2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§3-2 导数的应用（试题部分）
§3.2 导数的应用
探考情 悟真题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测
热度
考题示例
考向
关联考点
利用导数
研究函数
的单调性
①了解函数单调性和导数的关系;
②能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)
2017课标全国Ⅱ,21,12分
导数与函数的单调性
不等式恒成立求参数范围
★★★
2016课标全国Ⅰ,12,5分
利用函数单调性求参数范围
不等式恒成立求参数范围
2019课标全国Ⅲ,20,12分
判断单调性及求最值
—
利用导数
研究函数
的极值
与最值
①了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;
②会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)
2018课标全国Ⅰ,21,12分
导数与函数单调性、极值、最值
不等式的证明
★★★
2017课标全国Ⅲ,21,12分
利用最值证明不等式
函数的单调性
2015课标Ⅱ,21,12分
利用导数求函数最值
函数的单调性
2019课标全国Ⅱ,21,12分
利用导数研究函数的极值点
函数的单调性
导数的综
合应用
利用导数解决实际问题、函数的零点(方程的根)的问题、不等式问题以及恒成立(存在性)问题
2018课标全国Ⅱ,21,12分
函数的零点
导数与函数的单调性
★★★
2019课标全国Ⅰ,20,12分
零点个数的证明
导数与函数的单调性
2015课标Ⅰ,21,12分
函数的零点,不等式的证明
导数与函数的单调性
分析解读
函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高中阶段研究的重点.一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的最值与极值,以及实际问题中的优化问题等,这是新课标的一个新要求.二是把导数与函数、方程、不等式、数列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的取值(范围),常以解答题的形式出现.本节内容在高考中分值为17分左右,属难度较大题.
破考点 练考向
【考点集训】
考点一 利用导数研究函数的单调性
1.(2018河南、河北重点高中第二次联考,6)若函数f(x)=ex-(a-1)x+1在(0,1)上递减,则a的取值范围是( )
A.(e+1,+∞) B.[e+1,+∞) C.(e-1,+∞) D.[e-1,+∞)
答案 B
2.(2018河南信阳一模,15)已知定义在R上的可导函数f(x)满足f '(x)<1,若f(2-m)-f(m)>2-2m,则实数m的取值范围是 .
答案 (1,+∞)
3.(2020届福建龙海二中期初考试,18)设函数f(x)=x3-3ax2+3bx的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11).
(1)求a,b的值;
(2)讨论函数f(x)的单调性.
答案 (1)易得f '(x)=3x2-6ax+3b.
因为f(x)的图象与直线12x+y-1=0相切于点(1,-11),
所以f(1)=-11,f '(1)=-12,即1-3a+3b=-11,3-6a+3b=-12,
解得a=1,b=-3.
(2)由a=1,b=-3得f '(x)=3x2-6ax+3b=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3).
令f '(x)>0,解得x<-1或x>3,令f '(x)<0,解得-1
0),f '(x)=ex+2x-1x,
令f '(x)=g(x),则g'(x)=ex+2+1x2,易知g'(x)>0,
所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
注意到f '14=e14+12-4<0,f '12=e12+1-2>0,所以由零点存在性定理可知存在x0∈14,12,使得f '(x0)=0,即ex0+2x0-1x0=0,即ex0=1x0-2x0.
当0x0时,f '(x)>0,f(x)单调递增.
于是f(x)≥f(x0)=ex0+x02-ln x0=1x0-2x0+x02-ln x0=(x0-1)2+1x0-ln x0-1,
易知f(x0)=(x0-1)2+1x0-ln x0-1在14,12上单调递减,
所以f(x)≥f(x0)>f12=54+ln 2.
3.(2018湖北荆州一模,20)已知函数f(x)=-x2+ax-ln x(a∈R).
(1)若函数f(x)是单调递减函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)在区间(0,3)上既有极大值又有极小值,求实数a的取值范围.
答案 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=-2x+a-1x=-2x2+ax-1x(x>0).
∵函数f(x)是单调递减函数,
∴f '(x)≤0对x∈(0,+∞)恒成立,
∴-2x2+ax-1≤0对x∈(0,+∞)恒成立,即a≤2x+1x对x∈(0,+∞)恒成立.
∵2x+1x≥22x·1x=22当且仅当2x=1x,即x=22时取“=”,∴a≤22.
(2)∵函数f(x)在(0,3)上既有极大值又有极小值,
∴f '(x)=-2x2+ax-1x=0在(0,3)上有两个相异实根,
即2x2-ax+1=0在(0,3)上有两个相异实根,
令g(x)=2x2-ax+1,则Δ>0,00,g(3)>0,得a<-22或a>22,00,a<193,
∴220,解得x<0,令f '(x)<0,解得x>0,
则函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,
又当x<1时,f(x)>0,当x>1时,f(x)<0,
画出函数f(x)的大致图象如图,由图知要使函数f(x)的图象与直线y=a有两个不同的交点,则01时,x-1x>0,ln x>0,
可得f(x)<0,不满足题意;
若a>0,则当Δ=1-4a2≤0,即a≥12时, f '(x)≥0恒成立,
可得f(x)在[1,+∞)上单调递增,而f(1)=0,
所以当x≥1时,都有f(x)≥0,满足题意;
当Δ>0,即00,
所以有00.
①当a=0时,h(x)在定义域(0,+∞)上恒大于0,h(x)没有零点.
②当a<0时,h'(x)=x-ax,则h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以h(x)在定义域(0,+∞)上为增函数,
因为h(1)=12>0,h(e1a)=12e2a-1<0,
所以h(x)有1个零点.
③当a>0时,h'(x)=x-ax=x2-ax=(x+a)(x-a)x,
当x∈(0,a)时,h'(x)<0,h(x)在(0,a)上为减函数,
当x∈(a,+∞)时,h'(x)>0,h(x)在(a,+∞)上为增函数,
所以当x=a时,h(x)取极小值,也是最小值,h(a)=12a-aln a=12a(1-ln a).当a∈(0,e)时,h(a)=12a(1-ln a)>0,h(x)没有零点;
当a=e时,h(a)=12a(1-ln a)=0,h(x)有1个零点x=a;
当a∈(e,+∞)时,h(a)=12a(1-ln a)<0,
因为h(1)=12>0且h(a)<0,
所以方程h(x)=0在区间(0,a)内有一解,
因为当x>1时,x-ln x>0,
所以x>ln x,则h(x)=12x2-aln x>12x2-ax.
因为2a>a>1,所以h(2a)>12(2a)2-2a2=0,
所以h(x)=0在区间(a,+∞)内有一解,
所以方程h(x)=0在区间(0,+∞)内有两解.
综上所述,当a∈[0,e)时,y=f(x)-g(x)+12没有零点,
当a<0或a=e时,y=f(x)-g(x)+12有1个零点,
当a>e时,y=f(x)-g(x)+12有2个零点.
炼技法 提能力
【方法集训】
方法1 利用导数求函数的单调区间
1.(2018河南信阳二模,9)已知定义在R上的函数f(x)=13ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.[-1,0)∪(0,1]
C.(-1,1) D.(-1,0)∪(0,1)
答案 D
2.(2019山东烟台模拟,10)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+da<23b在R上是单调递增函数,则c2b-3a的最小值是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 A
3.(2019陕西渭南模拟,21)已知函数f(x)=ln x-ax2-bx.
(1)若a=-1,函数f(x)在其定义域内是增函数,求b的取值范围;
(2)f(x)的图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x10).
∵f(x)在(0,+∞)上是增函数,
∴f '(x)=1x+2x-b≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
即b≤1x+2x在x∈(0,+∞)上恒成立,
∴只需b≤1x+2xmin.
∵x>0,∴1x+2x≥22,当且仅当x=22时,取“=”,∴b≤22,
∴b的取值范围为(-∞,22].
(2)证明:由题意得f(x1)=ln x1-ax12-bx1=0,f(x2)=ln x2-ax22-bx2=0,
∴ln x1=ax12+bx1,ln x2=ax22+bx2,
两式相减,得lnx1x2=a(x1+x2)(x1-x2)+b(x1-x2),
∴lnx1x2=(x1-x2)[a(x1+x2)+b].
由f '(x)=1x-2ax-b及2x0=x1+x2,得
f '(x0)=1x0-2ax0-b=2x1+x2-[a(x1+x2)+b]
=2x1+x2-1x1-x2lnx1x2
=1x1-x22x1x2-1x1x2+1-lnx1x2,
令t=x1x2(0φ(1)=0.又∵x1f(a)>f(c);
②函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;
③函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;
④函数f(x)的最小值为f(d).
A.③ B.①② C.③④ D.④
答案 A
2.(2019福建三明模拟,21)已知函数f(x)=xln x-a2x2-x(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在x=e处的切线的斜率为-1,求切线的方程;
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,求a的取值范围,并证明:x1x2>x1+x2.
答案 (1)∵f(x)=xln x-a2x2-x(x>0),∴f '(x)=ln x-ax(x>0).
由f '(e)=1-ae=-1,解得a=2e,
∴f(e)=-e.
故切点坐标为(e,-e),
∴曲线y=f(x)在x=e处的切线方程为x+y=0.
(2) f '(x)=ln x-ax(x>0),
令f '(x)=0,得a=lnxx.
令g(x)=lnxx(x>0),
则g'(x)=1-lnxx2,
当01时,g(x)>0.
令g'(x)=0,得x=e.
当00;当x>e时,g'(x)<0.
故g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴g(x)max=g(e)=1e.
∴当a<0时, f(x)有一个极值点;
当0x2>e,
∴ln(x1+x2)x1+x2x1+x2.
【五年高考】
A组 统一命题·课标卷题组
考点一 利用导数研究函数的单调性
1.(2016课标全国Ⅰ,12,5分)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
2.(2015课标Ⅱ,12,5分)设函数f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是( )
A.13,1 B.-∞,13∪(1,+∞)
C.-13,13 D.-∞,-13∪13,+∞
答案 A
3.(2019课标全国Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当00,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00;
当x∈(-1+2,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上单调递减,
在(-1-2,-1+2)上单调递增.
(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,+∞)上单调递减,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,+∞)上单调递增,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,+∞).
考点二 利用导数研究函数的极值与最值
1.(2019课标全国Ⅱ,21,12分)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.
证明 本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算.
(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xx0时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
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(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得1α<12时, f '(x)>0.
所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
(2)证明: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.
3.(2017课标全国Ⅲ,21,12分)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.
答案 (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,+∞)上单调递增.
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上单调递增,在-12a,+∞上单调递减.
(2)证明:由(1)知,当a<0时, f(x)在x=-12a处取得最大值,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)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.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.
4.(2015课标Ⅱ,21,12分)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.
答案 (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,+∞)上单调递增.
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上单调递增,在1a,+∞上单调递减.
(2)解法一:由(1)知,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时, f(x)在x=1a处取得最大值,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,+∞)上单调递增,g(1)=0.
于是,当01时,g(a)>0.
因此,a的取值范围是(0,1).
解法二:由(1)知,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.
因此f1a>2a-2等价于ln a+a<1.
当a≥1时,ln a+a≥a≥1;
当00时, f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.
当00;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)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].
2.(2018课标全国Ⅱ,21,12分)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.
答案 (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)证明: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.
3.(2016课标全国Ⅲ,21,12分)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,11,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
答案 (1)由题设知, 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.(4分)
(2)证明: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 x1,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.(9分)
由(2)知10.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(12分)
4.(2015课标Ⅰ,21,12分)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+aln2a.
答案 (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y=e2x单调递增,y=-ax单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f '(a)>0,当b满足00时, f '(x)存在唯一零点. (6分)
(2)证明:由(1),可设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0.
故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,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.(12分)
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 利用导数研究函数的单调性
1.(2017山东,10,5分)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.下列函数中具有M性质的是( )
A.f(x)=2-x B.f(x)=x2
C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x
答案 A
2.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是 .
答案 -1,12
考点二 利用导数研究函数的极值与最值
1.(2016四川,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=( )
A.-4 B.-2 C.4 D.2
答案 D
2.(2018北京,19,13分)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex.
(1)若曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线斜率为0,求a;
(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.
答案 (1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex,
所以f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex.
f '(2)=(2a-1)e2.
由题设知f '(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=12.
(2)由(1)得f '(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex.
若a>1,则当x∈1a,1时, f '(x)<0;
当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.
所以f(x)在x=1处取得极小值.
若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,
所以f '(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点.
综上可知,a的取值范围是(1,+∞).
3.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=excos x-x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间0,π2上的最大值和最小值.
答案 (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)3;
当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3;
当a=-3时,M(a)=3.
综上,当M(a)最小时,a=-3.
考点三 导数的综合应用
1.(2019天津,20,14分)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0x0,证明3x0-x1>2.
答案 本题主要考查导数的运算、不等式的证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)由已知得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:(i)由(1)知, f '(x)=1-ax2exx.
令g(x)=1-ax2ex,由00,且gln1a=1-aln1a21a=1-ln1a2<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1g(x0)x=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x∈(x0,+∞)时, f '(x)=g(x)x1时,h'(x)=1x-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)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.
(ii)由题意,f '(x0)=0,f(x1)=0,
即ax02ex0=1,ln x1=a(x1-1)ex1,
从而ln x1=x1-1x02ex1-x0,
即ex1-x0=x02ln x1x1-1.
因为当x>1时,ln xx0>1,
故ex1-x02.
2.(2018天津,20,14分)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)-63有三个互异的公共点,求d的取值范围.
答案 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和分类讨论思想,考查综合分析问题和解决问题的能力.
(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|ln x2-ln x1 B.ex2-ex1x1ex2 D.x2ex10,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)的单调递增区间为(-∞,1),
单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=413, f '(x0)=-12.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).令函数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)=-4x3+4在(-∞,+∞)上单调递减,故F'(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(-∞,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
所以对于任意的实数x,F(x)≤F(x0)=0,
即对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明:由(2)知g(x)=-12(x-413).设方程g(x)=a的根为x2',可得x2'=-a12+413.因为g(x)在(-∞,+∞)上单调递减,又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2'),因此x2≤x2'.
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)=4x.对于任意的x∈(-∞,+∞),有f(x)-h(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x).
设方程h(x)=a的根为x1',可得x1'=a4.因为h(x)=4x在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x1')=a=f(x1)≤h(x1),
因此x1'≤x1.
由此可得x2-x1≤x2'-x1'=-a3+413.
4.(2012课标全国,21,12分)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.
答案 (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k0;当x∈(-1,0)时,
f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,
故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减.
(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,
而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].
考点二 利用导数研究函数的极值与最值
1.(2017浙江,7,4分)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
2.(2013课标Ⅱ,11,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )
A.∃x0∈R, f(x0)=0
B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减
D.若x0是f(x)的极值点,则f '(x0)=0
答案 C
3.(2014辽宁,12,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,-3] B.-6,-98
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
答案 C
4.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-2x-1)·e-xx≥12.
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间12,+∞上的取值范围.
答案 本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.
(1)因为(x-2x-1)'=1-12x-1,(e-x)'=-e-x,
所以f '(x)=1-12x-1e-x-(x-2x-1)e-x
=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1x>12.
(2)由f '(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,解得x=1或x=52.
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.
5.(2013课标Ⅰ,20,12分)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.
答案 (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).
6.(2013课标Ⅱ,21,12分)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.
答案 (1)由题意知,f(x)的定义域为R,因为f '(x)=e-x·(2x-x2),所以令f '(x)=e-x(2x-x2)>0得:x2-2x<0,解得02,
所以当x=0时,f(x)极小值=0;
当x=2时,f(x)极大值=4e-2.
(2)由题意知,f '(x)=e-x(2x-x2)<0,即x<0或x>2,所以曲线y=f(x)在x=t处的切线方程为y-f(t)=f '(t)(x-t),令y=0,得x=t+tt-2=t-2+2t-2+3,其中t∈(-∞,0)∪(2,+∞).记h(x)=x+2x(x∈(-∞,-2)∪(0,+∞)),则由其单调性及基本不等式得:h(x)∈(-∞,-3)∪[22,+∞),从而切线在x轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[22+3,+∞).
7.(2017江苏,20,16分)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.
答案 本题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.
(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.
当x=-a3时, f '(x)有极小值b-a23.
因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,
所以f -a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a>0,故b=2a29+3a.
因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3.
当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;
当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.
列表如下:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
故f(x)的极值点是x1,x2.
从而a>3.
因此b=2a29+3a,定义域为(3,+∞).
(2)证明:由(1)知,ba=2aa9+3aa.
设g(t)=2t9+3t,则g'(t)=29-3t2=2t2-279t2.
当t∈362,+∞时,g'(t)>0,从而g(t)在362,+∞上单调递增.
因为a>3,所以aa>33,
故g(a a)>g(33)=3,即ba>3.
因此b2>3a.
(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,
且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.
从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1
=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+2=0.
记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),
因为f '(x)的极值为b-a23=-19a2+3a,
所以h(a)=-19a2+3a,a>3.
因为h'(a)=-29a-3a2<0,
于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.
因为h(6)=-72,于是h(a)≥h(6),故a≤6.
因此a的取值范围为(3,6].
8.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;
(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-20,g(1)=e-2a-b>0.
由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-20,b<0,c>0,d>0 B.a>0,b<0,c<0,d>0
C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d<0
答案 A
2.(2014课标Ⅱ,21,12分)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.
答案 (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)证明: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]上有唯一实根.
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)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.
所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.
综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
3.(2018江苏,19,16分)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.
答案 本题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.
(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)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.
(2)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=ln x0,2ax0=1x0,
即ax02-1=ln x0,2ax02=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)f '(x)=-2x,g'(x)=bex(x-1)x2,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒bex0=-2x03x0-1>0⇒x0∈(0,1),
f(x0)=g(x0)⇒-x02+a=bex0x0=-2x02x0-1⇒a=x02-2x02x0-1,
令h(x)=x2-2x2x-1-a=-x3+3x2+ax-a1-x,x∈(0,1),a>0,
设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,
则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,
又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,
∴m(x)在(0,1)上有零点,
则h(x)在(0,1)上有零点.
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”.
4.(2015北京,19,13分)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.
答案 (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)证明: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.
5.(2014浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).
(1)求g(a);
(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.
答案 (1)因为a>0,-1≤x≤1,所以
(i)当00,故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a)=f(a)=a3.
(ii)当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3≤0,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.
综上,g(a)=a3,00,
知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)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.
答案 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.
(1)函数f(x)的导函数f '(x)=12x-1x,
由f '(x1)=f '(x2)得12x1-1x1=12x2-1x2,
因为x1≠x2,所以1x1+1x2=12.
由基本不等式得12x1x2=x1+x2≥24x1x2,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
设g(x)=12 x-ln x,
则g'(x)=14x(x-4),
所以
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
7.(2017天津,19,14分)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,
(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;
(ii)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.
答案 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查用函数思想解决问题的能力.
(1)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)(i)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.
(ii)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].
8.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=x3-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=0;
(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于···14.
答案 (1)由f(x)=x3-ax-b,可得f '(x)=3x2-a.
下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f '(x)=3x2-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=3a3,或x=-3a3.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
-∞,-3a3
-3a3
-3a3,3a3
3a3
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-3a3,3a3,单调递增区间为-∞,-3a3,3a3,+∞.
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由题意,得f '(x0)=3x02-a=0,即x02=a3,进而f(x0)=x03-ax0-b=-2a3x0-b.
又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),
且-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=-2x0.
所以x1+2x0=0.
(3)证明:设g(x)在区间[-1,1]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,-3a3≤-1<1≤3a3,
由(1)知, f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(1), f(-1)],
因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=a-1+b,b≥0,a-1-b,b<0.
所以M=a-1+|b|≥2.
②当34≤a<3时,-23a3≤-1<-3a3<3a3<1≤23a3,
由(1)和(2)知f(-1)≥f -23a3=f 3a3, f(1)≤f 23a3=f -3a3,
所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为f 3a3, f -3a3,
因此M=maxf3a3,f-3a3
=max-2a93a-b,2a93a-b
=max2a93a+b,2a93a-b
=2a93a+|b|≥29×34×3×34=14.
③当0f 23a3=f -3a3,
所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(-1), f(1)],
因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}
=max{|1-a+b|,|1-a-b|}
=1-a+|b|>14.
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于14.
9.(2014天津,19,14分)已知函数f(x)=x2-23ax3(a>0),x∈R.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.
答案 (1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).
令f '(x)=0,解得x=0或x=1a.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
0,1a
1a
1a,+∞
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
0
↗
13a2
↘
所以, f(x)的单调递增区间是0,1a;单调递减区间是(-∞,0),1a,+∞.
当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=1a时,f(x)有极大值,且极大值f1a=13a2.
(2)由f(0)=f32a=0及(1)知,当x∈0,32a时, f(x)>0;当x∈32a,+∞时, f(x)<0.
设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=1f(x)|x∈(1,+∞), f(x)≠0.则“对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.
下面分三种情况讨论:
①当32a>2,即032时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=1f(1),0,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.
综上,a的取值范围是34,32.
10.(2014福建,22,14分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:当x>0时,x2ln 2时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
所以当x=ln 2时, f(x)有极小值,
且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)无极大值.
(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.
由(1)得,g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,即g'(x)>0.
所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x20时,x2x0时,ex>x2>1cx,即x0),要使不等式xkx成立.
而要使ex>kx成立,只需要x>ln (kx),即x>ln x+ln k成立.
①若00时,x>ln x≥ln x+ln k成立.
即对任意c∈[1,+∞),
取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x1,令h(x)=x-ln x-ln k,则h'(x)=1-1x=x-1x,
所以当x>1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增.
取x0=4k,
h(x0)=4k-ln (4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2),
易知k>ln k,k>ln 2,
所以h(x0)>0.
因此对任意c∈(0,1),取x0=4c,
当x∈(x0,+∞)时,恒有x2x,
所以当x∈(x0,+∞)时,有cex≥ex>2x>x,即xln1c时,h'(x)>0,h(x)单调递增.
取x0=2ln2c,
h(x0)=ce2ln2c-2ln2c=22c-ln2c,
易知2c-ln2c>0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增,
所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0,即xf '(x)ln2成立,若f(-2)=2,则不等式f(x)>-2x-1的解集为( )
A.(-2,+∞) B.(2,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,2)
答案 D
4.(2019安徽黄山第二次质量检测,12)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数,对于任意的实数x,都有f(-x)f(x)=e2x,当x<0时,f(x)+f '(x)>0,若eaf(2a+1)≥f(a+1),则实数a的取值范围是( )
A.0,23 B.-23,0 C.[0,+∞) D.(-∞,0]
答案 B
5.(多选题)(命题标准样题,10)设函数f(x)=4x-2x+2+a,则下面结论正确的是( )
A. f(x)存在唯一的极值点 B. f(x)的单调性与a无关
C.当a<0时, f(x)有零点 D.当a>4时, f(x)没有零点
答案 ABCD
二、解答题(共70分)
6.(2019广东深圳第二次调研,21)已知函数f(x)=aex+2x-1,其中常数e=2.718 28…是自然对数的底数.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:对任意的a≥1,当x>0时, f(x)≥(x+ae)x.
答案 (1)f '(x)=aex+2.(1分)
①当a≥0时, f '(x)>0,函数f(x)在R上单调递增.(2分)
②当a<0时,由f '(x)>0,解得xln-2a.
故f(x)在-∞,ln-2a上单调递增,在ln-2a,+∞上单调递减.(4分)
综上所述,当a≥0时, f(x)在R上单调递增;
当a<0时, f(x)在-∞,ln-2a上单调递增,在ln-2a,+∞上单调递减.(5分)
(2)证明:原不等式等价于exx-xa-1ax+2a-e≥0.(6分)
令g(x)=exx-xa-1ax+2a-e,x>0,
则g'(x)=(x-1)(aex-x-1)ax2.(7分)
当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1,(8分)
令h(x)=ex-x-1,则当x>0时,h'(x)=ex-1>0,
∴当x>0时,h(x)单调递增,
∴h(x)>h(0)=0,(10分)
∴当01时,g'(x)>0,∴g(x)≥g(1)=0,(11分)
即exx-xa-1ax+2a-e≥0,故f(x)≥(x+ae)x.(12分)
7.(2019河南名校联盟尖子生第六次联合调研,21)已知函数f(x)=ex+(a-e)x-ax2.
(1)当a=0时,求函数f(x)的极值;
(2)若函数f(x)在区间(0,1)内存在零点,求实数a的取值范围.
答案 (1)当a=0时, f(x)=ex-ex,
则f '(x)=ex-e,令f '(x)=0,得x=1.
当x<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,且极小值为f(1)=0,无极大值.(4分)
(2)由题意得f '(x)=ex-2ax+a-e,
设g(x)=ex-2ax+a-e,则g'(x)=ex-2a.
若a=0,则f(1)=0,故由(1)得f(x)在区间(0,1)内没有零点.
若a<0,则g'(x)=ex-2a>0,故函数g(x)在区间(0,1)内单调递增.
又g(0)=1+a-e<0,g(1)=-a>0,所以存在x0∈(0,1),使g(x0)=0.
故当x∈(0,x0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x∈(x0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
因为f(0)=1, f(1)=0,所以当a<0时, f(x)在区间(0,1)内存在零点.(8分)
若a>0,由(1)得当x∈(0,1)时,ex>ex.
则f(x)=ex+(a-e)x-ax2>ex+(a-e)x-ax2=a(x-x2)>0,
此时函数f(x)在区间(0,1)内没有零点.
综上,实数a的取值范围为(-∞,0).(12分)
8.(2019河北衡水中学二调,19)已知函数f(x)=ex-2x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若函数g(x)=f(x)-a(x∈[-1,1])恰有2个零点,求实数a的取值范围.
答案 (1)因为f(x)=ex-2x,所以f '(x)=ex-2.
所以f '(0)=-1.又f(0)=1,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=-x,
即x+y-1=0.
(2)由题意得,g(x)=ex-2x-a,
所以g'(x)=ex-2.
由g'(x)=ex-2=0,解得x=ln 2,
故当-1≤x0,g(x)在(ln 2,1]上单调递增.
所以g(x)min=g(ln 2)=2-2ln 2-a.
又g(-1)=e-1+2-a,g(1)=e-2-a,
结合函数的图象可得,若函数恰有两个零点,
则g(-1)=e-1+2-a≥0,g(1)=e-2-a≥0,g(ln2)=2-2ln2-a<0,解得2-2ln 20,
因此,f(x)的单调递减区间为0,π3,单调递增区间为π3,π,
所以f(x)的最大值为max{f(0),f(π)}=max-1,π2-1=π2-1.
(2)证明:先证2πx-sin x+cos x-1≤0.
令g(x)=2πx-sin x+cos x-1,x∈[0,π],
则g'(x)=2π-cos x-sin x=2π-2sinx+π4,
由y=2sinx+π4,x∈[0,π]与y=2π的图象易知,
存在x0∈[0,π],使得g'(x0)=0,
故x∈[0,x0)时,g'(x)<0;x∈[x0,π]时,g'(x)>0.
所以g(x)的单调递减区间为[0,x0),单调递增区间为[x0,π],
所以g(x)的最大值为max{g(0),g(π)},又g(0)=0,g(π)=0,
所以由a≤2π,x≥0,得ax-sin x-1+cos x≤2πx-sin x-1+cos x≤0,当且仅当a=2π,x=0或π时,取“=”,即f(x)+cos x≤0.
10.(2020届黑龙江哈尔滨第六中学调研,21)已知函数f(x)=lnx+ax(a∈R),g(x)=e2x-2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≤g(x)在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
答案 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞).
f '(x)=1-lnx-ax2,令f '(x)=0,得x=e1-a,所以
当00,f(x)单调递增;
当x>e1-a时,f '(x)<0,f(x)单调递减,
故f(x)的单调递增区间为(0,e1-a),单调递减区间为[e1-a,+∞).
(2)由f(x)≤g(x)得lnx+ax≤e2x-2,即a≤x(e2x-2)-ln x,
令h(x)=x(e2x-2)-ln x(x>0),则h'(x)=(2x+1)e2x-1+2xx=(2x+1)e2x-1x,
令F(x)=e2x-1x(x>0),则F'(x)=2e2x+1x2>0(x>0),
所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,
又F14=e-4<0,F12=e-2>0,
所以F(x)有唯一的零点x0,且x0∈14,12.
当x∈(0,x0)时,F(x)<0,则h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(x0,+∞)时,F(x)>0,则h'(x)>0,h(x)单调递增.
所以h(x)min=h(x0)=x0(e2x0-2)-ln x0,
又因为F(x0)=0,即e2x0=1x0,所以h(x0)=x01x0-2-ln 1e2x0=1-2x0+2x0=1,
所以a≤1,故a的取值范围是(-∞,1].
11.(2020届山东夏季高考模拟,22)函数f(x)=a+x1+x(x>0),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线在y轴上的截距为112.
(1)求a;
(2)讨论g(x)=x(f(x))2的单调性;
(3)设a1=1,an+1=f(an)(n∈N*),证明:2n-2|2ln an-ln 7|<1.
答案 (1)f '(x)=1-a(1+x)2, f '(1)=1-a4,
又f(1)=a+12,
故y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=1-a4(x-1)+a+12,其在y轴上的截距为3a+14.
依题设得3a+14=112,解得a=7.
(2)g'(x)=(7+x)2(1+x)2+2x(7+x)1+x·-6(1+x)2=7+x(1+x)2·x2-4x+71+x(x>0).
g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(1)知f(x)=1+6x+1(x>0),
故f(x)在(0,+∞)上单调递减, f(7)=7,
由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(7)=77.
当x<7时,g(x)<77,x7<7(f(x))2,
ln x-12ln 77时,g(x)>77,x7>7(f(x))2,
ln x-12ln 7>ln 7-2ln f(x)>0,
故|2ln x-ln 7|>2|2ln f(x)-ln 7|,
所以|2ln a1-ln 7|>2|2ln a2-ln 7|>4|2ln a3-ln 7|>…>2n-1·|2ln an-ln 7|.
因为a1=1,ln 7<2,所以2n-2|2ln an-ln 7|<1.
