高考文科数学专题复习练习3导数的概念与几何意义
38 导数的概念与几何
意义
9.(2015 辽宁沈阳四校联考,文 9,导数的概念与几何意义,选择题)已知函数 f(x)=x2+bx 的图象在点
A(1,f(1))处的切线斜率为 3,数列{ 1
푓(푛)}的前 n 项和为 Sn,则 S2 014 的值为( )
A.2 012
2 013 B.2 013
2 014 C.2 014
2 015 D.2 015
2 016
解析:函数的导数 f'(x)=2x+b,
∵点 A(1,f(1))处的切线的斜率为 3,
∴f'(1)=2+b=3,解得 b=1.
∴f(x)=x2+x=x(x+1).
∴ 1
푓(푛) = 1
푛(푛 + 1) = 1
푛 ― 1
푛 + 1.
∴S2 014=(1 - 1
2) + (1
2 - 1
3) + (1
3 - 1
4)+…+( 1
2 014 - 1
2 015)=1- 1
2 015 = 2 014
2 015.
答案:C
4.(2015 河南洛阳二模,文 4,导数的概念与几何意义,选择题)曲线 f(x)=푥2 + 푎
푥 + 1 在点(1,f(1))处切线的倾斜
角为3π
4 ,则实数 a=( )
A.1 B.-1 C.7 D.-7
解析:f(x)=푥2 + 푎
푥 + 1 的导数为
f'(x)=2푥(푥 + 1) - (푥2 + 푎)
(푥 + 1)2 ,
则 f(x)在点(1,f(1))处切线斜率为 k=4 - (1 + 푎)
4 ,
切线的倾斜角为3π
4 ,即有 k=-1,
由4 - (1 + 푎)
4 =-1,解得 a=7.
答案:C
16.(2015 宁夏银川一中一模,文 16,导数的概念与几何意义,填空题)已知函数 f(x)=ex-mx+1 的图象为
曲线 C,若曲线 C 存在与直线 y=ex 垂直的切线,则实数 m 的取值范围为 .
解析:函数 f(x)=ex-mx+1 的导数为 f'(x)=ex-m,
若曲线 C 存在与直线 y=ex 垂直的切线,
即有 ex-m=-1
e有解,即 m=ex+1
e,
由 ex>0,得 m>1
e.
故实数 m 的范围为(1
e, + ∞).
答案:(1
e, + ∞)
10.(2015 河南开封定位模拟,文 10,导数的概念与几何意义,选择题)函数 f(x)=ln x+ax 存在与直线 2x-
y=0 平行的切线,则实数 a 的取值范围是( )
A.(-∞,2] B.(-∞,2)
C.[0,+∞) D.(2,+∞)
解析:函数 f(x)=ln x+ax 存在与直线 2x-y=0 平行的切线,即 f'(x)=2 在(0,+∞)上有解,
而 f'(x)=1
푥+a,即1
푥+a=2 在(0,+∞)上有解,a=2-1
푥,
因为 x>0,所以 2-1
푥<2.
所以 a 的取值范围是(-∞,2).
答案:B
39 导数的运
算
8.(2015 辽宁锦州一模,文 8,导数的运算,选择题)已知函数 y=f(x)的导函数为 f'(x),且 f(x)=x2f'(π
3)+sin x,
则 f'(π
3)=( )
A. 3
6 - 4π B. 3
6 - 2π
C. 3
6 + 4π D. 3
6 + 2π
解析:∵f(x)=x2f'(π
3)+sin x,
∴f'(x)=2f'(π
3)x+cos x.
∴f'(π
3)=2f'(π
3) × π
3+cos π
3,解得 f'(π
3) = 3
6 - 4π.
答案:A
40 导数与函数的单
调性
12.(2015 辽宁沈阳一模,文 12,导数与函数的单调性,选择题)定义在 R 上的函数 f(x)满
足:f(x)+f'(x)>1,f(0)=4,则不等式 exf(x)>ex+3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(3,+∞)
解析:设 g(x)=exf(x)-ex(x∈R),
则 g'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1].
∵f(x)+f'(x)>1,∴f(x)+f'(x)-1>0.
∴g'(x)>0.∴y=g(x)在定义域上单调递增.
∵exf(x)>ex+3,∴g(x)>3.
又 g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,
∴g(x)>g(0).∴x>0.
答案:A
12.(2015 辽宁沈阳四校联考,文 12,导数与函数的单调性,选择题)已知定义域为 R 的奇函数 f(x)的导函
数为 f'(x),当 x≠0 时,f'(x)+푓(푥)
푥 >0,若 a=1
2f(1
2),b=-2f(-2),c=(ln1
2)f(ln1
2),则 a,b,c 的大小关系正确的是( )
A.a
0 时,h'(x)=f(x)+x·f'(x)>0,
∴此时函数 h(x)单调递增.
∵a=1
2f(1
2)=h(1
2),b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),c=(ln1
2)f(ln1
2)=h(ln1
2)=h(-ln 2)=h(ln 2),
又 2>ln 2>1
2,∴b>c>a.
答案:A
21.(2015 辽宁沈阳四校联考,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=ax3+bx2 的图象经过点
M(1,4),曲线在点 M 处的切线恰好与直线 x+9y=0 垂直.
(1)求实数 a,b 的值;
(2)若函数 f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,求 m 的取值范围.
解:(1)∵f(x)=ax3+bx2 的图象经过点 M(1,4),
∴a+b=4. ①
∵f'(x)=3ax2+2bx,∴f'(1)=3a+2b.
由条件 f'(1)·( - 1
9)=-1,得 3a+2b=9. ②
由①②式解得 a=1,b=3.
(2)由(1)知 f(x)=x3+3x2,f'(x)=3x2+6x,
令 f'(x)=3x2+6x≥0,得 x≥0 或 x≤-2.
∵函数 f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,
∴[m,m+1]⊆(-∞,-2]∪[0,+∞).
∴m≥0 或 m+1≤-2.
∴m≥0 或 m≤-3.
20.(2015 河南开封二模,文 20,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=[ax2+(a-1)2x+a-(a-1)2]ex(其
中 a∈R).
(1)若 x=0 为 f(x)的极值点,求 a 的值;
(2)在(1)的条件下,解不等式 f(x)>(x-1)(1
2푥2 + 푥 + 1).
解:(1)∵f(x)=[ax2+(a-1)2x+a-(a-1)2]ex,
∴f'(x)=[ax2+(a2+1)x+a]ex.
∵x=0 为 f(x)的极值点,∴f'(0)=a·e0=0.
∴a=0.经检验成立.
(2)当 a=0 时,不等式 f(x)>(x-1)(1
2푥2 + 푥 + 1)可化为(x-1)ex>(x-1)(1
2푥2 + 푥 + 1),
即(x-1)[e푥 - (1
2푥2 + 푥 + 1)]>0,
令 g(x)=ex-(1
2푥2 + 푥 + 1),h(x)=g'(x)=ex-x-1,h'(x)=ex-1.
当 x>0 时,h'(x)=ex-1>0,当 x<0 时,h'(x)=ex-1<0.
故 h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以 h(x)>h(0)=0.
故 g(x)在 R 上单调递增,且 g(0)=0.
故 ex-(1
2푥2 + 푥 + 1)>0,x>0,ex-(1
2푥2 + 푥 + 1)<0,x<0.
所以原不等式的解集为{x|x<0 或 x>1}.
9.
(2015 河南郑州一模,文 9,导数与函数的单调性,选择题)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(-
1)=f(3)=1,f'(x)为 f(x)的导函数,且导函数 y=f'(x)的图象如图所示.则不等式 f(x)<1 的解集是( )
A.(-1,0)
B.(-1,3)
C.(0,3)
D.(-∞,-1)∪(3,+∞)
解析:由函数的图象可知,当 x>0 时,函数 f'(x)>0,函数单调递增,
当 x<0 时,函数 f'(x)<0,函数单调递减,且当 x=0 时,函数取得极小值 f(0),
∵f(-1)=f(3)=1,
∴当 0≤x<3 时,f(x)<1,当-13,
∴f(x)的值域为(3,4].
记 h(x)=g(x)+2x2=ax-ln x,m=f(x),
原问题等价于:∀m∈(3,4],存在唯一的 x0∈[e-4,e],使得 h(x0)=m 成立.
∵h'(x)=a-1
푥 = 푎푥 - 1
푥 ,x∈[e-4,e].
①当 a≤1
e时,h'(x)≤0 恒成立,h(x)单调递减,
由 h(x)max=h(e-4)=ae-4+4≥4,h(x)min=h(e)=ae-1≤3,解得 0≤a≤1
e.
②当 a≥e4 时,h'(x)≥0 恒成立,h(x)单调递增,
h(x)min=h(e-4)=ae-4+4>4,不合题意,舍去.
③当1
e4,h(e)=ae-1,
要满足条件则 ae-1≤3,∴1
ee
3
2.
(1)解:函数 f(x)的定义域为(0,+∞).
求导数,得 f'(x)=1
푥-a=1 - 푎푥
푥 .
①若 a≤0,则 f'(x)>0,f(x)是(0,+∞)上的增函数,无极值;
②若 a>0,令 f'(x)=0,得 x=1
푎.
当 x∈(0,1
푎)时,f'(x)>0,f(x)是增函数;
当 x∈(1
푎, + ∞)时,f'(x)<0,f(x)是减函数.
所以当 x=1
푎时,f(x)有极大值,极大值为 f(1
푎)=ln1
푎-1=-ln a-1.
综上所述,当 a≤0 时,f(x)的递增区间为(0,+∞),无极值;
当 a>0 时,f(x)的递增区间为(0,1
푎),递减区间为(1
푎, + ∞),极大值为-ln a-1.
(2)证明:因为 x1= e是函数 f(x)的零点,
所以 f( e)=0,即1
2-a e=0,解得 a= 1
2 e = e
2e.
所以 f(x)=ln x- 1
2 ex.
因为 f(e
3
2)=3
2 ― e
2>0,f(e
5
2)=5
2 ― e2
2 <0,
所以 f(e
3
2)·f(e
5
2)<0.
由(1)知,函数 f(x)在(2 e,+∞)上单调递减,
所以函数 f(x)在区间(e
3
2,e
5
2)上有唯一零点,
所以 x2>e
3
2.
21.(2015 河南开封定位模拟,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)(a
∈R).
(1)若 a=0,判断函数 f(x)的单调性;
(2)若 x>1 时,f(x)<0 恒成立,求 a 的取值范围.
解:(1)若 a=0,f(x)=xln x-x+1,f'(x)=ln x,x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)为减函数,
x∈(1,+∞),f'(x)>0,f(x)为增函数.
(2)f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)<0,在(1,+∞)恒成立.
①若 a=0,f(x)=xln x-x+1,f'(x)=ln x,x∈(1,+∞),f'(x)>0,
所以 f(x)为增函数.
所以 f(x)>f(1)=0,即 f(x)<0 不成立.
所以 a=0 不成立.
②因为 x>1,ln x-(푥 - 1)(푎푥 - 푎 + 1)
푥 <0 在(1,+∞)恒成立,
不妨设 h(x)=ln x-(푥 - 1)(푎푥 - 푎 + 1)
푥 ,x∈(1,+∞),
则 h'(x)=-푎푥2 - 푥 - 푎 + 1
푥2 =-(푥 - 1)(푎푥 + 푎 - 1)
푥2 ,x∈(1,+∞),
h'(x)=0,x1=1,x2=1 - 푎
푎 .
若 a<0,则 x2=1 - 푎
푎 <1,x>1,h'(x)>0,h(x)为增函数,h(x)>h(1)=0(不合题意).
若 00,h(x)为增函数,h(x)>h(1)=0(不合题意).
若 a≥1
2,x∈(1,+∞),h'(x)<0,h(x)为减函数,h(x)1 时,f(x)<0 恒成立,则 a 的取值范围为[1
2, + ∞).
11.(2015 哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模,文 11,导数与函数的单调性,选择题)
若函数 f(x)=2x3-3mx2+6x 在区间(2,+∞)上为增函数,则实数 m 的取值范围是( )
A.(-∞,2) B.(-∞,2]
C.( -∞,5
2) D.( -∞,5
2]
解析:f'(x)=6x2-6mx+6,
由已知条件知 x∈(2,+∞)时,f'(x)≥0 恒成立,
设 g(x)=6x2-6mx+6,则 g(x)≥0 在(2,+∞)上恒成立,
所以(1)若 Δ=36(m2-4)≤0,即-2≤m≤2,满足 g(x)≥0 在(2,+∞)上恒成立.
(2)若 Δ=36(m2-4)>0,即 m<-2 或 m>2,则需{푚
2 < 2,
푔(2) = 30 - 12푚 ≥ 0,
解得 m<5
2,
∴m<-2 或 20,得- - 1
3푎 - 1
3푎或 x<- - 1
3푎,
所以满足 f(x)=ax3+x 恰有 3 个单调区间的 a 的范围是(-∞,0).
答案:D
20.(2015 河南商丘二模,文 20,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=a(푥 - 1
푥)-2ln x,a∈R.
(1)若 a=2,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若 a>0,求函数 f(x)的单调增区间;
(3)设函数 g(x)=-푎
푥.若至少存在一个 x0∈[1,e],使得 f(x0)>g(x0)成立,求实数 a 的取值范围.
解:(1)当 a=2 时,函数 f(x)=2(푥 - 1
푥)-2ln x,
f(1)=0,f'(x)=2(1 + 1
푥2) ― 2
푥.
曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为 f'(1)=2.
从而曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-0=2(x-1),即 2x-y-2=0.
(2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).
f'(x)=푎푥2 - 2푎푥 + 푎
푥2 ,不妨设 h(x)=ax2-2x+a,
当 a>0 时,Δ=4-4a2,
①若 00,即 h(x)>0,得
0
1 - 1 - 푎2
푎 ,
所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,
1 - 1 - 푎2
푎 )和(1 - 1 - 푎2
푎 , + ∞);
②若 a≥1,h(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立,
则 f'(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立.
(3)因为存在一个 x0∈[1,e]使得 f(x0)>g(x0),
则 ax0>2ln x0,等价于 a>
2ln 푥0
푥0
.
令 F(x)=2ln푥
푥 ,等价于“当 x∈[1,e]时,a>F(x)min”.
对 F(x)求导,得 F'(x)=2(1 - ln푥)
푥2 .
因为当 x∈[1,e]时,F'(x)≥0,所以 F(x)在[1,e]上单调递增.
所以 F(x)min=F(1)=0,因此 a>0 时 f(x)在(0,+∞)上单调递增.
21.(2015 辽宁丹东二模,文 21,导数与函数的单调性,解答题)设函数 f(x)=ex+ax+b 在点(0,f(0))处的切
线方程为 x+y+1=0.
(1)求 a,b 的值,并求 f(x)的单调区间;
(2)证明:当 x≥0 时,f(x)>x2-4.
(1)解:f'(x)=ex+a,
由已知,f'(0)=-1,f(0)=-1,
故 a=-2,b=-2,f'(x)=ex-2,
当 x∈(-∞,ln 2)时,f'(x)<0,当 x∈(ln 2,+∞)时,f'(x)>0,
故 f(x)在(-∞,ln 2)单调递减,在(ln 2,+∞)单调递增.
(2)证明:设 g(x)=f(x)-(x2-4)=ex-x2-2x+2,
g'(x)=ex-2x-2=f(x)在(-∞,ln 2)单调递减,在(ln 2,+∞)单调递增,
因为 g'(0)=-1<0,g'(2)=e2-4>0,00,
即 g(x)在[0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
当 x≥0 时,g(x)≥g(x0)=e푥0 ― 푥20-2x0+2=4-푥20>0,
即 f(x)>x2-4.
21.(2015 河南中原名校联盟模拟,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)= 푎
푥2+ln x.
(1)若 y=f(x)在 x=1 处的切线的斜率为1
2,求 f(x)的单调区间;
(2)若 f(x)=0 在[e-2,e2]上恰有两个实根,且 푎-a>푚2 - 3푚 + 2e2
e4 恒成立,求实数 m 的取值范围.
解:(1)由 f(x)= 푎
푥2+ln x 得 f'(x)=-2푎
푥3 + 1
푥,
若 y=f(x)在 x=1 处的切线的斜率为1
2,
故 f'(1)=-2a+1=1
2,解得 a=1
4,
即 f'(x)=- 1
2푥3 + 1
푥 = 2푥2 - 1
2푥3 (x>0).
由 f'(x)>0 得 x>
2
2 ,
由 f'(x)<0 得 00,
当 x∈(e-1
2,e2),g'(x)<0,
故 g(x)在[e-2,e-1
2)上单调递增,在(e-1
2,e2)上单调递减,
故 g(x)在[e-2,e2]上的极大值为 g(e-1
2)= 1
2e,
而 g(e-2)= 2
e4,g(e2)=-2e4,
显然 g(e-2)>g(e2),
故 a 的取值范围是[ 2
e4, 1
2e),
令 h(a)= 푎-a,a∈[ 2
e4, 1
2e),
则 h'(a)= 1
2 푎-1,
令 h'(a)=0,解得 a=1
4 > 1
2e,
则 a∈[ 2
e4, 1
2e)时,h'(a)>0,
故 h(a)在[ 2
e4, 1
2e)上单调递增,
故 h(a)的最小值为 h( 2
e4) = 2
e2 ― 2
e4,
故只需要푚2 - 3푚 - 2e2
e4 < 2
e2 ― 2
e4,
即 m2-3m+2<0,解得 10 对 x>1 恒成立知 a>0.
所以 3ax2+(3-2a)x-(a2+2)≥0 在[1,+∞)上恒成立.
令 g(x)=3ax2+(3-2a)x-(a2+2),其对称轴为 x=1
3 ― 1
2푎,
因为 a>0,所以1
3 ― 1
2푎 < 1
3,从而 g(x)在[1,+∞)上为增函数.
所以只要 g(1)≥0 即可,即-a2+a+1≥0 成立,
解得1 - 5
2 ≤a≤1 + 5
2 .
又 a>0,所以 00 上有解,
即求函数 g(x)=xln x+x2-x3 的值域.
b=x(ln x+x-x2),令 h(x)=ln x+x-x2,
由 h'(x)=1
푥+1-2x=(2푥 + 1)(1 - 푥)
푥 ,
又 x>0,所以当 00.
从而 h(x)在(0,1)上为增函数.
当 x>1 时,h'(x)<0,从而 h(x)在(1,+∞)上为减函数.
所以 h(x)≤h(1)=0,而 h(x)可以无穷小.
所以 b 的取值范围为(-∞,0].
13.(2015 辽宁重点中学协作体模拟)函数 f(x)=x3-3x2+6 在 x= 时取得极小值.
解析:函数 f(x)=x3-3x2+6 的导数为 f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),
由 f'(x)>0,解得 x>2 或 x<0;
由 f'(x)<0,解得 00 时,恒有 f(x)≥0,
即 x>0 时,xex-ax2-x≥0 恒成立,
即 a≤e푥 - 1
푥 在 x>0 时恒成立,
令 g(x)=e푥 - 1
푥 ,则 g'(x)=푥e푥 - e푥 + 1
푥2 ,
令 h(x)=xex-ex+1,
则 h'(x)=xex>0,故 h(x)在(0,+∞)上是增函数,
故 h(x)>h(0)=0,故 g'(x)=푥e푥 - e푥 + 1
푥2 >0,
故 g(x)在(0,+∞)上是增函数,
而lim
푥→0
g(x)=푙푖푚
x→0
e푥 - 1
푥 = lim
푥→0
ex=1.
故 a≤1.
21.(2015 河南郑州一模,文 21,导数与函数的极值,解答题)已知函数 f(x)=x2-(a+2)x+aln x.
(1)当 a=1 时,求函数 f(x)的极值;
(2)设定义在 D 上的函数 y=g(x)在点 P(x0,y0)处的切线方程为 l:y=h(x).当 x≠x0 时,若푔(푥) - ℎ(푥)
푥 - 푥0
>0 在 D 内
恒成立,则称 P 为函数 y=g(x)的“转点”.当 a=8 时,问函数 y=f(x)是否存在“转点”?若存在,求出“转点”
的横坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)a=1 时,f'(x)=2x-3+1
푥 = (푥 - 1)(2푥 - 1)
푥 ,
当 f'(x)>0 时,01,
当 f'(x)<0 时,1
22 时,F(x)在( 4
푥0
,푥0)上递减,
所以当 x∈( 4
푥0
,푥0)时,F(x)>F(x0)=0,
此时 퐹(푥)
푥 - 푥0
<0.
所以 y=f(x)在(0,2),(2,+∞)上不存在“转点”,当 x0=2 时,F'(x)=2
푥(x-2)2,即 F(x)在(0,+∞)上是增函数.
当 x>x0 时,F(x)>F(x0)=0,当 xx,并且图象如下:
所以 f'(x)>0.
所以 f(x)在 R 上单调递增.
(2)①若 f(x)有两个极值点 a,b,则 a,b 是方程 f'(x)=0 的两个根,
故方程 2mx-ex=0 有两个根 a,b,
又 x=0 显然不是该方程的根,所以方程 2m=e푥
푥 有两个实根,
设 g(x)=e푥
푥 ,得 g'(x)=e푥(푥 - 1)
푥2 ,
所以当 x<0 时,g(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减.
当 x>0 时,g(x)>0;当 01 时,g'(x)>0.
所以 g(1)=e 是 g(x)的极小值.
所以要使方程 2m=e푥
푥 有两个根,需 2m>e,故 m>e
2,且 00.
所以 f(a)在(0,1)上是增函数.
所以 f(0)0),e 为自然对数的底
数.
(1)若过点 A(2,f(2))的切线斜率为 2,求实数 a 的值;
(2)当 x>0 时,求证:f(x)≥a(1 - 1
푥);
(3)在区间(1,e)上푓(푥)
푥 - 1>1 恒成立,求实数 a 的取值范围.
解:(1)函数 f(x)的导数 f'(x)=푎
푥,
∵过点 A(2,f(2))的切线斜率为 2,
∴f'(2)=푎
2=2,解得 a=4.
(2)令 g(x)=f(x)-a(1 - 1
푥)=a(ln푥 - 1 + 1
푥),
则函数的导数 g'(x)=a(1
푥 - 1
푥2).
令 g'(x)>0,即 a(1
푥 - 1
푥2)>0,解得 x>1,
∴g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增.
∴g(x)最小值为 g(1)=0.
故 f(x)≥a(1 - 1
푥)成立.
(3)令 h(x)=aln x+1-x,则 h'(x)=푎
푥-1,
令 h'(x)>0,解得 xe 时,h(x)在(1,e)上是增函数,
∴h(x)>h(1)=0.
当 10,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为:a≥ 3
푥2 ― 1
푥3,
设 g(x)= 3
푥2 ― 1
푥3,则 g'(x)=3(1 - 2푥)
푥4 ,
所以 g(x)在区间(0,1
2]上单调递增,在区间[1
2,1]上单调递减.
因此 g(x)max=g(1
2)=4,从而 a≥4.
③当 x<0,即 x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为:a≤ 3
푥2 ― 1
푥3,
g(x)= 3
푥2 ― 1
푥3在区间[-1,0)上单调递增,
因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上 a=4.
答案:4
21.(2015 辽宁重点中学协作体模拟,文 21,导数与函数的最值,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)1
2(e - 1
e).
∵ln푎e-1
e푎-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 - 1
푎 -1=e - 1 - 푎
푎 ,a>1
2(e - 1
e),
当1
2(e - 1
e)0,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>1
2(e - 1
e)时至多有两个零点,而 m(1)=m(e)=0,且1
2(e - 1
e)>1,
∴当1
2(e - 1
e)0,ae-1>ea-1;
当 a=e 时,m(a)=0,ae-1=ea-1;
当 a>e 时,m(a)<0,ae-10)上的最小值;
(3)若存在两不等实根 x1,x2∈[1
e,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.
故切线方程为 y-e=4e(x-1),即 y=4ex-3e.
(2)f'(x)=ln x+1,
x (0,
1
푒) 1
푒 (1
푒, + ∞)
f'(x)- 0 +
f(x) 单调递
减
极小值(最小
值)
单调递
增
①当 t≥1
e时,在区间(t,t+2)上 f(x)为增函数,
所以 f(x)min=f(t)=tln t.
②当 00,
∴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[1
e,e]内有两个不等实根的充要条件是{ℎ(1
e) ≤ 0,
ℎ(1) > 0,
ℎ(e) ≤ 0,
即{ -2 - (1
e)2
+ 푚 ≤ 0,
푚 - 1 > 0,
2 - e2 + 푚 ≤ 0,
解得 1
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