【数学】2020届北京一轮复习通用版3-2导数的应用
3.2 导数的应用
挖命题
【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
1.导数与函数的单调性
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)
2012北京,18
利用导数研究函数的单调性
导数的几何意义、函数的最值
★★★
2011北京文,18
函数的最值
2.导数与函数的极(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北京,18
利用导数研究函数的极值
二次函数和指数函数、导数的几何意义
★★★
2018北京文,19
利用导数研究函数的最值
二次函数和指数函数、导数的几何意义
2017北京,19
三角函数
2014北京,18
三角恒等变换、三角函数
3.导数的综合应用
1.利用导数解决实际问题
2.利用导数解决与函数不等式等相关的综合性问题
2016北京文,20
利用导数研究函数的零点问题
导数的几何意义、充分必要条件的判断
★★★
2015北京文,19
对数函数、函数的单调性和极值问题
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.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问题,常以解答题的形式出现,属难度较大题.
破考点
【考点集训】
考点一 导数与函数的单调性
1.已知函数f(x)=xx2+1+1,则函数f(x)的单调增区间为 .
答案 (-1,1)
2.已知函数f(x)=1ex+aln x(a∈R).
(1)当a=1e时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在定义域内不单调,求a的取值范围.
解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),
导函数f '(x)=-1ex+ax=aex-xxex.
(1)当a=1e时,因为f '(1)=-1e+1e=0, f(1)=1e,
所以曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=1e.
(2)f '(x)=aex-xxex(x>0),
设函数f(x)在定义域内不单调时,a的取值集合是A;
函数f(x)在定义域内单调时,a的取值集合是B,则A=∁RB.
函数f(x)在定义域内单调等价于f '(x)≤0恒成立或 f '(x)≥0恒成立,
即aex-x≤0恒成立或aex-x≥0恒成立,
等价于a≤xex恒成立或a≥xex恒成立.
令g(x)=xex(x>0),则g'(x)=1-xex,
由g'(x)>0得0
1,所以g(x)在(1,+∞)上单调递减.
因为g(1)=1e,且x>0时,g(x)>0,
所以g(x)∈0,1e.
所以B=aa≤0或a≥1e,
所以A=a00),则函数F(x)=g(x)-f(x)( )
A.有极小值,没有极大值 B.有极大值,没有极小值
C.至少有两个极小值和一个极大值 D.至少有一个极小值和两个极大值
答案 C
4.已知函数y=f(x)的导函数有且仅有两个零点,其图象如图所示,则函数y=f(x)在x= 处取得极值.
答案 -1
考点三 导数的综合应用
5.已知函数f(x)=pe-x+x+1(p∈R).
(1)当实数p=e时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间;
(3)当p=1时,若直线y=mx+1与曲线y=f(x)没有公共点,求实数m的取值范围.
解析 (1)当p=e时, f(x)=e-x+1+x+1,则f '(x)=-e-x+1+1,
∴f(1)=3, f '(1)=0.∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=3.
(2)∵f(x)=pe-x+x+1,∴f '(x)=-pe-x+1.
①当p≤0时, f '(x)>0,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);
②当p>0时,令f '(x)=0,得ex=p,解得x=ln p.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,ln p)
ln p
(ln p,+∞)
f '(x)
-
0
+
f(x)
↘
2+ln p
↗
所以当p>0时, f(x)的单调递增区间为(ln p,+∞),单调递减区间为(-∞,ln p).
(3)当p=1时, f(x)=e-x+x+1,直线y=mx+1与曲线y=f(x)没有公共点等价于关于x的方程mx+1=e-x+x+1在(-∞,+∞)上没有实数解,即关于x的方程(m-1)x=e-x(*)在(-∞,+∞)上没有实数解.
①当m=1时,方程(*)化为e-x=0,
显然在(-∞,+∞)上没有实数解.
②当m≠1时,方程(*)化为xex=1m-1,令g(x)=xex,则有g'(x)=(1+x)ex.令g'(x)=0,得x=-1.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
-1e
↗
当x=-1时,g(x)min=-1e,当x趋近于+∞时,g(x)趋近于+∞,从而g(x)的值域为-1e,+∞.
所以当1m-1<-1e,即1-e0,故g(x)为增函数;
当-10时,g'(x)>0,故g(x)为增函数.
综上,知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.
2.已知函数f(x)=x+axex,a∈R.
(1)求f(x)的零点;
(2)当a≥-5时,求证: f(x)在区间(1,+∞)上为增函数.
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),
令f(x)=0,得x2+a=0,则x2=-a.
当a≥0时,方程无解, f(x)无零点;
当a<0时,得x=±-a.
综上,当a≥0时, f(x)无零点;当a<0时, f(x)的零点为±-a.
(2)证明: f '(x)=1-ax2ex+x+axex=(x3+x2+ax-a)exx2.
令g(x)=x3+x2+ax-a(x>1),
则g'(x)=3x2+2x+a,
其图象的对称轴为直线x=-13,
所以g'(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以g'(x)>g'(1)=3×12+2×1+a=5+a.
当a≥-5时,g'(x)≥0恒成立,
所以g(x)在(1,+∞)上为增函数.
方法2 利用导数解决函数的极值、最值问题
3.已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R),g(x)=xf(x)+12x2+2x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,若函数g(x)在区间(m,m+1)(m∈Z)内存在唯一的极值点,求m的值.
解析 (1)由已知得x>0, f '(x)=1x-a=1-axx.
(i)当a≤0时, f '(x)>0恒成立,则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(ii)当a>0时,由f '(x)>0,得01a.
所以函数f(x)的单调递增区间为0,1a,单调递减区间为1a,+∞.
(2)因为g(x)=xf(x)+12x2+2x=x(ln x-x-1)+12x2+2x
=xln x-12x2+x,
所以g'(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2=f(x)+3.
由(1)可知,函数g'(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
又因为g'1e2=-2-1e2+2=-1e2<0,g'(1)=1>0,
所以g'(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1.
又在(0,x1)上,g'(x)<0,g(x)在(0,x1)上单调递减;
在(x1,1)上,g'(x)>0,g(x)在(x1,1)上单调递增.
所以x1为极值点,此时m=0.
又g'(3)=ln 3-1>0,g'(4)=2ln 2-2<0,
所以g'(x)在(3,4)上有且只有一个零点x2.
又在(3,x2)上,g'(x)>0,g(x)在(3,x2)上单调递增;
在(x2,4)上,g'(x)<0,g(x)在(x2,4)上单调递减.
所以x2为极值点,此时m=3.
综上所述,m=0或m=3.
4.已知函数f(x)=ex-a(ln x+1)(a∈R).
(1)求函数y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数y=f(x)在12,1上有极值,求a的取值范围.
解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ex-ax.
(1)因为f(1)=e-a, f '(1)=e-a,
所以函数y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-(e-a)=(e-a)(x-1),
即y=(e-a)x.
(2)对实数a分类讨论,如下:
(i)当a≤0时,对于任意的x∈12,1,都有f '(x)>0,
所以函数f(x)在12,1上为增函数,没有极值,不合题意;
(ii)当a>0时,令g(x)=ex-ax,则g'(x)=ex+ax2>0.
所以g(x)在12,1上单调递增,即f '(x)在12,1上单调递增,
所以函数f(x)在12,1上有极值等价于f '(1)>0,f '12<0,
所以e-a>0,e-2a<0.所以e2x恒成立,求a的取值范围.
解析 (1)因为a=0,所以f(x)=xlnx,x∈(0,1)∪(1,+∞).
所以f '(x)=lnx-1(lnx)2.
令f '(x)>0,即ln x-1>0,所以x>e;
令f '(x)<0,即ln x-1<0,所以x1,所以ln x>0.
所以对任意的x∈(1,+∞), f(x)>x恒成立等价于x-alnx>x恒成立,等价于a1,
所以g'(x)=2x-lnx-22x.
再令h(x)=2x-ln x-2,x>1,
所以h'(x)=x-1x.
所以当x>1时,h'(x)>0.
所以h(x)在(1,+∞)上单调递增.所以h(x)>h(1)=0.
所以当x>1时,g'(x)>0.
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.所以g(x)>g(1)=1.
所以a<1.
6.已知函数f(x)=ln(kx)+1x-k(k>0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)对任意x∈1k,2k,都有xln(kx)-kx+1≤mx,求m的取值范围.
解析 由已知得, f(x)的定义域为(0,+∞).
(1)f '(x)=x-1x2.
令f '(x)>0,得x>1;令f '(x)<0,得02ln 2时,m≥0;
当00,函数f(x)有三个零点.
④当ln(-2a)=0,即a=-12时,显然函数f(x)有两个零点.
综上所述,当a∈-1e,0时,函数f(x)有一个零点;
当a∈-1e,-12时,函数f(x)有两个零点;
当a∈-12,-1e时,函数f(x)有三个零点.
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·北京卷题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2012北京,18,13分)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;
(2)当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大值.
解析 (1)f '(x)=2ax,g'(x)=3x2+b.
因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,
所以f(1)=g(1),且f '(1)=g'(1).
即a+1=1+b,且2a=3+b.
解得a=3,b=3.
(2)记h(x)=f(x)+g(x).
当b=14a2时,h(x)=x3+ax2+14a2x+1,
则h'(x)=3x2+2ax+14a2.
令h'(x)=0,得x1=-a2,x2=-a6.
a>0时,h(x)与h'(x)的变化情况如下表:
x
-∞,-a2
-a2
-a2,-a6
-a6
-a6,+∞
h'(x)
+
0
-
0
+
h(x)
↗
↘
↗
所以函数h(x)的单调递增区间为-∞,-a2和-a6,+∞;单调递减区间为-a2,-a6.
当-a2≥-1,即06时,函数h(x)在区间-∞,-a2内单调递增,在区间-a2,-a6内单调递减,在区间-a6,-1上单调递增.
又因为h-a2-h(-1)=1-a+14a2=14(a-2)2>0,
所以h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h-a2=1.
评析本题主要考查利用导数求函数的单调区间及最值问题,进一步考查学生的计算能力及分类讨论思想.
2.(2011北京文,18,13分)已知函数f(x)=(x-k)ex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
解析 (1)f '(x)=(x-k+1)ex.
令f '(x)=0,得x=k-1.
f(x)与f '(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,k-1)
k-1
(k-1,+∞)
f '(x)
-
0
+
f(x)
↘
-ek-1
↗
所以, f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞).
(2)当k-1≤0,即k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;
当00,得到 f(x)在定义域内的单调递增区间,令f '(x)<0,得到f(x)在定义域内的单调递减区间.
2.(2014北京,18,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x,x∈0,π2.
(1)求证:f(x)≤0;
(2)若a0时,“sinxx>a”等价于“sin x-ax>0”,“sinxx0对任意x∈0,π2恒成立.
当c≥1时,因为对任意x∈0,π2,g'(x)=cos x-c<0,
所以g(x)在区间0,π2上单调递减.
从而g(x)g(0)=0.
进一步,“g(x)>0对任意x∈0,π2恒成立”当且仅当gπ2=1-π2c≥0,即00对任意x∈0,π2恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈0,π2恒成立.
所以,若a0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.
解析 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,
得f '(x)=3x2+2ax+b.
因为f(0)=c, f '(0)=b,
所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=bx+c.
(2)当a=b=4时, f(x)=x3+4x2+4x+c,
所以f '(x)=3x2+8x+4.令f '(x)=0,得3x2+8x+4=0,
解得x=-2或x=-23.
f(x)与f '(x)在区间(-∞,+∞)上的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
-2,-23
-23
-23,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
c
↘
c-3227
↗
所以,当c>0且c-3227<0时,存在x1∈(-4,-2),x2∈-2,-23,x3∈-23,0,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.
由f(x)的单调性知,当且仅当c∈0,3227时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不同零点.
(3)证明:当Δ=4a2-12b<0时,
f '(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞),
此时函数f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,所以 f(x)不可能有三个不同零点.
当Δ=4a2-12b=0时, f '(x)=3x2+2ax+b只有一个零点,记作x0.
当x∈(-∞,x0)时, f '(x)>0, f(x)在区间(-∞,x0)上单调递增;
当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增.
所以f(x)不可能有三个不同零点.
综上所述,若函数f(x)有三个不同零点,则必有Δ=4a2-12b>0.
故a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件.
当a=b=4,c=0时,a2-3b>0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以a2-3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.
因此a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件.
疑点突破 本题第(3)问中对必要性的证明,因为f '(x)=3x2+2ax+b含有两个参数,不能分解因式,故需讨论Δ<0,Δ=0,Δ>0三种情况;对于充分性不成立的证明,只需举反例a=b=4,c=0即可.
2.(2015北京文,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.
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,+∞)上的变化情况如下表:
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.
评析本题主要考查利用导数求函数的单调区间及极值,考查利用导数研究函数的零点问题,本题综合性较强,属中等难度题.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2017山东文,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.(2016课标Ⅰ文,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
3.(2015安徽文,10,5分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是( )
A.a>0,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
4.(2014课标Ⅱ文,11,5分)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
5.(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 导数与函数的极(最)值
1.(2017课标Ⅱ,11,5分)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
2.(2016四川文,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
3.(2018课标Ⅲ,21,12分)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)(i)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.
(ii)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|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.
思路分析 (1)a=0时,写出f(x)的解析式,对f(x)求导.易得f(0)=0,结合单调性可将问题解决.
(2)对a进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数a的值.
易错警示 容易忽略函数定义域;若函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.
解后反思 1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.
2.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数值或范围.
4.(2016课标Ⅱ,21,12分)
(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,
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0xa时, f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
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,得y=exx+2单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+22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.
方法总结 利用导数证明不等式的常用方法:
(1)证明f(x)g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).
3.(2018课标Ⅱ,21,12分)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)证明: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ae24,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.
方法总结 利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有一个清晰、直观的整体展现.
4.(2017课标Ⅱ,21,12分)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< f(x0)<2-2.
解析 本题考查了导数的综合应用.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
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-1x,g'(1)=a-1,得a=1.
若a=1,则g'(x)=1-1x.
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单调递减,在12,+∞单调递增.
又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12有唯一零点x0,在12,+∞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)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),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-30,即-34-34或a<-54时,h(x)有一个零点;
当a=-34或a=-54时,h(x)有两个零点;
当-540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(-∞,+∞)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>82-312>0.692 8;
当b=324+1时,ln(b-1+b2-2b)=ln2,
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.
评析本题考查了导数的应用,同时考查了分类讨论思想和运算求解能力.
C组 教师专用题组
考点一 导数与函数的单调性
1.(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )
A.y=1125x3-35x B.y=2125x3-45x
C.y=3125x3-x D.y=-3125x3+15x
答案 A
2.(2015福建,10,5分)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f '(x)满足f '(x)>k>1,则下列结论中一定错误的是( )
A.f1k<1k B.f1k>1k-1 C.f1k-1<1k-1 D.f1k-1>kk-1
答案 C
3.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)1-2x(b∈R).
(1)当b=4时,求f(x)的极值;
(2)若f(x)在区间0,13上单调递增,求b的取值范围.
解析 (1)当b=4时, f '(x)=-5x(x+2)1-2x,
由f '(x)=0得x=-2或x=0.
当x∈(-∞,-2)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(-2,0)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x∈0,12时, f '(x)<0, f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.
(2)f '(x)=-x[5x+(3b-2)]1-2x,因为当x∈0,13时,-x1-2x<0,依题意,当x∈0,13时,有5x+(3b-2)≤0,从而53+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为-∞,19.
考点二 导数与函数的极(最)值
1.(2013福建,8,5分)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是( )
A.∀x∈R, f(x)≤f(x0) B.-x0是f(-x)的极小值点
C.-x0是-f(x)的极小值点 D.-x0是-f(-x)的极小值点
答案 D
2.(2013辽宁,12,5分)设函数f(x)满足x2·f '(x)+2xf(x)=exx, f(2)=e28,则x>0时, f(x)( )
A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值
.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值
答案 D
3.(2015重庆,20,12分)设函数f(x)=3x2+axex(a∈R).
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
解析 (1)对f(x)求导得f '(x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex(ex)2=-3x2+(6-a)x+aex,
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f '(0)=0,即a=0.
当a=0时,f(x)=3x2ex,f '(x)=-3x2+6xex,
故f(1)=3e, f '(1)=3e,
从而f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-3e=3e(x-1),
化简得3x-ey=0.
(2)由(1)知f '(x)=-3x2+(6-a)x+aex.
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0解得x1=6-a-a2+366,x2=6-a+a2+366.
当x0,即f '(x)>0,故f(x)为增函数;
当x>x2时,g(x)<0,即f '(x)<0,故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=6-a+a2+366≤3,解得a≥-92,故a的取值范围为-92,+∞.
评析本题考查函数的极值、导数的几何意义及应用.对运算能力有较高要求.
4.(2014安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.
令f '(x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,x1x2时, f '(x)<0;
当x10.
故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
①当a≥4时,x2≥1.
由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增.
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当012.
(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.
6.(2014山东,20,13分)设函数f(x)=exx2-k2x+lnx(k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
解析 (1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).
f '(x)=x2ex-2xexx4-k-2x2+1x
=xex-2exx3-k(x-2)x2=(x-2)(ex-kx)x3.
由k≤0可得ex-kx>0,
所以当x∈(0,2)时, f '(x)<0,函数y=f(x)单调递减,
当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0,函数y=f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,
故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).
因为g'(x)=ex-k=ex-eln k,
当00,y=g(x)单调递增,
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;
当k>1时,
得x∈(0,ln k)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,
x∈(ln k,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.
所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,
当且仅当g(0)>0,g(lnk)<0,g(2)>0,02;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2.
答案 ①③④⑤
3.(2016课标Ⅰ,21,12分)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ba2(b-2)+a(b-1)2=ab2-32b>0,
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x1f(2-x2),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.
评析本题重点考查利用导数处理函数问题的能力,通过对函数零点问题的研究,深入考查了导数的应用方法及形式.能够熟练地利用导函数的性质来研究原函数的性质,是解决此类问题的关键.
4.(2015福建,20,14分)已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R).
(1)证明:当x>0时, f(x)0,使得对任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x);
(3)确定k的所有可能取值,使得存在t>0,对任意的x∈(0,t),恒有|f(x)-g(x)|0时,F(x)0时, f(x)0,故G(x)在(0,+∞)上单调递增,G(x)>G(0)=0,故任意正实数x0均满足题意.
当00,
取x0=1k-1,对任意x∈(0,x0),有G'(x)>0,
从而G(x)在(0,x0)上单调递增,
所以G(x)>G(0)=0,
即f(x)>g(x).
综上,当k<1时,总存在x0>0,使得对任意x∈(0,x0),
恒有f(x)>g(x).
(3)当k>1时,由(1)知,∀x∈(0,+∞),g(x)>x>f(x),
故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x.
令(k-1)x>x2,解得01时,对于x∈(0,k-1),恒有|f(x)-g(x)|>x2,故满足题意的t不存在.
当k<1时,取k1=k+12,从而k0,使得x∈(0,x0), f(x)>k1x>kx=g(x),此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-k2x.
令1-k2x>x2,解得0x2.
记x0与1-k2的较小者为x1,当x∈(0,x1)时,恒有|f(x)-g(x)|>x2.故满足题意的t不存在.
当k=1时,由(1)知,x>0,
|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=x-ln(1+x),
令M(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞),
则有M'(x)=1-11+x-2x=-2x2-xx+1.
当x>0时,M'(x)<0,
所以M(x)在[0,+∞)上单调递减,
故M(x)0时,恒有|f(x)-g(x)|f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=a-ax-2x2+2x3=(ax2-2)(x-1)x3.
当a≤0时,x∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
当a>0时, f '(x)=a(x-1)x3x-2ax+2a.
①01,
当x∈(0,1)或x∈2a,+∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈1,2a时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
②a=2时,2a=1,在x∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.
③a>2时,0<2a<1,
当x∈0,2a或x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x∈2a,1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.
综上所述,
当a≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;
当02时, f(x)在0,2a内单调递增,在2a,1内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
(2)由(1)知,a=1时,
f(x)-f '(x)=x-ln x+2x-1x2-1-1x-2x2+2x3
=x-ln x+3x+1x2-2x3-1,x∈[1,2].
设g(x)=x-ln x,h(x)=3x+1x2-2x3-1,x∈[1,2].
则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x).
由g'(x)=x-1x≥0,可得g(x)≥g(1)=1.
当且仅当x=1时取得等号.
又h'(x)=-3x2-2x+6x4.
设φ(x)=-3x2-2x+6,则φ(x)在x∈[1,2]内单调递减.
因为φ(1)=1,φ(2)=-10,
所以∃x0∈(1,2),使得x∈(1,x0)时,φ(x)>0,x∈(x0,2)时,φ(x)<0.
所以h(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,2)内单调递减.
由h(1)=1,h(2)=12,可得h(x)≥h(2)=12,
当且仅当x=2时取得等号.
所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=32,
即f(x)>f '(x)+32对于任意的x∈[1,2]成立.
易错警示 讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a未讨论或对a分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情形).
评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.
6.(2016天津,20,14分)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.
③当0f1+23a3=f1-3a3,
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|>14.
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14.
易错警示 (1)对参数a讨论时易忽略a≤0的情形,导致忽略f(x)在R上递增的情况.(3)讨论00, fπ2=-π2-163<0,
所以存在唯一x0∈0,π2,使f(x0)=0.
(2)考虑函数h(x)=3(x-π)cosx1+sinx-4ln3-2πx,x∈π2,π.
令t=π-x,则x∈π2,π时,t∈0,π2.
记u(t)=h(π-t)=3tcost1+sint-4ln1+2πt,
则u'(t)=3f(t)(π+2t)(1+sint).
由(1)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈x0,π2时,u'(t)<0.
在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.
在x0,π2上u(t)为减函数,由u(x0)>0,uπ2=-4ln 2<0,知存在唯一t1∈x0,π2,使u(t1)=0.
所以存在唯一的t1∈0,π2,使u(t1)=0.
因此存在唯一的x1=π-t1∈π2,π,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.
因为当x∈π2,π时,1+sin x>0,故g(x)=(1+sin x)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈π2,π,使g(x1)=0.
因为x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.
评析本题考查函数的零点、方程的根与函数图象交点间的关系,考查利用导数研究函数的单调性,转化与化归思想和分类讨论思想的应用,本题将函数的零点、函数的单调性与导数问题有机结合,难度较大,很好地考查了考生的逻辑推理能力和运算求解能力.
8.(2015课标Ⅱ,21,12分)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].
9.(2017课标Ⅰ,21,12分)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 本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.
(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 a)=1-1a+ln a.
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).
方法总结 利用导数研究函数的单调性的原理:若f '(x)>0,x∈D恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递增;若f '(x)<0,x∈D恒成立,则在区间D上函数f(x)单调递减.
10.(2018天津,20,14分)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)=-2ln lnalna;
(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 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(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)=-2ln lnalna.
(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=logax2-1lna,②有解.
由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,
得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2ln lnalna=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+2ln lnalna,
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x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;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+2ln lnalna=1x0(lna)2+x0+2ln lnalna≥2+2ln lnalna≥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+2ln lnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2ln lnalna,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.
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2019届北京潞河中学10月月考,10)已知函数f(x)=xcosx,现给出如下命题:
①当x∈(-4,-3)时, f(x)>0;
②f(x)在区间(5,6)上单调递增;
③f(x)在区间(1,3)上有极大值;
④存在M>0,使得对任意x∈R,都有|f(x)|≤M.
其中真命题的序号是( )
A.①② B.②③ C.②④ D.③④
答案 A
2.(2019届北京四中期中,8)已知函数f(x)=(x2-3)ex,设关于x的方程f 2(x)-mf(x)-12e2=0(m>0)有n个不同的实数解,则n的所有可能的值为( )
A.3 B.1或3 C.4或6 D.3或4或6
答案 A
二、解答题(共100分)
3.(2019届北京牛栏山一中期中,18)已知关于x的函数f(x)=ax-aex(a≠0).
(1)当a=-1时,求函数f(x)的极值;
(2)若函数F(x)=f(x)+1没有零点,求实数a的取值范围.
解析 f '(x)=-aex(x-2)(ex)2=-a(x-2)ex,x∈R.
(1)当a=-1时, f(x), f '(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,2)
2
(2,+∞)
f '(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以,当a=-1时,函数f(x)的极小值为f(2)=-e-2,无极大值.
(2)F'(x)=f '(x)=-a(x-2)ex.
①当a<0时,F(x),F'(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,2)
2
(2,+∞)
F'(x)
-
0
+
F(x)
↘
极小值
↗
因为F(1)=1>0,若使函数F(x)没有零点,需且仅需F(2)=ae2+1>0,解得a>-e2,所以此时-e20时,F(x),F'(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,2)
2
(2,+∞)
F'(x)
+
0
-
F(x)
↗
极大值
↘
因为F(2)>F(1)>0,且F1-10a=e1-10a-10e1-10a0).
(1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间;
(3)若函数f(x)在x=1处取得极大值,记函数f(x)的极小值为g(a),试求g(a)的最大值.
解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f '(x)=(2x-a)ln x+(x2-ax)1x-x+a=(2x-a)ln x.
(1)易知f(1)=a-12, f '(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-a-12=0(x-1),即y=a-12.
(2)令f '(x)=(2x-a)ln x=0,得x=1或x=a2,
①当02时,a2>1.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
1,a2
a2
a2,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)在(0,1)和a2,+∞上单调递增,在1,a2上单调递减.
(3)由(2)可知,要使函数f(x)在x=1处取得极大值,需满足a>2.此时,函数f(x)的极小值为g(a)=fa2=-a24lna2+38a2.所以g'(a)=-12alna2-1.令g'(a)=0,得a=2e或a=0(舍),且当20,当a>2e时,g'(a)<0,故g(a)max=g(2e)=-(2e)24ln2e2+38·(2e)2=e22.
评析在北京的高考和模拟题中,导数的应用是比较有区分度的题目.但只要认真分析就会发现,经常围绕着利用导数求切线问题(在某点或过某点),利用导数判断单调性问题,利用导数求极值、最值问题,利用导数求解恒成立(不等式)问题等知识点考查.复习导数时要注意及时的总结、归类.
5.(2019届北京朝阳期中,18)已知函数f(x)=2mx3-3x2+1(m∈R).
(1)当m=1时,求f(x)在区间[-1,2]上的最大值和最小值;
(2)求证:“m>1”是“函数f(x)有唯一零点”的充分而不必要条件.
解析 f '(x)=6mx2-6x=6x(mx-1).
(1)当m=1时, f '(x)=6x(x-1),
当x在[-1,2]内变化时, f '(x), f(x)的变化如表:
x
-1
(-1,0)
0
(0,1)
1
(1,2)
2
f '(x)
12
+
0
-
0
+
12
f(x)
-4
↗
极大值1
↘
极小值0
↗
5
当x∈[-1,2]时, f(x)max=5, f(x)min=-4.
(2)证明:当m>1时, f '(x)=6mxx-1m.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化如下表:
x
(-∞,0)
0
0,1m
1m
1m,+∞
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
f1m=2m·1m3-3·1m2+1=-1m2+1,因为m>1,所以0<1m2<1,即f1m>0,又f(-m)=m2(-2m2-3)+1<0,所以f(x)有唯一零点.所以“m>1”是“f(x)有唯一零点”的充分条件.
又m=-2时,当x变化时, f '(x), f(x)的变化如下表:
x
-∞,-12
-12
-12,0
0
(0,+∞)
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
又f-12=12-34+1>0, f(0)>0, f(3)<0.
所以此时f(x)也有唯一零点.
从而“m>1”是函数“f(x)有唯一零点”的充分不必要条件.
6.(2019届北京八中10月月考,18)已知函数f(x)=1+lnxx.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)对任意x>0,不等式f(x)≤kx恒成立,求实数k的取值范围.
解析 (1)∵f(x)=1+lnxx,x>0,
∴f '(x)=1-1-lnxx2=-lnxx2,
令f '(x)=0,解得x=1,
当x>1时, f '(x)<0,函数单调递减,
当00,函数单调递增,
∴当x=1时,函数有极大值,极大值为f(1)=1,无极小值.
(2)∵对任意x>0,不等式f(x)≤kx恒成立,
∴k≥1+lnxx2在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=1+lnxx2,x∈(0,+∞),
∴g'(x)=-1-2lnxx3,
令g'(x)=0,解得x=1e,
当x>1e时, f '(x)<0,函数单调递减,
当00,函数单调递增,
∴g(x)max=g1e=e2,
∴k≥e2,
∴实数k的取值范围为e2,+∞.
7.(2019届北京海淀期中,19)已知函数f(x)=mx2-x-lnxm.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)求证:存在x0,使得f(x0)<1.
解析 f(x)定义域为(0,+∞),且m≠0,所以f '(x)=2mx-1-1mx=(2mx+1)(mx-1)mx.
(1)①当m>0时,mx>0,2mx+1>0,令f '(x)=0,得x=1m,
当x变化时, f '(x), f(x)变化情况如下表:
x
0,1m
1m
1m,+∞
f '(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以f(x)的极小值为f1m=lnmm,无极大值.
②当m<0时,mx<0,mx-1<0,令f '(x)=0,得x=-12m,
当x变化时, f '(x), f(x)变化情况如下表:
x
0,-12m
-12m
-12m,+∞
f '(x)
+
0
-
f(x)
↗
极大值
↘
所以, f(x)的极大值为f-12m=34m+ln(-2m)m,无极小值.
综上所述,当m>0时, f(x)的极小值为f1m=lnmm,无极大值.
当m<0时, f(x)的极大值为f-12m=34m+ln(-2m)m,无极小值.
(2)证明:①当m<0时, f(1)=m-1<-1<1,结论成立.
②当m>0时, f(x)极小值为f1m=lnmm.
故“存在x0使得f(x0)<1”等价于“f1m<1”,
设g(x)=lnxx(x>0),则g'(x)=1-lnxx2,
令g'(x)=0得x=e,
当x变化时,g'(x),g(x)变化情况如下表:
x
(0,e)
e
(e,+∞)
g'(x)
+
0
-
g(x)
↗
极大值
↘
所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
g(x)max=g(e)=1e<1,所以f1m<1,
所以∀m∈(0,+∞),存在x0∈(0,+∞),使得f(x0)<1.
综上所述,存在x0,使得f(x0)<1.
8.(2019届北京四中期中,19)已知函数f(x)=e3x-1-3x-ax2,a∈R.
(1)当a=0时,证明:当x≥0时, f(x)≥0;
(2)当x≥0时, f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
解析 (1)证明:f '(x)=3e3x-3-2ax,当a=0时, f '(x)=3e3x-3,
当x≥0时, f '(x)=3e3x-3≥0,所以y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为f(0)=0,所以f(x)≥f(0)=0.
(2)f '(x)=3e3x-3-2ax,记g(x)=3e3x-3-2ax,
则g'(x)=9e3x-2a.
①当a≤92,x≥0时,g'(x)=9e3x-2a≥0,
∴y=g(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴g(x)≥g(0)=0,即f '(x)≥f '(0)=0,所以y=f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0.
②当a>92时,令g'(x)=9e3x-2a=0,得x=13ln2a9,
当x∈0,13ln2a9时,g'(x)≤0,
∴g(x)=3e3x-3-2ax在x∈0,13ln2a9上单调递减,
∴g(x)≤g(0)=0,即f '(x)≤f '(0)=0, f(x)=e3x-1-3x-ax2在x∈[0,x0]上单调递减,
∴f(x)≤f(0)=0,与题设矛盾.
综上所述,a≤92.
9.(2019届北京一零一中学10月月考,19)设函数f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f '(x),求函数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,+∞),
所以g'(x)=1x-2a=1-2axx,
当a≤0时,g'(x)>0恒成立,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,令g'(x)>0,则x∈0,12a,令g'(x)<0,则x∈12a,+∞,
综上可知,当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)的单调增区间为0,12a,单调减区间为12a,+∞.
(2)由(1)知, 当a≤0时, f '(x)在(0,+∞)单调递增且f '(1)=0,故f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
①当01,由(1)知f '(x)在0,12a内单调递增且f '(1)=0,故当x∈(0,1)时, f '(x)<0,当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.
②当a=12时,12a=1, f '(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,f '(1)=0,所以当x∈(0,+∞)时, f '(x)≤0, f(x)单调递减,不合题意.
③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,符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为12,+∞.
思路分析 (1)求出函数的导数,通过讨论a的范围,求出函数g(x)的单调区间即可;
(2)通过讨论a的范围,得到函数f(x)的单调区间,结合函数的极大值,求出a的范围即可.
10.(2019届北京四中期中文,20)已知函数f(x)=x2ln x-2x.
(1)求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)求证:存在唯一的x0∈(1,2),使得曲线y=f(x)在点(x0, f(x0))处的切线的斜率为f(2)-f(1);
(3)比较f(1.01)与-2.01的大小,并加以证明.
解析 (1)函数f(x)=x2ln x-2x的定义域是(0,+∞),
导函数为f '(x)=2xln x+x-2.
所以f '(1)=-1,又f(1)=-2,
所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-x-1.
(2)证明:由已知可得f(2)-f(1)=4ln 2-2.
所以只需证明方程2xln x+x-2=4ln 2-2在区间(1,2)有唯一解,即方程2xln x+x-4ln 2=0在区间(1,2)有唯一解.
设函数g(x)=2xln x+x-4ln 2,x∈(1,2),
则g'(x)=2ln x+3.
当x∈(1,2)时,g'(x)>0,故g(x)在区间(1,2)单调递增.
又g(1)=1-4ln 2<0,g(2)=2>0,
所以存在唯一的x0∈(1,2),使得g(x0)=0.
综上,存在唯一的x0∈(1,2),使得曲线y=f(x)在点(x0, f(x0))处的切线的斜率为f(2)-f(1).
(3)f(1.01)>-2.01.证明如下:
若证明当x>1时, f(x)>-x-1,则f(1.01)>-2.01得证.
设h(x)=f(x)-(-x-1)=x2ln x-x+1,
则h'(x)=x+2xln x-1.
当x>1时,x-1>0,2xln x>0,
所以h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)单调递增,
所以x>1时,有h(x)>h(1)=0,
即当x>1时,有f(x)>-x-1.
所以f(1.01)>-1.01-1=-2.01.
11.(2019届北京朝阳期中文,20)已知函数f(x)=x-sin xcos x.
(1)求证:当x∈0,π2时, f(x)≥0;
(2)设g(x)=xtanx,x∈0,π2.
(i)试判断函数g(x)的单调性并证明;
(ii)若g(x)0,所以g'(x)<0,
所以g(x)在0,π2上单调递减.
(ii)依题意可知a>0,
令h(x)=atan x-x,x∈0,π2,
则h'(x)=acos2x-1=a-cos2xcos2x.
①若a≥1,则当x∈0,π2时,h'(x)>0,则h(x)在0,π2上单调递增,即x∈0,π2时,h(x)>h(0)=0,
则x∈0,π2时,x0.
所以h(x)在(0,x0)上递减,在x0,π2上递增.
所以h(x)min=h(x0)0,所以f '(x)≥0.
所以函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间.
(2)f '(x)=2ax-4a+2x=2ax2-4ax+2x,x∈[1,4].
因为f(x)在区间[1,4]上是增函数,
所以f '(x)≥0在区间[1,4]上恒成立,即2ax2-4ax+2≥0在[1,4]上恒成立.
(i)当a=0时满足题意.
(ii)令h(x)=2ax2-4ax+2,x∈[1,4],则h(x)=2a(x-1)2-2a+2的图象的对称轴为x=1.
①当a>0时,只需h(1)≥0,即-2a+2≥0,解得02,所以x-2>0,2ax-1<0,
则p'(x)<0,p(x)在[2,+∞)上单调递减,
且p(4)=2ln 4-4+14a<0,所以不满足p(x)min≥0,即a<0不成立.
②当00,可得p(x)的单调递增区间是12a,+∞,令p'(x)<0,可得p(x)的单调递减区间是2,12a.
所以p(x)min=p12a=a12a-22+2ln12a-4a+14a-12a=-2-2ln 2a.
令-2-2ln 2a≥0,解得a≤12e,
所以00,可得p(x)的单调递增区间是[2,+∞).所以p(x)min=p(2)=2ln 2-4a+14a-2.
因为a≥14,所以14a≤1,-4a≤-1,则-4a+14a≤0,2ln 2-2<0,
所以p(x)min=p(2)<0,不满足p(x)min≥0,即a≥14不成立,
综上,实数a的取值范围是0
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