方程根的个数,根据方程根的个数求参数范围等
2016全国卷Ⅰ21,2015全国卷Ⅰ21(2),2014全国卷Ⅰ11
★★☆
真题再现
■ [2017-2013 课标全国真题再现
1.[2017·全国卷Ⅱ 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
[解析 A f'(x)=[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4-2(a+2)+a-1=0,解得a=-1,此时f'(x)=(x2+x-2)ex-1.由f'(x)=0,解得x=-2或x=1,且当-2
1时,f'(x)>0,故x=1为f(x)的极小值点,所以f(x)的极小值为f(1)=-1.
2.[2015·全国卷Ⅰ 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. B.
C. D.
[解析 D 令g(x)=ex(2x-1),则g'(x)=ex(2x+1),由g'(x)>0得x>-,由g'(x)<0得x<-,故函数g(x)在上单调递减,在上单调递增.又函数g(x)在x<时,g(x)<0,在x>时,g(x)>0,所以其大致图像如图所示.
直线y=ax-a过点(1,0).若a≤0,则f(x)<0的整数解有无穷多个,因此只能a>0.
结合函数图像可知,存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,即存在唯一的整数x0,使得点(x0,ax0-a)在点(x0,g(x0))的上方,则x0只能是0,故实数a应满足即解得≤a<1.
故实数a的取值范围是.
3.[2015·全国卷Ⅱ 设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是 ( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
[解析 A 设函数g(x)=,则g'(x)=.因为当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,所以当x>0时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数,所以函数g(x)是偶函数,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,且g(-1)=g(1)=0.故当00,则f(x)>0;当x<-1时,g(x)<0,则f(x)>0.综上所述,使得f(x)>0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).故选A.
4.[2014·全国卷Ⅰ 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)
[解析 C 当a=0时,f(x)=-3x2+1,存在两个零点,不符合题意,故a≠0.
由f'(x)=3ax2-6x=0,得x=0或x=.
若a<0,则函数f(x)的极大值点为x=0,且f(x)极大值=f(0)=1,极小值点为x=,且f(x)极小值=f=,此时只需>0,即可解得a<-2;
若a>0,则f(x)极大值=f(0)=1>0,此时函数f(x)一定存在小于零的零点,不符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为(-∞,-2).
5.[2013·全国卷Ⅱ 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)的图像是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)上单调递减
D.若x0是f(x)的极值点,则f'(x0)=0
[解析 C x→-∞ 时,f(x)<0,x→+∞ 时,f(x)>0,f(x) 连续,∃x0∈R,f(x0)=0,A正确;通过平移变换,函数可以化为f(x)=x3+c,从而函数y=f(x)的图像是中心对称图形,B正确; 若x0是
f(x)的极小值点,可能还有极大值点x1,则f(x)在区间(x1,x0)上单调递减.C错误.D正确.故答案为C.
6.[2013·全国卷Ⅰ 若函数f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图像关于直线x=-2对称,则f(x)的最大值为 .
[答案 16
[解析 方法一:因为f'(x)=-4x3-3ax2+2(1-b)x+a,函数f(x)是连续可导函数,且关于直线x=-2对称,所以f'(-2)=0,即f'(-2)=32-12a-4(1-b)+a=0,可得11a-4b=28.①
又因为f(0)=f(-4),所以15a-4b=60.②
①②联立方程组可得a=8,b=15,f(x)=(1-x2)(x2+8x+15),f'(x)=-4(x3+6x2+7x-2),
因为-2是函数f(x)的一个极值点,所以f'(x)=-4(x+2),
可知当x∈(-∞,-2-)时,f(x)单调递增,当x∈(-2-,-2)时,f(x)单调递减,当x∈(-2,-2+)时,f(x)单调递增,当x∈(-2+,+∞)时,f(x)单调递减,且f(-2+)=f(-2-),所以f(x)max=f(-2+)=f(-2-)=(4-8)(4+8)=80-64=16.
方法二:令f=0可得x=1或x=-1,因为函数f(x)的图像关于直线x=-2对称,所以可得以下同方法一.
7.[2017·全国卷Ⅰ 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:(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.
当x∈时,f'(x)<0;当x∈时,f'(x)>0.故f(x)在单调递减,在单调递增.
(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时,f(x)取得最小值,最小值为f=a2.从而当且仅当a2≥0,即a≥-2时f(x)≥0.
综上,a的取值范围是.
8.[2017·全国卷Ⅱ 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-21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-.
当x∈时,h'(x)<0;当x∈时,h'(x)>0.所以h(x)在上单调递减,在上单调递增.
又h(e-2)>0,h<0,h(1)=0,所以h(x)在上有唯一零点x0,在,+∞上有唯一零点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, 得f(x0)<.
因为x=x0是f(x)在(0,1)上的最大值点,由e-1∈(0,1),f'(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2.
所以e-20,记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f'(x);
(2)求A;
(3)证明:|f'(x)|≤2A.
解:(1)f'(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.
(2)当α≥1时,|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0),
因此A=3α-2.
当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1 上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g=--1=-.
令-1<<1,解得α<- (舍去)或α>.
(i)当0<α≤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<α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g.
又g-|g(-1)|=>0,所以A=g=.
综上,A=
(3)证明:由(1)得|f'(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.
当0<α≤时,|f'(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.
当<α<1时,A=++≥1,所以|f'(x)|≤1+α<2A.当α≥1时,|f'(x)|≤3α-1≤6α-4=2A,所以|f'(x)|≤2A.
10.[2015·全国卷Ⅰ 已知函数f(x)=x3+ax+,g(x)=-ln x.
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
解:(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0,f'(x0)=0,即
解得x0=,a=-.
因此,当a=-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,+∞)上无零点.
当x=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-,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)上的零点个数.
(i)若a≤-3或a≥0,则f'(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,故f(x)在(0,1)上单调.而f(0)=,f(1)=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)上没有零点.
(ii)若-30,即--或a<-时,h(x)有一个零点;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-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)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)由(1)知,对任意的m,f(x)在[-1,0 上单调递减,在[0,1 上单调递增,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
即 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)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0,故当t∈[-1,1 时,g(t)≤0.
故当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,知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 .
12.[2014·全国卷Ⅰ 设函数f(x)=aexln x+,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:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-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+ex-1,
从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.
设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x,
所以当x∈时,g'(x)<0;
当x∈时,g'(x)>0.
故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.
设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x).
所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
13.[2014·全国卷Ⅱ 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<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
解:(1)f'(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当x=0时,等号成立,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2) =2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足20,ln 2>>0.692 8;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,ln 2<<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
14.[2013·全国卷Ⅰ 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)≤ g(x),求 的取值范围.
解:(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)= g(x)-f(x)=2 ex(x+1)-x2-4x-2,则F'(x)=2 ex(x+2)-2x-4=2(x+2)( ex-1).
由题设可得F(0)≥0,即 ≥1.
令F'(x)=0得x1=-ln ,x2=-2.
①若1≤ 0,即F(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增.故F(x)在[-2,+∞)上的最小值为F(x1).
而F(x1)=2x1+2--4x1-2=-x1(x1+2)≥0.
故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤ g(x)恒成立.
②若 =e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).
从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上
单调递增,而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤ g(x)恒成立.
③若 >e2,则F(-2)=-2 e-2+2=-2e-2( -e2)<0,从而当x≥-2时,f(x)≤ g(x)不可能恒成立.
综上, 的取值范围是[1,e2 .
15.[2013·全国卷Ⅱ 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:(1)f'(x)=ex-.
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-.函数f'(x)=ex-在(-1,+∞)上单调递增,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)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明: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-在(-2,+∞)上单调递增.又f'(-1)<0,f'(0)>0,故f'(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根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=,ln(x0+2)=-x0,
故f(x)≥f(x0)=+x0=>0.
综上,当m≤2时,f(x)>0.
■ [2017-2016 其他省份类似高考真题
1.[2017·浙江卷 函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图像如图所示,则函数y=f(x)的图像可能是( )
[解析 D 由导函数y=f'(x)的图像可知,y=f'(x)在x轴的负半轴上有一个零点(不妨设为x1),并且当x0,当x∈(x2,x3)时,f'(x)<0,当x>x3时,f'(x)>0.因此函数f(x)在x=x1处取得极小值,在x=x2处取得极大值,在x=x3处取得极小值.由此对照四个选项中的图像,选项A中,在x=x1处取得极大值,不符合题意;选项B中,极大值点小于0,也不符合题意;选项C中在x=x1处取得极大值,不符合题意;选项D符合题意.因此选D.
2.[2016·北京卷 设函数f(x)=
①若a=0,则f(x)的最大值为 ;
②若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是 .
[答案 ①2 ②(-∞,-1)
[解析 由(x3-3x)'=3x2-3=0,得x=±1,作出函数y=x3-3x和y=-2x的图像,如图所示.①当a=0时,由图像可得f(x)的最大值为f(-1)=2.②由图像可知当a≥-1时,函数f(x)有最大值;当a<-1时,y=-2x在x>a时无最大值,且-2a>a3-3a,所以a<-1.
3.[2017·浙江卷 已知函数f(x)=(x-)e-xx≥.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
解:(1)因为(x-)'=1-,(e-x)'=-e-x,
所以f'(x)=e-x-(x-)·e-x=.
(2)由f'(x)==0,
解得x=1或x=.
因为
x
1
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
0
↗
↘
又f(x)= (-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间上的取值范围是.
4.[2017·北京卷 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)在区间上的最大值和最小值.
解:(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∈时,h'(x)<0,
所以h(x)在区间上单调递减,
所以对任意x∈,有h(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)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≠x0,故f≠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-x0≥.
所以,只要取A=g(2),就有-x0≥.
6.[2017·江苏卷 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-,求a的取值范围.
解:(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3+b-.
当x=-时,f'(x)有极小值b-.
因为f'(x)的极值点是f(x)的零点,
所以f=-+-+1=0,又a>0,故b=+.
因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根,从而b-=(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=,x2=.
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=+,定义域为(3,+∞).
(2)证明:由(1)知,=+ .
设g(t)=+,则g'(t)= -=.
当t∈时,g'(t)>0,从而g(t)在上单调递增.因为a>3,所以a>3,故g(a)>g(3)=,即>.
因此b2>3a.
(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-a,+=.
从而f(x1)+f(x2)=+a+bx1+1++a+bx2+1=(3+2ax1+b)+(3+2ax2+b)+ a(+)+b(x1+x2)+2=-+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-=-a2+,
所以h(a)=- a2+,a>3.
因为h'(a)=- a-<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.
因为h(6)=-,于是h(a)≥h(6),故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6 .
7.[2017·山东卷 已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e=2.718 28…是自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在点(π,f(π))处的切线方程;
(2)令h(x) =g(x)-af(x)(a∈R),讨论h(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解:(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),
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01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 .
8.[2016·北京卷 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,得即
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(-∞,+∞).
9.[2016·四川卷 设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).
解:(1)f'(x)=2ax-=(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=,
此时,当x∈0,时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)令g(x)= -,s(x)=ex-1-x,
则s'(x)=ex-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,
所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又s(1)=0,所以当x>1时,s(x)>0,
从而当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0,
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当01.
由(1)有f0,
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-+-e1-x>x-+-=>>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a∈,+∞.
10.[2016·天津卷 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.
解:(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:
(i)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(-∞,+∞).
(ii)当a>0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+
1+
1+,+∞
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-,1+,单调递增区间为-∞,1-,1+,+∞.
(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=,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-x0--b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=(1-x0)+2ax0-3a-b=-x0--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:
(i)当a≥3时,1-≤0<2≤1+,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)|}=
所以M=a-1+|a+b|≥2.
(ii)当≤a<3时,1-≤0<1-<1+<2≤1+.由(1)和(2)知f(0)≥f1-=f1+,f(2)≤f1+=f1-,
所以f(x)在区间[0,2 上的取值范围为f1+,f1-,
因此M=maxf1+,f1-=max--a-b,-a-b=
max=+|a+b|≥××=.
(iii)当0f1+=f1-.
所以f(x)在区间[0,2 上的取值范围为[f(0),f(2) ,因此M=max{|f(0)|,|f(2)|}=max{|-1-b|,|1-2a-b|}=max{|1-a+(a+b)|,|1-a-(a+b)|}=1-a+|a+b|>.综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2 上的最大值不小于.
11.[2016·山东卷 已知f(x)=a(x-ln x)+,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(x)>f'(x)+对于任意的x∈[1,2 成立.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=a--+=.
当a≤0时,若x∈(0,1),则f'(x)>0,f(x)单调递增,
若x∈(1,+∞),则f'(x)<0,f(x)单调递减.
当a>0时,f'(x)=x-x+.
(i)当01.
当x∈(0,1)或x∈,+∞时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
当x∈1,时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
(ii)当a=2时,=1,在区间(0,+∞)内,f'(x)≥0,f(x)单调递增.
(iii)当a>2时,0<<1.
当x∈0,或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈,1时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;
当02时,f(x)在0,上单调递增,在,1上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)证明:由(1)知,当a=1时,
f(x)-f'(x)=x-ln x+-1--+=x-ln x++--1,x∈[1,2 .
设g(x)=x-ln x,h(x)= +--1,x∈[1,2 ,
则f(x)-f'(x)=g(x)+h(x).
由g'(x)=≥0,
可得g(x)≥g(1)=1,
当且仅当x=1时取得等号.
又h'(x)=.
设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在[1,2 上单调递减.
因为φ(1)=1,φ(2)=-10,
所以∃x0∈(1,2),使得当x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.
所以h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,2)上单调递减.
由h(1)=1,h(2)=,可得h(x)≥h(2)=,
当且仅当x=2时取得等号.
所以f(x)-f'(x)>g(1)+h(2)=,
即f(x)>f'(x)+对于任意的x∈[1,2 成立.
【课前双基巩固】
知识聚焦
1.递增 递减 ≥0 ≤0 充分
2.f(x)f(x0) f'(x)>0 f'(x)<0 f'(x)<0 f'(x)>0
对点演练
1.(0,+∞) [解析 由f'(x)=ex-1>0,解得x>0,故其单调递增区间是(0,+∞).
2.16 [解析 由f'(x)=3x2-12=0,得x=±2,易知x=-2为函数f(x)的极大值点,故函数f(x)在区间[-3,3 上的最大值f(x)max=max{f(-2),f(3)}=max{16,-9}=16.
3.ln x
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