高考文科数学专题复习练习2导数的概念与几何意义
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导数的概念与几何意义
1.(2015河北石家庄一模,文16,导数的概念与几何意义,填空题)设过曲线f(x)=-ex-x(e为自然对数的底数)上任意一点处的切线为l1,总存在过曲线g(x)=ax+2cos x上一点处的切线l2,使得l1⊥l2,则实数a的取值范围为 .
解析:设l1与曲线f(x)相切于点P(x1,y1),l2与曲线g(x)相切于点Q(x2,y2),
则f'(x)=-ex-1,f'(x1)=-ex1-1;
g'(x)=a-2sin x,g'(x2)=a-2sin x2,
因为l1⊥l2,所以(ex1+1)(a-2sin x2)=1,
即a-1ex1+1=2sin x2∈[-2,2],
所以-2≤a-1ex1+1≤2,
即-2+1ex1+1≤a≤2+1ex1+1.
因为0<1ex1+1<1,故a的取值范围是[-1,2].
答案:[-1,2]
2.(2015河北保定一模,文15,导数的概念与几何意义,填空题)函数f(x)=ln x+ax的图象存在与直线2x-y=0平行的切线,则实数a的取值范围是 .
解析:f'(x)=1x+a(x>0),因为函数f(x)=ln x+ax存在与直线2x-y=0平行的切线,
所以方程1x+a=2在(0,+∞)上有解,
即a=2-1x在(0,+∞)上有解,
所以a<2.
若直线2x-y=0与曲线f(x)=ln x+ax相切,
设切点为(x0,2x0),则1x0+a=2,2x0=ln x0+ax0,
解得x0=e,此时a=2-1e.
综上可知,实数a的取值范围是-∞,2-1e∪2-1e,2.
答案:-∞,2-1e∪2-1e,2
3.(2015山西太原模拟(一),文14,导数的概念与几何意义,填空题)函数f(x)=xex在点(1,f(1))处的切线方程是 .
解析:利用导数的几何意义求解.
因为f(1)=e,f'(x)=ex+xex,f'(1)=2e,
所以函数f(x)=xex在点(1,f(1))处的切线方程为y-e=2e(x-1),即y=2ex-e.
答案:y=2ex-e
4.(2015广西南宁第二次适应性测试,文14,导数的概念与几何意义,填空题)已知函数f(x)=ln x-ax的图象在x=1处的切线与直线2x+y-1=0平行,则实数a的值为 .
解析:依题意得f'(x)=1x-a,f'(1)=1-a=-2,a=3.
答案:3
5.(2015河南郑州第二次质量检测,文14,导数的概念与几何意义,填空题)如图,y=f(x)是可导函数,直线l:y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,令g(x)=xf(x),其中g'(x)是g(x)的导函数,则g'(3)= .
解析:依题意得f(3)=k×3+2=1,k=-13,
则f'(3)=k=-13,g'(3)=f(3)+3f'(3)=1-1=0.
答案:0
6.(2015河南高考适应性测试,文5,导数的概念与几何意义,选择题)已知直线ax-by-2=0与曲线y=x3在点P(1,1)处的切线互相垂直,则ab的值为( )
A.13 B.23 C.-23 D.-13
解析:由题意得y'=3x2,当x=1时,y'|x=1=3×12=3,
所以ab×3=-1,即ab=-13.故选D.
答案:D
7.(2015河南适应性模拟练习,文12,导数的概念与几何意义,选择题)在函数f(x)=aln x-(x-1)2的图象上,横坐标在(1,2)内变化的点处的切线斜率均大于1,则实数a的取值范围是( )
A.[1,+∞) B.(1,+∞)
C.[6,+∞) D.(6,+∞)
解析:f'(x)=ax-(2x-2),由题意知ax-(2x-2)>1在(1,2)上恒成立,
所以a>x(2x-2)+x,整理得a>2x2-x,x∈(1,2),
当x=2时,2x2-x取得最大值6,所以a≥6,故选C.
答案:C
8.(2015河南洛阳3月统一考试,文4,导数的概念与几何意义,选择题)曲线f(x)=x2+ax+1在点(1,f(1))处的切线的倾斜角为3π4,则实数a=( )
A.1 B.-1 C.7 D.-7
解析:由题意得f'(x)=2x(x+1)-(x2+a)(x+1)2=x2+2x-a(x+1)2,
则有f'(1)=12+2×1-a(1+1)2=-1,解得a=7,故选C.
答案:C
9.(2015甘肃兰州诊断,文10,导数的概念与几何意义,选择题)在直角坐标系xOy中,设P是曲线C:xy=1(x>0)上任意一点,l是曲线C在点P处的切线,且l交坐标轴于A,B两点,则以下结论正确的是( )
A.△OAB的面积为定值2
B.△OAB的面积有最小值为3
C.△OAB的面积有最大值为4
D.△OAB的面积的取值范围是[3,4]
解析:依题意,设点Px0,1x0(x0>0),
则有y'|x=x0=-1x02,直线l:y-1x0=-1x02(x-x0),
即y=-1x02x+2x0与两坐标轴的交点坐标分别是A0,2x0,B(2x0,0),
△OAB的面积等于122x0×2x0=2,故选A.
答案:A
10.(2015甘肃兰州诊断,文15,导数的概念与几何意义,填空题)已知函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是 .
解析:依题意得f'(x)=ln x-ax+x1x-a=ln x-2ax+1.
令f'(x)=ln x-2ax+1=0得ln x=2ax-1,
因为函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,
所以f'(x)=ln x-2ax+1有两个零点,等价于函数y=ln x与y=2ax-1的图象有两个交点,
在同一个坐标系中作出它们的图象,过点(0,-1)作y=ln x的切线,
设切点为(x0,y0),则切线的斜率k=1x0,切线方程为y=1x0x-1.
又切点在切线上,则y0=x0x0-1=0,
又切点在曲线y=ln x上,则ln x0=0⇒x0=1,
即切点为(1,0),切线方程为y=x-1.
再由直线y=2ax-1与曲线y=ln x有两个交点,知直线y=2ax-1位于两直线y=-1和y=x-1之间,
其斜率2a应满足0<2a<1,实数a的取值范围是0,12.
答案:0,12
11.(2015宁夏银川二中一模,文5,导数的概念与几何意义,选择题)已知函数f(x)=x和g(x)=aln x,曲线y=f(x)和y=g(x)有交点且在交点处有相同的切线,则a=( )
A.e3 B.e2
C.2e3 D.e
解析:设两条曲线的切点坐标为(m,m),因为有相同切线,故12m=am,①
又m=aln m,②
联立两式,解得m=e2,a=e2,故选B.
答案:B
12.(2015贵州八校二联,文16,导数的概念与几何意义,填空题)已知点M在曲线y=3ln x-x2上,点N在直线x-y+2=0上,则|MN|的最小值为 .
解析:当点M处的曲线的切线与直线x-y+2=0平行时|MN|取得最小值.
令y'=-2x2+3x=1,解得x=1,
所以点M的坐标为(1,-1).
所以点M到直线x-y+2=0的距离的最小值为|1+2+1|2=22.
答案:22
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导数的运算
1.(2015河北石家庄一检,文13,导数的运算,填空题)曲线y=x3+1在x=1处的切线方程为 .
解析:由题意得y'=3x2,y|x=1=2,y'|x=1=3,则切线的方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.
答案:3x-y-1=0
2.(2015吉林长春质量监测(二),文13,导数的运算,填空题)若函数f(x)=lnxx,则f'(2)= .
解析:由f'(x)=1-lnxx2得f'(2)=1-ln24.
答案:1-ln24
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导数与函数的单调性
1.(2015宁夏银川二中一模,文12,导数与函数的单调性,选择题)已知函数f(x)=x2-2x+1+aln x有两个极值点x1,x2,且x1
1+2ln24 D.f(x2)>1-2ln24
解析:因为f'(x)=2x-2+ax=2x2-2x+ax,x∈(0,+∞),
则x1,x2是方程2x2-2x+a=0的两个不等的正根,
由韦达定理得x1+x2=1,
故2x2>x1+x2=1,x2>12.
因为x1>0,所以x2=1-x1<1.
故有120,则函数g(t)在12,1上单调递增,
所以f(x2)=g(x2)>g12=1-2ln24,故选D.
答案:D
2.(本小题满分12分)(2015宁夏银川一中二模,文21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数f(x)=-aln1x-bx2图象上一点P(2,f(2))处的切线方程为y=-3x+2ln 2+2.
(1)求a,b的值;
(2)若方程f(x)+m=0在1e,e内有两个不等实根,求m的取值范围(其中e为自然对数的底,e≈2.7).
解:(1)f'(x)=ax-2bx,f'(2)=a2-4b,f(2)=aln 2-4b.
∴a2-4b=-3,且aln 2-4b=-6+2ln 2+2,解得a=2,b=1.(4分)
(2)f(x)=2ln x-x2,令h(x)=f(x)+m=2ln x-x2+m,
则h'(x)=2x-2x=2(1-x2)x,
令h'(x)=0,得x=1(x=-1舍去).
在1e,e内,当x∈1e,1时,h'(x)>0,∴h(x)是增函数;
当x∈(1,e]时,h'(x)<0,∴h(x)是减函数.
则方程h(x)=0在1e,e内有两个不等实根的充要条件是h1e≤0,h(1)>0,h(e)≤0,解得10时,函数f(x)的定义域为(0,+∞).
当x∈(0,a)时,有f'(x)<0.∴f(x)在(0,a)上是减函数;(2分)
当x∈(a,+∞)时,有f'(x)>0,∴f(x)在(0,a)上是增函数.(3分)
②当a<0时,函数f(x)的定义域为(-∞,0).
当x∈(-∞,a)时,有f'(x)<0,
∴f(x)在(-∞,a)上是减函数;(4分)
当x∈(a,0)时,有f'(x)>0,∴f(x)在(a,0)上是增函数.(5分)
(2)证明:假设存在这样的切线,
设切点为Tx0,ln x0-x0-1x0,
则切线方程为y+1=x0-1x02(x-1).(6分)
将点T坐标代入得ln x0-x0-1x0+1=(x0-1)2x02,
即ln x0+3x0-1x02-1=0.①(7分)
设g(x)=ln x+3x-1x2-1,
则g'(x)=(x-1)(x-2)x3.
∵x>0,∴g(x)在(0,1),(2,+∞)上是增函数,在(1,2)上是减函数.(8分)
故g(x)极大值=g(1)=1>0,g(x)极小值=g(2)=ln 2+14>0.(9分)
又g14=ln14+12-16-1=-ln 4-5<0.(11分)
由g(x)在(0,1)上单调递增,知g(x)=0仅在14,1内有且仅有一根,方程①有且仅有一解,故符合条件的切线仅有一条.(12分)
4.(2015东北三校一联,文11,导数与函数的单调性,选择题)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在(2,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,2) B.(-∞,2]
C.-∞,52 D.-∞,52
解析:因为f'(x)=6x2-6mx+6,令f'(x)≥0,即6x2-6mx+6≥0,
则m≤x+1x.
又因为y=x+1x在(2,+∞)上为增函数,
故当x∈(2,+∞)时,x+1x>52,故m≤52,故选D.
答案:D
5.(本小题满分12分)(2015黑龙江哈尔滨第三中学二模,文21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数f(x)=ln x+ax+1.
(1)当a=92时,求f(x)在定义域上的单调区间;
(2)若f(x)在(0,+∞)上为增函数,求实数a的取值范围.
解:(1)当a=92时,f'(x)=x2-52x+1x(x+1)2,(2分)
在0,12和(2,+∞)上为增函数,在12,2上为减函数.(4分)
(2)由f'(x)=x2+(2-a)x+1x(x+1)2,要使f(x)在(0,+∞)上为增函数,
只需x2+(2-a)x+1在(0,+∞)上恒大于等于0,即a≤x2+2x+1x恒成立,
由x2+2x+1x=x+1x+2≥4,得实数a的取值范围为(-∞,4].(12分)
6.(2015甘肃兰州诊断,文12,导数与函数的单调性,选择题)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f'(x),若对于任意实数x,有f(x)>f'(x),且y=f(x)-1为奇函数,则不等式f(x)f'(x),所以函数h(x)是R上的减函数.
所以不等式f(x)0,故选B.
答案:B
7.(本小题满分12分)(2015甘肃兰州诊断,文21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若a=1,函数g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x在x∈(2,+∞)上为增函数,求实数m的取值范围.
解:(1)函数f(x)的定义域为x∈R,f'(x)=ex-a.
当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在R上为增函数;
当a>0时,由f'(x)=0得x=ln a,
则当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,函数f(x)在(-∞,ln a)上为减函数;
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)在(ln a,+∞)上为增函数.(6分)
(2)当a=1时,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x,
∵g(x)在x∈(2,+∞)上为增函数,
∴g'(x)=xex-mex+m+1≥0在x∈(2,+∞)恒成立,
即m≤xex+1ex-1在x∈(2,+∞)恒成立.
令h(x)=xex+1ex-1,x∈(2,+∞),
h'(x)=(ex)2-xex-2ex(ex-1)2=ex(ex-x-2)(ex-1)2,
令L(x)=ex-x-2,
L'(x)=ex-1>0在x∈(2,+∞)恒成立,
即L(x)=ex-x-2在x∈(2,+∞)单调递增,
即L(x)>L(2)=e2-4>0,∴h'(x)>0,
即h(x)=xex+1ex-1在x∈(2,+∞)单调递增,
h(x)>h(2)=2e2+1e2-1,∴m≤2e2+1e2-1.(12分)
8.(2015贵州适应性考试,文12,导数与函数的单调性,选择题)若对任意非负实数x都有(x-m)·e-x-x<0,则实数m的取值范围为( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)
C.-∞,-1e D.-1e,e
解析:利用导数研究函数的单调性.
由题意可得x-m(x-xex)max,x∈[0,+∞).
令f(x)=x-xex,x∈[0,+∞),
则f'(x)=1-12x+xex≤1-2<0,x∈[0,+∞),
所以函数f(x)=x-xex,x∈[0,+∞)单调递减,
则当x=0时,f(x)取得最大值0,故m>0,故选A.
答案:A
9.(本小题满分12分)(2015河南十校测试(四),文20,导数与函数的单调性,解答题)已知函数f(x)=12x2-(a+1)x+aln x+1.
(1)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)≥1恒成立,求a的取值范围.
解:(1)f'(x)=x-(a+1)+ax.
因为x=3是f(x)的极值点,
所以f'(3)=3-(a+1)+a3=0,解得a=3.(2分)
当a=3时,f'(x)=x2-4x+3x=(x-1)(x-3)x.
当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增
所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1),(3,+∞),单调递减区间为(1,3).(6分)
(2)要使得f(x)≥1恒成立,即x>0时,
12x2-(a+1)x+aln x≥0恒成立.(7分)
设g(x)=12x2-(a+1)x+aln x,
则g'(x)=x-(a+1)+ax=(x-1)(x-a)x.
①当a≤0时,由g'(x)<0得函数g(x)的单调递减区间为(0,1),
由g'(x)>0得函数g(x)的单调递增区间为(1,+∞),
此时g(x)min=g(1)=-a-12≥0,得a≤-12.(10分)
②若a>0,此时g(1)=-a-12<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围为-∞,-12.(12分)
10.(2015江西九校联合考试,文12,导数与函数的单调性,选择题)定义在0,π2上的函数f(x),f'(x)是它的导函数,且恒有f(x)2fπ3
B.2fπ6>fπ4
C.f(1)<2fπ6sin 1
D.3fπ60,cos x>0.
由f(x)-f'(x)tan x<0知g'(x)=f'(x)sinx-f(x)cosxsin2x=-cosx[f(x)-f'(x)tanx]sin2x>0,g(x)是增函数.
又0<π6<π3<π2,
因此有gπ6x2>0,f(x1)-f(x2)0).(2分)
∵曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线x-2=0垂直,
∴此切线的斜率为0.
即f'(e)=0,有1e-ke2=0,得k=e.(4分)
∴f'(x)=1x-ex2=x-ex2(x>0),
由f'(x)<0得00得x>e.
∴f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,
当x=e时,f(x)取得极小值.
f(e)=ln e+ee=2.
故f(x)的单调递减区间为(0,e),极小值为2.(6分)
(2)任意x1>x2>0,f(x1)-f(x2)x2>0,
f(x1)-x10),
则(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减.(9分)
由h'(x)=1x-kx2-1≤0在(0,+∞)上恒成立,(10分)
得k≥-x2+x=-x-122+14(x>0)恒成立,
∴k≥14对k=14,h'(x)=0仅在x=12时成立.
故k的取值范围是14,+∞.(12分)
13.(本小题满分12分)(2015山西3月质量监测,文21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数f(x)=xln x.
(1)试求曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程;
(2)若x>1,试判断方程f(x)=(x-1)(ax-a+1)的解的个数.
解:(1)由题意得f'(x)=ln x+1,则f'(e)=2,
又∵f(e)=e,
∴曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y-e=2(x-e),即2x-y-e=0.(4分)
(2)方程f(x)=(x-1)(ax-a+1)的解即为方程
ln x-(x-1)(ax-a+1)x=0的解,
设h(x)=ln x-(x-1)(ax-a+1)x,x>1,
则h'(x)=-ax2-x-a+1x2
=-(x-1)(ax+a-1)x2,x>1.(6分)
当a=0时,h'(x)>0,h(x)为增函数,
∴h(x)>h(1)=0,方程无解;
当a≠0时,令h'(x)=0得x1=1,x2=1-aa.
当a<0,即x2=1-aa<1时,h'(x)>0,
则h(x)为(1,+∞)上的增函数,
∴h(x)>h(1)=0,方程无解;
当01时,
当x∈1,1-aa时,h'(x)>0,h(x)为增函数;
当x∈1-aa,+∞时,h'(x)<0,h(x)为减函数.
又x→+∞时,h(x)=ln x-ax+1-ax+2a-1<0,h(1)=0,∴方程有一个解;
当a≥12,即1-aa<1时,
又x>1,∴h'(x)<0,h(x)为减函数,
而h(x)2时,f'(x)>0,当00.所以数列{an}为递增的等差数列,故选A.
答案:A
17.(本小题满分12分)(2015河北石家庄一检,文22,导数与函数的单调性,解答题)已知函数f(x)=ln x+x2-ax,a∈R.
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)若x>1,f(x)>0,求a的取值范围.
解:(1)当a=3时,f(x)=ln x+x2-3x,
f(x)的定义域为(0,+∞),(1分)
f'(x)=1x+2x-3=1+2x2-3xx.
当01时,f'(x)>0;(3分)
当120得a1),
则g'(x)=1+x2-lnxx2.
令h(x)=1+x2-ln x(x>1),则h'(x)=2x-1x=2x2-1x>0,
∴h(x)在(1,+∞)上为增函数,h(x)>h(1)=2>0.(10分)
∴g'(x)>0,∴g(x)在(1,+∞)上为增函数.
∴g(x)>g(1)=1.∴a≤1,即实数a的取值范围为(-∞,1].(12分)
18.(本小题满分12分)(2015河北保定一模,文21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数f(x)=ex-ax+a,其中a∈R,e为自然对数的底数.
(1)讨论函数f(x)的单调性,并写出相应的单调区间;
(2)设b∈R,若函数f(x)≥b对任意x∈R都成立,则当a≥0时,求ab的最大值.
解:(1)∵f'(x)=ex-a,(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)=ex-a=0得x=ln a,
则当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞),单调递减区间为(-∞,ln a).(5分)
(2)当a=0时,此时ab=0.(7分)
当a>0时,由函数f(x)≥b对任意x∈R都成立得b≤f(x)min,
∵f(x)min=f(ln a)=2a-aln a,∴b≤2a-aln a.(9分)
∴ab≤2a2-a2ln a.
设g(a)=2a2-a2ln a(a>0),
则g'(a)=4a-(2aln a+a)=3a-2aln a.
由于a>0,令g'(a)=0得ln a=32,a=e32.
当a∈(0,e32)时,g'(a)>0,g(a)单调递增;
当a∈(e32,+∞)时,g'(a)<0,g(a)单调递减.
∴g(a)max=e32,即a=e32,b=12e32时,ab的最大值为e32.(12分)
19.(2015山西太原模拟(一),文12,导数与函数的单调性,选择题)已知函数f(x)=ln x+tan α0<α<π2的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则α的取值范围为( )
A.π4,π2 B.0,π3
C.π6,π4 D.0,π4
解析:利用导数求解.
因为f'(x)=1x,所以方程f'(x)=f(x),
即1x=ln x+tan α的根在(0,1)上,1x-ln x=tan α,
令g(x)=1x-ln x,x∈(0,1),
则g'(x)=-1x2-1x<0,x∈(0,1),
所以函数g(x)=1x-ln x在(0,1)上单调递减,
则tan α>g(1)=1.
又因为0<α<π2,所以π4<α<π2,故选A.
答案:A
20.(2015山西太原二模,文11,导数与函数的单调性,选择题)下列不等式正确的是( )
A.sin 1<2sin12<3sin13
B.3sin13<2sin121时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当00,g(x)单调递增,
所以g(x)的大致图象如图所示,要使y=a与y=g(x)只有一个交点,需满足ag(1)=16,故选C.
答案:C
22.(2015河南郑州第三次质量检测,文10,导数与函数的单调性,选择题)函数f(x)=1x+ln |x|的图象大致为( )
解析:因为f(1)=1,排除A项,当x>0时,f(x)=1x+ln x,f'(x)=-1x2+1x=x-1x2,
所以当01时,f'(x)>0,f(x)单调递增,排除D项.
又f(-1)=-1,所以排除C项,故选B.
答案:B
41
导数与函数的极值
1.(2015山西大附中第五次月考,文7,导数与函数的极值,选择题)已知函数f(x)=13x3+12mx2+m+n2x的两个极值点分别为x1,x2,且00,f'(1)<0,即m+n>0,3m+n+2<0,不等式组表示的区域如图中的阴影部分所示,
由m+n=0,3m+n+2=0,得m=-1,n=1,
由图可知要使区域内存在点(x0,y0)满足y0=loga(x0+4),
当a>1时,如图1,需满足10,
所以g(x)在0,-2a上单调递减;
在-2a,+∞上单调递增.(5分)
(2)因为f(x)=x2+g(x),所以f(x)的定义域为(0,+∞),
且f'(x)=(x2)'+g'(x)=2x-ax+2x2=2x3-ax-2x2.
令h(x)=2x3-ax-2,x∈[0,+∞),(*)
则h'(x)=6x2-a.(**)
当a<0时,h'(x)≥0恒成立,h(x)为[0,+∞)上的单调递增函数,
又h(0)=-2<0,h(1)=-a>0,
所以在(0,1)内h(x)至少存在一个变号零点x0,且x0也是f'(x)的变号零点,
此时f(x)在(0,1)内有极值;
当a≥0时,h(x)=2(x3-1)-ax<0,在(0,1)上恒成立,即在(0,1)上,f'(x)<0恒成立,
此时,f(x)无极值.
综上所述,若f(x)在(0,1)内有极值,则a的取值范围为(-∞,0).(12分)
3.(2015江西八校联考,文12,导数与函数的极值,选择题)已知函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,0)
B.0,12
C.(0,1)
D.(0,+∞)
解析:利用数形结合求解.
函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,
即f'(x)=ln x+1-2ax=0,x∈(0,+∞)有两个不等根,
则2a=lnx+1x,x∈(0,+∞),
即函数y=2a,y=lnx+1x,x∈(0,+∞)的图象有两个不同交点.
y'=-lnxx2,x∈(0,+∞),
则x∈(0,1),y'>0,函数单调递增,x∈(1,+∞),y'<0,函数单调递减,
x=1时函数取得最大值1,且该函数只有一个零点1e,
作出该函数图象,可知0<2a<1时,函数y=2a,y=lnx+1x,x∈(0,+∞)的图象有两个不同的交点,
所以实数a的取值范围是0,12,故选B.
答案:B
4.(本小题满分12分)(2015江西重点中学盟校联考,文21,导数与函数的极值,解答题)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx(其中a,b为常数且a≠0)在x=1处取得极值.
(1)当a=1时,求f(x)的极大值点和极小值点;
(2)若f(x)在(0,e]上的最大值为1,求a的值.
解:(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,
所以f'(x)=1x+2ax+b.
因为函数f(x)=ln x+ax2+bx在x=1处取得极值,f'(1)=1+2a+b=0.
当a=1时,b=-3,f'(x)=2x2-3x+1x,
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x
0,12
12
12,1
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)的单调递增区间为0,12和(1,+∞),单调递减区间为12,1,(3分)
所以f(x)的极大值点为12,f(x)的极小值点为1.(4分)
(2)因为f'(x)=2ax2-(2a+1)x+1x
=(2ax-1)(x-1)x(x>0),
令f'(x)=0得x1=1,x2=12a,
因为f(x)在x=1处取得极值,
所以x2=12a≠x1=1.
①当12a<0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减,
所以f(x)在区间(0,e]上的最大值为f(1),
令f(1)=1,解得a=-2.(7分)
②当a>0时,x2=12a>0,
(ⅰ)当12a<1时,f(x)在0,12a上单调递增,12a,1上单调递减,(1,e)上单调递增,
所以最大值1可能在x=12a或x=e处取得,
而f12a=ln12a+a12a2-(2a+1)·12a=ln12a-14a-1<0,
所以f(e)=ln e+ae2-(2a+1)e=1,解得a=1e-2.(9分)
(ⅱ)当1≤12a0,
当x=2+106时,h(x)取得极小值,
且h2+106<0,
所以函数h(x)有三个零点.
又h(-1)<0,h-12>0,h(0)>0,h12<0,h(1)<0,h32>0,
所以k=-1,0,1,即实数k有3个.
答案:3
6.(本小题满分12分)(2015山西太原模拟(一),文21,导数与函数的极值,解答题)已知函数f(x)=(x2-ax+a)ex-x2,a∈R.
(1)若函数f(x)在(0,+∞)内单调递增,求a的取值范围;
(2)若函数f(x)在x=0处取得极小值,求a的取值范围.
解:(1)由题意得f'(x)=x[(x+2-a)ex-2]
=xexx+2-2ex-a,x∈R.(2分)
∵f(x)在(0,+∞)内单调递增,
∴f'(x)≥0在(0,+∞)内恒成立.
∴x+2-2ex≥a在(0,+∞)内恒成立.(4分)
又函数g(x)=x+2-2ex在(0,+∞)上单调递增,
∴a≤g(0)=0.
∴a的取值范围是(-∞,0].(6分)
(2)由(1)得f'(x)=xexx+2-2ex-a,x∈R,
令f'(x)=0,则x=0或x+2-2ex-a=0,即x=0或g(x)=a,
∵g(x)=x+2-2ex在(-∞,+∞)上单调递增,其值域为R,
∴存在唯一x0∈R,使得g(x0)=a,(8分)
①若x0>0,当x∈(-∞,0)时,g(x)0;
当x∈(0,x0)时,g(x)0;
当x∈(0,+∞)时,g(x)>a,f'(x)>0,
∴f(x)在x=0处不取极值,这与题设矛盾.
③若x0<0,当x∈(x0,0)时,g(x)>a,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,g(x)>a,f'(x)>0,
∴f(x)在x=0处取得极小值.(11分)
综上所述,x0<0,∴a=g(x0)0时,函数f(x)在(-∞,-1),(a,+∞)上单调递增,在(-1,a)上单调递减,
函数f(x)在x=a处取得极小值,不符合题意.
综上所述,实数a的取值范围为(-1,0).
答案:(-1,0)
9.(本小题满分12分)(2015河南洛阳3月统一考试,文21,导数与函数的极值,解答题)已知f(x)=xex-ax2-x.
(1)若f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,求f(x)的极小值;
(2)若x≥0时,恒有f(x)≥0,求实数a的取值范围.
解:(1)∵f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,
∴f'(-1)=0.
∵f'(x)=(x+1)ex-2ax-1,
∴2a-1=0,a=12.(2分)
∴f'(x)=(x+1)ex-x-1=(x+1)(ex-1).
f(x)在(-∞,-1)上单调递增,(-1,0)上单调递减,(0,+∞)上单调递增,(4分)
∴f(x)的极小值为f(0)=0.(5分)
(2)f(x)=x(ex-ax-1),令g(x)=ex-ax-1,则g'(x)=ex-a.
若a≤1,则x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,而g(0)=0,
∴当x≥0时,g(x)≥0,从而f(x)≥0.(8分)
若a>1,则x∈(0,ln a)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,g(0)=0,
当x∈(0,ln a)时,g(x)<0,从而f(x)<0.(11分)
综上,实数a的取值范围是(-∞,1].(12分)
10.(本小题满分12分)(2015江西南昌一模,文21,导数与函数的极值,解答题)已知函数f(x)=xsin x+cos x(x>0).
(1)当x∈(0,2π)时,求f(x)的极值;
(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个极值点,证明:1x22+1x32+…+1xn2<29(n≥2,n∈N).
解:(1)f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,x∈(0,2π),f'(x)=0,
∴x=π2或3π2.
∴f(x)在0,π2或3π2,2π上单调递增,在π2,3π2上单调递减,(2分)
f(x)极小值=f3π2=3π2sin3π2+cos3π2=-3π2,(4分)
f(x)极大值=fπ2=π2sinπ2+cosπ2=π2.(6分)
(2)证明:∵f'(x)=0,x>0,∴xi=(2n-1)π2,(8分)
∴94×1xi2=2(2n-1)π2<1(2n-1)2,(9分)
941x22+1x32+…+1xn2<132+152+…+1(2n-1)2
<11×3+13×5+15×7+…+1(2n-3)(2n-1)
=121-12n-1=12-14n-2<12,(11分)
∴1x22+1x32+…+1xn2<49×12=29.(12分)
42
导数与函数的最值
1.(2015河南郑州第三次质量检测,文11,导数与函数的最值,选择题)若函数f(x)=ln(kex-x+1)的值域为R,则实数k的最大值为( )
A.e-1 B.e-2 C.e D.-2
解析:设g(x)=kex-x+1,由题意知不妨设k>0,
因为f(x)的值域为R,
所以kex-x+1≤0有解.
因为g'(x)=kex-1,
所以当xln1k时,g'(x)>0,
g(x)min=gln1k=1+ln k+1≤0,
所以00),
则h'(x)=12-12x,
所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,h(x)在x=1处取得最小值h(1)=12+1=32,
即|AB|的最小值为32,故选D.
答案:D
4.(2015宁夏银川质量检测,文16,导数与函数的最值,填空题)已知f(x)=x+3,x≤1,-x2+2x+3,x>1,则使f(x)-ex-m≤0恒成立的m的取值范围是 .
解析:利用导数研究函数单调性.
令g(x)=f(x)-ex=x+3-ex,x≤1,-x2+2x+3-ex,x>1,
则不等式f(x)-ex-m≤0恒成立即为m≥(g(x))max.
当x≤1时,g'(x)=1-ex,x∈(-∞,0),g'(x)>0,g(x)单调递增,x∈(0,1),g'(x)<0,g(x)单调递减,
所以(g(x))max=g(0)=2;
当x>1时,g'(x)=-2x+2-ex=2(1-x)-ex<0,
则g(x)单调递减,此时(g(x))max<4-e2时,f'(x)>0;
当00,f'(x)=1-2x+ax2,(1分)
由函数f(x)在定义域上是增函数得f'(x)≥0,(2分)
即a≥2x-x2=-(x-1)2+1(x>0).
因为-(x-1)2+1≤1(当x=1时取等号),(4分)
所以a的取值范围是[1,+∞).(5分)
(2)g'(x)=ex2x-1+2lnx-x,(7分)
由(1)得a=2时,f(x)=x-2ln x-2x+1.
且f(x)在定义域上是增函数,又f(1)=0,
所以当x∈(0,1)时,f(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f(x)>0.(10分)
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.
故x=1时,g(x)取得最大值-e.
7.(本小题满分12分)(2015辽宁大连双基测试,文21,导数与函数的最值,解答题)已知函数f(x)=xa-ex(a>0).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值;
(3)若存在x1,x2(x10),则f'(x)=1a-ex.
令1a-ex=0,则x=ln1a.
当x变化时,f(x)与f'(x)的变化情况如下:
x
-∞,ln1a
ln1a
ln1a,+∞
f'(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
故函数f(x)的单调递增区间为-∞,ln1a;
单调递减区间为ln1a,+∞.(4分)
(2)当ln1a≥2,即00,即a<1e,
∵f(1)=1a-e>0,由此可得x1<1ln1a-1,即x1-x2<1-ln1a,
又∵f(x1)=x1a-ex1=0,f(x2)=x2a-ex2=0.
∴x1x2=ex1ex2=ex1-x2<e1-ln1a=eln(ae)=ae.(12分)
44
利用导数研究函数的零点或方程的根
1.(2015河南六市一联,文16,利用导数研究函数的零点或方程的根,填空题)已知函数f(x)=lnx,x≥1,1e(x+2)(x-a),x<1(a为常数,e为自然对数的底数)的图象在点A(e,1)处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点,则实数a的取值范围是 .
解析:利用导数求出在点A处的切线方程,转化为二次方程实根分布问题求解.
易知曲线在点A处的切线方程为y-1=1e(x-e),
即为y=1ex.
该切线与f(x)的图象有三个交点,
则与f(x)=1e(x+2)(x-a),x<1有两个不同交点,
即方程1ex=1e(x+2)(x-a),x∈(-∞,1)有两个不等根,
x2+(1-a)x-2a=0,x∈(-∞,1)有两个不等根,
结合二次函数g(x)=x2+(1-a)x-2a,x∈(-∞,1)的图象可得Δ=(1-a)2+8a>0,-1-a2<1,g(1)=2-3a>0,
解得a<-3-22或a>-3+22,a<3,a<23.
所以a<-3-22或-3+220得f(x)的单调递增区间为(e,+∞),
由f'(x)<0得f(x)的单调递减区间为(0,1),(1,e).(6分)
(2)函数g(x)=tf(x)-x在1e,1∪(1,e2]上有两个零点等价于h(x)=lnxx与y=t在1e,1∪(1,e2]上有两个不同的交点.
由h'(x)=1-lnxx2>0得0e,
所以当x=e时,y=h(x)有极大值,即最大值h(e)=1e.
又h1e=-e,h(e2)=2e2,h(1)=0且2e2>0>-e,
所以实数t的取值范围为2e2,1e.(12分)
45
利用导数解决不等式的有关问题
1.(本小题满分12分)(2015山西大附中第五次月考,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=12ax2-(2a+1)x+2ln x(a∈R).
(1)若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,求a的值;
(2)求f(x)的单调区间;
(3)设g(x)=x2-2x,若对任意x1∈(0,2],均存在x2∈(0,2],使得f(x1)0).
f'(1)=f'(3),即a-(2a+1)+2=3a-(2a+1)+23,
解得a=23.(4分)
(2)f'(x)=(ax-1)(x-2)x(x>0),(5分)
①当a≤0时,x>0,ax-1<0,
在(0,2)上,f'(x)>0;在(2,+∞)上,f'(x)<0,
故f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,+∞);(6分)
②当02,
在(0,2)和1a,+∞上,f'(x)>0;
在2,1a上,f'(x)<0,
故f(x)的单调递增区间是(0,2)和1a,+∞,单调递减区间是2,1a.(7分)
③当a=12时,f'(x)=(x-2)22x,故f(x)的单调递增区间是(0,+∞);(8分)
④当a>12时,0<1a<2,
在0,1a和(2,+∞)上,f'(x)>0;
在1a,2上,f'(x)<0,
故f(x)的单调递增区间是0,1a和(2,+∞),单调递减区间是1a,2.(9分)
(3)由题意得在(0,2]上有f(x)maxln 2-1.
故ln 2-112时,f(x)在0,1a上单调递增,在1a,2上单调递减,
故f(x)max=f1a=-2-12a-2ln a.
由a>12可知ln a>ln12>ln1e=-1,2ln a>-2,-2ln a<2,
所以-2-2ln a<0,f(x)max<0,
综上所述,a的取值范围为a>ln 2-1.(12分)
2.(本小题满分12分)(2015河北石家庄一模,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=2(a+1)ln x-ax,g(x)=12x2-x.
(1)若函数f(x)在定义域内为单调函数,求实数a的取值范围;
(2)证明:若-1-1.
(1)解:函数f(x)=2(a+1)ln x-ax的定义域为(0,+∞),
f'(x)=2(a+1)x-a=-ax+2(a+1)x,
令m(x)=-ax+2(a+1),
因为函数y=f(x)在定义域内为单调函数,
所以f'(x)≥0或f'(x)≤0恒成立,(2分)
即m(x)=-ax+2(a+1)的符号大于等于零或小于等于零恒成立,
当a=0时,m(x)=2>0,f'(x)>0,y=f(x)在定义域内为单调递增函数;
当a>0时,m(x)=-ax+2(a+1)为减函数,
只需m(0)=2(a+1)≤0,即a≤-1,不符合要求;
当a<0时,m(x)=-ax+2(a+1)为增函数,
只需m(0)=2(a+1)≥0即可,即a≥-1,解得-1≤a<0,
此时y=f(x)在定义域内为单调递增函数.(5分)
综上所述,a∈[-1,0].(6分)
(2)证明:g(x)=12x2-x=12(x-1)2-12在(1,+∞)上单调递增,
不妨设x1>x2>1,则g(x1)>g(x2),
则f(x1)-f(x2)g(x1)-g(x2)>-1,
等价于f(x1)-f(x2)>-(g(x1)-g(x2)),
等价于f(x1)+g(x1)>f(x2)+g(x2).(8分)
设n(x)=f(x)+g(x)
=12x2+2(a+1)ln x-(a+1)x,
则n'(x)=x+2(a+1)x-(a+1)
≥2x·2(a+1)x-(a+1)
=2-(a+1-2)2,
由于-10,即n(x)在(1,+∞)上单调递增,(10分)
从而当1f(x2)+g(x2)成立,命题得证.(12分)
3.(本小题满分12分)(2015山西二测,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=alnxx在x=1处的切线经过点(0,-1).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当x∈(0,+∞)时,若不等式f(x)≤x2-x+m恒成立,求实数m的取值范围.
解:(1)由题意得函数f(x)=alnxx的定义域为(0,+∞),(1分)
∵f'(x)=a(1-lnx)x2,∴f'(1)=a.
∴f(x)在x=1处的切线方程为
y-f(1)=f'(1)(x-1),
即y=ax-a,(3分)
∵f(x)在x=1处的切线经过点(0,-1),∴a=1.(4分)
∴f'(x)=1-lnxx2,令f'(x)>0,则0e,
∴y=f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).(6分)
(2)令h(x)=ln x-x2+x(x>0),
则h'(x)=1x-2x+1=(2x+1)(x-1)-x,
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴当x=1时,h(x)取最大值为h(1)=0,
即ln x-x2+x≤0,(8分)
∴lnxx≤x-1(当且仅当x=1时等号成立),(9分)
∵(x-1)2≥0,∴x2-2x+1≥0.
∴x2-x≥x-1(当且仅当x=1时等号成立).
∴lnxx≤x-1≤x2-x(当且仅当x=1时等号成立),(11分)
∴实数m的取值范围是[0,+∞).(12分)
4.(本小题满分12分)(2015江西南昌二模,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=ln x+x2-2ax+1(a为常数).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:若对任意的a∈(1,2),都存在x0∈(0,1]使得不等式f(x0)+ln a>a-a2成立.
(1)解:f'(x)=1x+2x-2a=2x2-2ax+1x(x>0),
记g(x)=2x2-2ax+1.(2分)
①当a≤0时,因为x>0,所以g(x)>1>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;(3分)
②当02时,由x>0,g(x)>0,
解得x∈a-a2-22,a+a2-22,
所以函数f(x)在a-a2-22,a+a2-22上单调递减,
在0,a-a2-22,a+a2-22,+∞上单调递增.(6分)
(2)证明:由(1)知当a∈(1,2)时,函数f(x)在(0,1]上单调递增,
所以x∈(0,1]时,函数f(x)的最大值是f(1)=2-2a,
对任意的a∈(1,2),都存在x0∈(0,1]使得不等式f(x0)+ln a>a-a2成立,等价于对任意的a∈(1,2),不等式2-2a+ln a>a-a2都成立,(8分)
即对任意的a∈(1,2),不等式ln a+a2-3a+2>0都成立,
记h(a)=ln a+a2-3a+2,则h(1)=0,
h'(a)=1a+2a-3=(2a-1)(a-1)a.(10分)
因为a∈(1,2),所以h'(a)>0.
当对任意a∈(1,2),h(a)>h(1)=0成立,
所以,对任意的a∈(1,2),都存在x0∈(0,1]使得不等式f(x0)+ln a>a-a2成立.(12分)
5.(本小题满分12分)(2015江西赣州摸底考试,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)设函数f(x)=ex-ax2(e为自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-1)x+b.
(1)求a,b的值;
(2)设x≥0,求证:f(x)≥12x2+2x-2.
(1)解:f'(x)=ex-2ax,所以f'(1)=e-2a.(1分)
依题意知e-2a=e-1,解得a=12.(2分)
把点1,e-12代入切线方程得e-12=e-1+b,所以b=12.(4分)
(2)证明:欲证f(x)≥12x2+2x-2,只需证ex-x2-2x+2>0.(5分)
记g(x)=ex-x2-2x+2,则g'(x)=ex-2x-2.
记u(x)=ex-2x-2,(6分)
则u'(x)=ex-2,由此可知u(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,(7分)
因为u(1)·u(2)<0,u(0)<0,
故g'(x)=0在(0,+∞)只有一个零点x1(10,(11分)
所以ex-x2-2x+2>0,
故f(x)≥12x2+2x-2.(12分)
6.(本小题满分12分)(2015贵州贵阳高三适应性检测考试(二),文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=ax+b-ln x表示的曲线在点(2,f(2))处的切线方程为x-2y-2ln 2=0.
(1)求a,b的值;
(2)若f(x)≥kx-2对于x∈(0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围.
解:(1)由f(x)=ax+b-ln x得f'(x)=a-1x(x>0),
曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为x-2y-2ln 2=0.
∴f'(2)=12,f(2)=1-ln 2,
则a-12=12,2a+b-ln 2=1-ln 2,
∴a=1,b=-1.(6分)
(2)由(1)知f(x)=x-1-ln x,f(x)≥kx-2对于x∈(0,+∞)恒成立等价于x-1-ln x≥kx-2在(0,+∞)上恒成立,
即k-1≤1-lnxx在(0,+∞)上恒成立.
设g(x)=1-lnxx,g'(x)=lnx-2x2(x>0),
当g'(x)=0时,x=e2,当g'(x)<0时,00时,x>e2,
∴g(x)在(0,e2)上是减函数,在(e2,+∞)上是增函数.
∴函数y=g(x)的最小值为g(e2)=-1e2,
根据题意,k-1≤-1e2,即k≤1-1e2,
即当k≤1-1e2,f(x)≥kx-2对于x∈(0,+∞)恒成立.(12分)
7.(本小题满分12分)(2015河南平顶山、许昌、新乡二调,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=xln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)对于任意正实数x,不等式f(x)>kx-12恒成立,求实数k的取值范围.
解:(1)f'(x)=ln x+1,令f'(x)=0,得x=1e.
当x∈0,1e时,f'(x)<0;
当x∈1e,+∞时,f'(x)>0.
所以函数f(x)在0,1e上单调递减,在1e,+∞上单调递增.(5分)
(2)由于x>0,所以f(x)=xln x>kx-12⇔k0.
所以函数h(x)在x=12处取得最小值,
即h(x)min=h12=ln12+1=1-ln 2.
因此k的取值范围是(-∞,1-ln 2).(12分)
8.(2015江西南昌一模,文12,利用导数解决不等式的有关问题,选择题)已知点P(x1,y1)是函数f(x)=2x上一点,点Q(x2,y2)是函数g(x)=2ln x上一点,若存在x1,x2,使得|PQ|≤255成立,则x1的值为( )
A.15 B.25 C.12 D.1
解析:利用导数求解.存在x1,x2,
|PQ|≤255⇔|PQ|min≤255,平移直线f(x)=2x,使之与曲线g(x)=2ln x,x>0相切时,切点到直线f(x)=2x的距离最小.
由y'=2x=2,x=1,所以切点的坐标为(1,0),
则|PQ|min=25≤255成立,
此时x1的值为直线f(x)=2x与y=-12(x-1)的交点横坐标,所以x1=15,故选A.
答案:A
9.(本小题满分12分)(2015黑龙江哈尔滨第六中学二模,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=(x+1)ln x-x+1.
(1)若xf'(x)≤x2+ax+1,求a的取值范围;
(2)证明:(x-1)f(x)≥0.
(1)解:f'(x)=ln x+1x,xf'(x)=xln x+1.
若xln x+1≤x2+ax+1,则a≥ln x-x,
即a≥(ln x-x)max.
令g(x)=ln x-x,g'(x)=1x-1,
令g'(x)=0,x=1.
当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当00,g(x)单调递增,
故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=-1.
∴a≥-1.(7分)
(2)证明:令h(x)=xln x+1,∴h'(x)=ln x+1.
当x>1e时,h(x)单调递增;
当00,
∴xf'(x)>0.∴f'(x)>0.
∵f(1)=0,∴x>1时,f(x)>0,(x-1)f(x)>0,
00.
故x>0时,(x-1)f(x)≥0.(12分)
10.(本小题满分12分)(2015贵州八校二联,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=ln x.
(1)求函数g(x)=f(x+1)-x的最大值注明:其中(ln(x+1))'=1x+1;
(2)求证:1+1nn2a(b-a)a2+b2.
(1)解:由g(x)=f(x+1)-x=ln(x+1)-x得g'(x)=11+x-1=-x1+x,
∴x∈(-1,0),g'(x)>0,g(x)单调递增;x∈(0,+∞),g'(x)<0,g(x)单调递减.
∴g(x)max=g(0)=0.(4分)
(2)证明:由(1)可知ln(x+1)0),
故ln1+1n<1n⇒ln1+1nn<1,
∴1+1nn2ab,∴1b>2aa2+b2.
∴b-ab>2a(b-a)a2+b2.
故f(b)-f(a)>2a(b-a)a2+b2.(12分)
12.(本小题满分12分)(2015辽宁重点中学协作体模拟,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=ex-me-x,e为自然对数的底数.
(1)若f(x)在x=ln 2处的切线的斜率为1,求实数m的值;
(2)当m=1时,若正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)0,且3ax2-3a≥0,
∴h'(x)>0,即h(x)在[1,+∞)上单调递增.
∵存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)12e-1e.(7分)
∵lnae-1ea-1=ln ae-1-ln ea-1=(e-1)ln a-a+1,
设m(a)=(e-1)ln a-a+1,
则m'(a)=e-1a-1=e-1-aa,a>12e-1e.
当12e-1e0,m(a)单调递增,
当a>e-1时,m'(a)<0,m(a)单调递减,
因此m(a)在a>12e-1e时,至多有两个零点,
而m(1)=m(e)=0,且12e-1e>1,
∴当12e-1e0,ae-1>ea-1;
当a=e时,m(a)=0,ae-1=ea-1;
当a>e时,m(a)<0,ae-1n(x),求实数k的取值范围.
解:(1)∵f(x)=lnx+1x,∴f'(x)=-lnxx2(x>0).(1分)
令f'(x)>0,则01,(3分)
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1);
函数f(x)的单调递减区间为(1,+∞).(4分)
(2)由已知得m(x)=kln x,若对任意的x∈12,1,
都有m(x)>n(x),则kg(1)=0.∴h'(x)>0.(10分)
则函数h(x)在12,1上单调递增,
∴h(x)min=h12=12ln2,k<12ln2.
∴k的取值范围是(-∞,0)∪0,12ln2.(12分)
14.(本小题满分12分)(2015甘肃第二次诊断考试,文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知曲线f(x)=lnx+kex在点(1,f(1))处的切线与y轴垂直,F(x)=xexf'(x).
(1)求k的值和F(x)的单调区间;
(2)已知函数g(x)=-x2+2ax(a为正实数),若对于任意x2∈[0,1],总存在x1∈(0,+∞)使得g(x2)0⇒01时,g(x)max=g(1)=2a-1,
∴2a-1<1+1e2,从而10),
可知g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,
所以g(x)≥g(1)=0.
所以f(x)≥-x33+5x22-4x+116成立.(8分)
(3)由x∈[e,+∞)知,x+ln x>0,
所以f(x)≥0恒成立等价于a≤x2x+lnx在x∈[e,+∞)时恒成立.
令h(x)=x2x+lnx,x∈[e,+∞),有h'(x)=x(x-1+2lnx)(x+lnx)2>0,
所以h(x)在[e,+∞)上是增函数,有h(x)≥h(e)=e2e+1.
所以a≤e2e+1.(12分)
16.(本小题满分12分)(2015贵州贵阳监测考试(一),文21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数f(x)=x28-ln x,x∈[1,3].
(1)求f(x)的最大值与最小值;
(2)若任意x∈[1,3],t∈[0,2],有f(x)<4-at恒成立,求实数a的取值范围.
解:(1)∵函数f(x)=x28-ln x,∴f'(x)=x4-1x.
令f'(x)=0,则x=±2.
∵x∈[1,3],
当10,
∴f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,3)上单调递增.
∴f(x)在x=2处取得极小值f(2)=12-ln 2.
又f(1)=18,f(3)=98-ln 3,
∵f(1)-f(3)=18-98-ln3=ln 3-1>0.
∴f(1)>f(3).
∴x=1时函数f(x)的最大值为18,
x=2时函数f(x)取得最小值为12-ln 2.(6分)
(2)由(1)知当x∈[1,3]时,f(x)≤18,
故对任意x∈[1,3],f(x)<4-at恒成立,
只要4-at>18对任意t∈[0,2]恒成立,即at<318恒成立.
记g(t)=at,t∈[0,2],∴g(0)<318,g(2)<318,解得a<3116.
∴实数a的取值范围是-∞,3116.(12分)
46
利用导数解决综合问题
1.(本小题满分12分)(2015江西九校联合考试,文20,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=ln(2x)-ax2.
(1)若f(x)在(0,+∞)上的最大值为12,求实数a的值;
(2)若a=3,关于x的方程12f(x)=-12x+b在14,1上恰有两个不同的实根,求实数b的取值范围.提示:(ln2x)'=1x
解:(1)f'(x)=1x-2ax=1-2ax2x,
当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无最大值.
当a>0时,由f'(x)>0得x∈0,12a,f(x)在x∈0,12a上单调递增;
由f'(x)<0得x∈12a,+∞,f(x)在x∈12a,+∞上单调递减.
∴f12a=ln 212a-12=12,解得a=2e-2.(5分)
(2)由12f(x)=-12x+b知ln 2x-3x2+x-2b=0,
令φ(x)=ln 2x-3x2+x-2b,
则φ'(x)=1x-6x+1=-6x2+x+1x
=(3x+1)(-2x+1)x.
当x∈14,12时,φ'(x)>0,于是φ(x)在x∈14,12上单调递增;
当x∈12,1时,φ'(x)≤0,于是φ(x)在x∈12,1上单调递减.
方程12f(x)=-12x+b在14,1上恰有两个不同的实根,
则φ14=ln12+116-2b≤0,φ12=-14-2b>0,φ(1)=ln2-2-b≤0,
解得-12ln 2+132≤b<-18.(12分)
2.(本小题满分12分)(2015河北石家庄二检,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=13x3+f'(1)x2-x-1,x∈R,其中f'(x)为f(x)的导函数.
(1)若函数f(x)在区间(-a,1+a)上存在极小值点,求实数a的取值范围;
(2)设函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为M(t),最小值为m(t),记g(t)=M(t)-m(t),若g(t)≥b+t,对任意t∈[-3,-2]恒成立,求实数b的取值范围.
解:(1)由题意得f'(x)=x2+2f'(1)x-1.
令x=1,则f'(1)=1+2f'(1)-1,即f'(1)=0.(2分)
故f(x)=13x3-x-1,于是由f'(x)=x2-1=0得x=-1或x=1.
当f'(x)>0时,x<-1或x>1,
所以f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,
在(-1,1)上单调递减.
函数f(x)的极小值点为x=1,
因此1∈(-a,1+a),即有-a<1+a,-a<1<1+a,
解得a>0.(4分)
(2)当t∈[-3,-2]时,有t+3∈[0,1].
由(1)可知,函数f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1,t+3]上单调递减.
所以函数f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为f(-1)=-13,
即M(t)=-13.(6分)
函数f(x)在区间[t,t+3]上的最小值为f(t)和f(t+3)中的较小者.
f(t+3)-f(t)=13(t+3)3-(t+3)-1-13t3+t+1=3(t+1)(t+2).
当t∈[-3,-2]时,有3(t+1)(t+2)≥0,
即f(t+3)≥f(t).
所以m(t)=f(t)=13t3-t-1.(8分)
综上所述,g(t)=M(t)-m(t)=-13-13t3+t+1=-13t3+t+23,
其中t∈[-3,-2].
于是g(t)≥b+t对任意t∈[-3,-2]恒成立,等价于-13t3+23≥b对任意t∈[-3,-2]恒成立.(10分)
设h(t)=-13t3+23,t∈[-3,-2],只需h(t)min≥b,
由h'(t)=-t2≤0可知,函数h(t)在区间[-3,-2]上单调递减.
即函数h(t)在区间[-3,-2]上的最小值为h(-2)=103.
所以b≤103,即实数b的取值范围是-∞,103.(12分)
3.(本小题满分12分)(2015河北衡水中学二模,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=k+4kln x+4-x2x,其中常数k>0.
(1)讨论f(x)在(0,2)上的单调性;
(2)若k∈[4,+∞),曲线y=f(x)上总存在相异的两点M(x1,y1),N(x2,y2),使得曲线y=f(x)在M,N两点处的切线互相平行,求x1+x2的取值范围.
解:(1)f'(x)=k+4kx-4x2-1=-(x-k)x-4kx2(x>0,k>0),
①当02,
∴x∈(0,k),f'(x)<0,x∈(k,2),f'(x)>0.
∴函数f(x)在(0,k)上单调递减,在(k,2)上单调递增.
②当k=2时,4k=k=2,f'(x)=-(x-2)2x2<0恒成立,
∴函数f(x)在(0,2)上单调递减.
③当k>2时,0<4k<2,0<4k0.
∴函数在0,4k上单调递减,在4k,2上单调递增.(6分)
(2)由题意,f'(x1)=f'(x2)(x1,x2>0且x1≠x2),
即k+4kx1-4x12-1=k+4kx2-4x22-1,
化简得4(x1+x2)=k+4kx1·x2,
而x1·x216k+4k对k∈[4,+∞)恒成立.
令g(k)=k+4k,g'(k)=1-4k2=(k+2)(k-2)k2>0对k∈[4,+∞)恒成立,
∴g(k)≥g(4)=5.
∴16k+4k≤165.∴x1+x2>165,
即x1+x2的取值范围是165,+∞.(12分)
4.(本小题满分12分)(2015东北三省四市一联,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+(a+1)x+4-e≤0对任意x∈[e,e2]恒成立,求实数a的取值范围(e为自然对数的底数);
(3)求证:ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈N*)(注:n!=1×2×3×…×n).
解:(1)f'(x)=a(1-x)x(x>0),(2分)
当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1],单调递减区间为[1,+∞);(3分)
当a<0时,f(x)的单调递增区间为[1,+∞),单调递减区间为(0,1].(4分)
(2)令F(x)=aln x-ax-3+ax+x+4-e=aln x+x+1-e.
则由F'(x)=x+ax=0得x=-a.
①若-a≤e,即a≥-e,F'(x)>0在x∈[e,e2]上恒成立,
∴F(x)在x∈[e,e2]上是增函数,
F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤e-1-e22,此时无解.(5分)
②若e<-a≤e2,即-e2≤a<-e,F(x)在x∈[e,-a]上是减函数;
在x∈[-a,e2]上是增函数,
F(e)=a+1≤0,a≤-1,F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤e-1-e22.
∴-e2≤a≤e-1-e22.(6分)
③若-a>e2,即a<-e2,F(x)在x∈[e,e2]上是减函数,
F(x)max=F(e)=a+1≤0,a≤-1,∴a<-e2.(7分)
综上所述,a≤e-1-e22.(8分)
(3)证明:令a=-1(或a=1),此时f(x)=-ln x+x-3,
所以f(1)=-2.
由(1)知f(x)=-ln x+x-3在(1,+∞)上单调递增,
∴当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1),
即-ln x+x-1>0.
∴ln x0,所以g'(x)有两个零点x1,x2,
即3xi2-2axi-1=0(i=1,2),且x1x2<0,a=3xi2-12xi,(5分)
不妨设x1<00且g(x2)>0,或者g(x1)<0且g(x2)<0,(7分)
又g(xi)=xi3-axi2-xi+1=xi3-3xi2-12xixi2-xi+1
=-12xi3-xi2+1(i=1,2),
设h(x)=-12x3-x2+1,
所以h'(x)=-32x2-12<0.
所以h(x)在R上为减函数.
又h(1)=0,所以x<1时,h(x)>0;x>1时,h(x)<0.(9分)
所以xi(i=1,2)大于1或小于1,
由x1<00,且g'(x)的对称轴a3<1,(11分)
所以a<1.(12分)
6.(本小题满分12分)(2015山西太原二模,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R)有两个不相等的零点,x1,x2(x10,
则f(x)在(0,+∞)上单调递增,函数f(x)不会有两个不相等的零点x1,x2,
∴a≤0不符合题意.(2分)
②当a>0时,令f'(x)>0,则01a,
则f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减,
∴f(x)max=f1a=-ln a-1>0.
∴0e,
令m(t)=2ln t-t(t>e),则m'(t)=2-tt<0,
∴m(t)在(e,+∞)上单调递减.
∴m(t)0),
①当a≤0时,g(x)与h(x)的图象最多有一个交点,
∴a≤0不符合题意;(2分)
②当a>0时,设y=kx(k>0)是g(x)=ln x的切线,其切点为(x0,y0),
则k=1x0,
∴y0=kx0=1,y0=ln x0.
∴x0=e.∴k=1x0=1e.(5分)
∴02x2+x1,令t=x2x1(t>1),
则需证明lntt-1>2t+1,即需证明12ln t-t-1t+1>0,(10分)
设k(t)=12ln t-t-1t+1(t>1),则k'(t)=(t-1)22t(t+1)2>0,
∴k(t)在(1,+∞)上是增函数.∴k(t)>k(1)=0.
∴2x2+x10),
∴f'(x)=-12x+1x+12=-(x-2)(x+1)2x(x>0).
由f'(x)>0得02,
∴f(x)在区间(0,2)上单调递增;(2分)
f(x)在区间(2,+∞)上单调递减.(3分)
当x=2时,函数f(x)取得极大值f(2)=34+ln 2.(4分)
(2)∵f(x)图象上的点在x≥1,y-x≤0所表示的平面区域内,
∴当x∈[1,+∞)时,不等式f(x)≤x恒成立,
即a(x-1)2+ln x-x+1≤0恒成立.(5分)
设g(x)=a(x-1)2+ln x-x+1(x≥1),
只需g(x)max≤0即可.(6分)
g'(x)=2a(x-1)+1x-1=2ax2-(2a+1)x+1x.(7分)
(ⅰ)当a=0时,g'(x)=1-xx,
当x>1时,g'(x)<0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,
∴g(x)≤g(1)=0成立.(8分)
(ⅱ)当a>0时,g'(x)=2ax2-(2a+1)x+1x=2a(x-1)x-12ax,
令g'(x)=0,得x1=1或x2=12a.
①若a>12即12a<1时,在(1,+∞)上,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)上单调递增,
∴函数g(x)在[1,+∞)上无最大值,不满足条件.(9分)
②若00得00},
当a=-1e时,f(x)=-xe-1+ln x,
所以f'(x)=-1e+1x=-x-eex.
当00;当x>e时,f'(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞),
所以f(x)max=f(e)=-1.所以|f(x)|≥1.(9分)
令h(x)=lnxx+b2,则h'(x)=1-lnxx2.
当00;当x>e时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以h(x)max=h(e)=1e+b2.
要使方程|f(x)|=lnxx+b2有实数根,
只需h(x)max=h(e)=1e+b2≥1即可,
则b≥2-2e.(12分)
11.(本小题满分12分)(2015河南郑州第三次质量检测,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=ln(1+x)-ax,其中a∈R.
(1)若对于任意的x∈(-1,+∞),f(x)≤0恒成立,求实数a的值;
(2)求证:1nn+2nn+3nn+…+n-1nn<1e-1.
解:(1)f'(x)=11+x-a(x>-1),
①当a≤0时,由11+x>0,知f'(x)>0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增,
而f(1)=ln 2-a>0,则f(x)≤0不恒成立;(2分)
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=1a-1.
当x∈-1,1a-1时,f(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈1a-1,+∞时,f(x)<0,f(x)单调递减,f(x)在x=1a-1处取得极大值.
由于f(0)=0,所以1a-1=0,解得a=1.
即当且仅当a=1时,f(x)≤0恒成立.
综上,所求a的值为1.(6分)
(2)证明:由(1)知ln(1+x)≤x,从而对x>0,有ln x≤x-1,
当且仅当x=1时,等号成立.
在上式中,令x=kn(1≤k≤n-1,k∈N)得lnkn≤kn-1⇒nlnkn≤k-n⇒knn≤ek-n.(10分)
将上式对k求和得1nn+2nn+3nn+…+n-1nn≤1e·1-1en-11-1e<1e·11-1e=1e-1.(12分)
12.(本小题满分12分)(2015河南适应性模拟练习,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=(x-a)2x(a为常数).
(1)确定f(x)的极值;
(2)证明:g(x)=f(x)-227a3恰有三个零点;
(3)如果函数h(x)=g(x+λa)的图象经过坐标平面四个象限,求实数λ的取值范围.
解:(1)f(x)=(x-a)2x=x3-2ax2+a2x,
∴f'(x)=3x2-4ax+a2=(3x-a)(x-a).
∵a>0时,f(x)在-∞,a3和(a,+∞)上是增函数,在a3,a上是减函数,
故f(x)的极小值为f(a)=0,极大值为fa3=427a3.(4分)
(2)证明:∵g(x)=f(x)-227a3在-∞,a3和(a,+∞)上是增函数,
在a3,a上是减函数,并且ga3=227a3>0,g(a)=-227a3<0,
g(-a)=-11027a3<0,g(2a)=5227a3>0,
∴存在唯一的x1∈-∞,a3,使g(x1)=0;
存在唯一的x2∈a3,a,使g(x2)=0;
存在唯一的x3∈(a,+∞),使g(x3)=0.
即g(x)恰有三个零点.(8分)
(3)∵g(x)=(x-a)2x-227a3
=x-2a3x2-43ax+a29.
∴g23a=0,g(0)=-227a3.
故x1∈0,a3,x3∈(a,+∞),且x1,x3是方程x2-43ax+a29=0的两根.
于是x1+x3=43a,x1x3=a29.
∴g(x)的图象恰过坐标平面的第一、三、四象限.
由图象可知,h(x)=g(x+λa)的图象经过坐标平面四个象限时当且仅当λa满足x1<λa0)上的最小值;
(3)若存在两不等实根x1,x2∈1e,e,使方程g(x)=2exf(x)成立,求实数a的取值范围.
解:(1)当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)·ex,g(1)=e.
g'(x)=(-x2+3x+2)·ex,故切线的斜率为g'(1)=4e.
所以切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.(4分)
(2)f'(x)=ln x+1,则f(x),f'(x)的变化情况为
x
0,1e
1e
1e,+∞
f'(x)
-
0
+
f(x)
极小值(
单调递减
最小值)
单调递增
①当t≥1e时,在(t,t+2)上f(x)为增函数,
所以f(x)min=f(t)=tln t;
②当00),
f'(x)=-1x2+1x=x-1x2,(2分)
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,
所以当x=1时,f(x)取得最小值f(x)min=f(1)=1.(4分)
(2)因为f'(x)=-ax2+1x=x-ax2.
①当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,e]上为增函数,此时f(x)在(0,e]上无最小值;
②当a∈(0,e]时,若x∈(0,a],则f'(x)<0,f(x)单调递减,
若x∈(a,e],则f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)min=f(a)=1+ln a=2,解得a=e,符合题意;(7分)
③当a>e时,x∈(0,e],f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)min=f(e)=ae+1=2,解得a=e,不符合题意.
综上所述,a=e时,符合题意.(9分)
(3)当a=-1时,函数g(x)=-1x+ln x+lnxx,
则g'(x)=1x2+1x+1-lnxx2=2+x-lnxx2,
令φ(x)=2+x-ln x(x>0),
则φ'(x)=1-1x=x-1x,(10分)
当x∈(0,1)时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
所以φ(x)min=φ(1)=3>0,在定义域内g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增.
又g(1)=-1<0,而g(e)=-1e+1+1e=1>0.
因此,函数g(x)在(1,e)上必有零点,又g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以函数g(x)=f(x)+lnxx在其定义域内有唯一的零点.(12分)
15.(本小题满分12分)(2015东北三校一联,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知a为实常数,函数f(x)=xln x+ax2.
(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线过点A(0,-2),求实数a的值;
(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1-12.
解:(1)由已知得f'(x)=ln x+1+2ax(x>0),切点坐标为(1,a),(1分)
切线方程为y-a=(2a+1)(x-1),
将(0,-2)代入解得a=1.(3分)
(2)证明:①依题意得f'(x)=0有两个不等的实数根x1,x2(x10),
当a≥0时,g'(x)>0,g(x)是增函数,不符合题意;(5分)
当a<0时,由g'(x)=0得x=-12a>0,
则g(x),g'(x)的变化情况为
x
0,-12a
-12a
-12a,+∞
g'(x)
+
0
-
g(x)
↗
极大值
↘
∴g(x)max=g-12a=ln-12a>0,解得-120,故x1<1f(1)=a>-12,
即f(x1)<0,f(x2)>-12.(12分)
16.(本小题满分12分)(2015辽宁东北育才学校五模,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)求函数f(x)在点P(0,1)处的切线方程;
(2)当a>0时,若函数f(x)在R上是单调递增函数,试求a的取值范围;
(3)当a≤0时,证明:函数f(x)不出现在直线y=x+1的下方.
解:(1)∵f'(x)=ex-2ax,∴f'(0)=1.
∴f(x)在点P(0,1)处的切线方程为y-f(0)=f'(0)(x-0),
即y=x+1.(4分)
(2)由题意知当a>0时,f'(x)=ex-2ax≥0在R上恒成立.
当x>0时,2a≤exx,令g(x)=exx,
则g'(x)=ex(x-1)x2,
由g'(x)=0得x=1.
x>1时,g'(x)>0;x<1时,g'(x)<0.
∴g(x)min=g(1)=e.∴a≤e2.
当x<0时,2a≥exx.
∵exx<0,2a≥0恒成立.
综上所述,若函数f(x)为R上的单调递增函数,则00,
∴F'(x)在R上单调递增.
又F'(0)=0,
∴F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
∴F(x)≥F(0)=0,即函数f(x)不出现在直线y=x+1的下方.(12分)
17.(本小题满分12分)(2015广西柳州3月模拟,文20,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=ax2-bln x在点(1,f(1))处的切线为y=2.
(1)求实数a,b的值;
(2)是否存在实数m,当x∈(0,1]时,函数g(x)=f(x)-2x2+m(x-1)的最小值为0?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.
解:(1)f'(x)=2ax-bx(x>0),(1分)
依题意可得f(1)=a=2,f'(1)=2a-b=0,(3分)
解得a=2,b=4.(5分)
(2)∵g(x)=f(x)-2x2+m(x-1)=m(x-1)-4ln x,x∈(0,1],
∴g'(x)=m-4x=mx-4x.(7分)
①当m≤0时,g'(x)<0,
∴g(x)在(0,1]上单调递减,
∴g(x)min=g(1)=0.(9分)
②当04时,g'(x)<0在0,4m上恒成立,g'(x)>0在4m,1上恒成立,
∴g(x)在0,4m上单调递减,在4m,1上单调递增.
∴g4m0),(2分)
令f'(x)=0,有x=1.
当00,f(x)是增函数;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)是减函数.
所以x=1时,f(x)有极大值1,无极小值.(4分)
(2)证明:构造函数:
F(x)=f(x)-f12
=ln x-2x2+3x--ln2-12+32
=ln x-2x2+3x+ln 2-1,(5分)
由(1)知f(1)>f12,故F(1)>0.
又F(e)=-2e2+3e+ln 2=e(3-2e)+ln 2<0,
所以函数F(x)在(1,e)上存在零点,
即存在m∈(1,+∞),使得f(m)=f12.(8分)
(3)函数f(x)不存在“中值伴随切线”.理由如下:
kAB=f(x1)-f(x2)x1-x2
=ln x1-ln x2-2(x12-x22)+3(x1-x2)x1-x2
=ln x1-ln x2x1-x2-2(x1+x2)+3.(9分)
又f'(x0)=1x0-4x0+3=2x1+x2-4×x1+x22+3,
假设存在“中值伴随切线”,则有kAB=f'(x0),可得
ln x1-ln x2x1-x2=2x1+x2⇒lnx1x2=2·x1-x2x1+x2⇒lnx1x2=2·x1x2-1x1x2+1.(10分)
令x1x2=t,不妨设x2>x1>0,则00,故g(t)单调递增.
又g(1)=0,故g(t)在(0,1)上无零点,即函数f(x)不存在“中值伴随切线”.(12分)
19.(本小题满分12分)(2015宁夏银川质量检测,文21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数f(x)=a(x-1)-2ln x(a∈R).
(1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在区间(0,1)上无零点,求a的取值范围.
解:(1)当a=1时,函数f(x)=x-1-2ln x,其定义域为(0,+∞),(1分)
f'(x)=1-2x=x-2x.(2分)
由f'(x)>0得x>2;由f'(x)<0得00,
得f(x)=a(x-1)-2ln x>0恒成立,即a≤0符合题意.(6分)
②当a>0时,f'(x)=a-2x=ax-2x
=axx-2a.
(ⅰ)当a≤2时,即2a≥1时,由f'(x)<0得0f(1)=0,
满足对∀x∈(0,1),f(x)>0恒成立,
故此时f(x)在(0,1)上无零点,符合题意.(8分)
(ⅱ)当a>2时,即0<2a<1时,
由f'(x)>0得x>2a,
由f'(x)<0得02时,g'(a)=ea-1>e2-1>0恒成立.
故函数g(a)=ea-a在(2,+∞)上单调递增,
∴g(a)>g(2)=e2-2>0.即ea>a>2.
∴0<1ea<1a<2a<1,
而f1ea=a1ea-1-2ln1ea=aea+a>0,
故当a>2时,f1ea·f2a<0,
即∃x0∈1ea,2a,使得f(x0)=0成立,
所以a>2时,f(x)在(0,1)上有零点,不符合题意.(11分)
综上,a的取值范围是{a|a≤2}.(12分)
20.(本小题满分12分)(2015东北三省三校二联,文21,利用导数解决综合问题,解答题)函数f(x)=ln x,g(x)=x2-x-m.
(1)若函数F(x)=f(x)-g(x),求函数F(x)的极值;
(2)若f(x)+g(x)0⇔01;
F'(x)=0⇔x=1.
∴F(x)极大=F(1)=m,无极小值.
(2)f(x)+g(x)(x-2)ex+ln x-x在x∈(0,3)上恒成立;
设h(x)=(x-2)ex+ln x-x,则h'(x)=(x-1)·ex-1x,x>1时,x-1>0,且ex>e,1x<1,
∴ex-1x>0.∴h'(x)>0.(7分)
00,
∴u在(0,1)上单调递增,
x→0时,1x→+∞,∴u<0,x=1时,u=e-1>0.
∴∃x0∈(0,1),使得u0=ex0-1x0=0,
∴x∈(0,x0)时,u<0;x∈(x0,1)时,u>0.
∴x∈(0,x0)时,h'(x)>0;x∈(x0,1)时,h'(x)<0.
综上,当x在(0,3)上变化时,h(x)与h'(x)的变化情况如下:
(0,x0)
x0
(x0,1)
1
(1,3)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴函数h(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,3)上单调递增.(9分)
h(x0)=(x0-2)ex0+ln x0-x0=(x0-2)·1x0-2x0=1-2x0-2x0,
∵x0∈(0,1),
∴h(x0)<-3,h(3)=e3+ln 3-3>0.(11分)
∴x∈(0,3)时,h(x)
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