【数学】2020届天津一轮复习通用版3-2导数的应用作业
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)
2014天津文,19
利用导数研究函数的单调性和极值
构造新函数、不等式的证明
★★★
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)
2016天津,20
利用导数研究函数的极值和最值
导数的运算、不等式的证明
★★★
3.导数的综合应用
利用导数解决实际问题
2018天津,20
利用导数解决函数零点问题
利用导数研究指数函数、对数函数的性质
★★★
2014天津,20
利用导数研究函数的性质
分析解读 函数的单调性是函数的一条重要的性质,也是高中阶段研究的重点.一般分两类考查,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、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值(取值范围),常以解答题的形式出现,分值14分,难度较大.
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·天津卷题组
考点一 导数与函数的单调性
(2014天津文,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.
解析 (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.
评析本题主要考查导数的运算,利用导数研究函数的性质,考查化归思想、分类讨论思想、函数思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
考点二 导数与函数的极(最)值
(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.
解析 (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.
思路分析 (1)求含参数的函数f(x)的单调区间,需要进行分类讨论;(2)由第(1)问可知a>0,要证x1+2x0=0,只需证出f(-2x0)=f(x0),其中x1=-2x0,即可得结论;(3)求g(x)在[-1,1]上的最大值,对a分情况讨论即可.
评析本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法.考查分类讨论思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
考点三 导数的综合应用
1.(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 本小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.
2.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证:对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x);
(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证:|x2-x1|0,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)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=n1n-1, f '(x0)=n-n2.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)=-nxn-1+n在(0,+∞)上单调递减,故F'(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(0,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实数x,都有F(x)≤F(x0)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明:不妨设x1≤x2.
由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x0).
设方程g(x)=a的根为x'2,可得x'2=an-n2+x0.
当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2),可得x2≤x'2.
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)=nx.当x∈(0,+∞)时, f(x)-h(x)=-xn<0,即对于任意的x∈(0,+∞), f(x)0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.
②a>0时,由f '(x)=0,得x=-ln a.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-ln a)
-ln a
(-ln a,+∞)
f '(x)
+
0
-
f(x)
↗
-ln a-1
↘
这时, f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+∞).
于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:
(i)f(-ln a)>0;(ii)存在s1∈(-∞,-ln a),满足f(s1)<0;(iii)存在s2∈(-ln a,+∞),满足f(s2)<0.
由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得00.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).
由a∈(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).
对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;
g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.
因为g(x)在(0,1)上单调递增,故由a1>a2,
即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;
类似可得ξ2<η2.
又由ξ1,η1>0,得ξ2ξ1<η2ξ1<η2η1.
所以x2x1随着a的减小而增大.
(3)证明:由x1=aex1,x2=aex2,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=lnx2x1.
设x2x1=t,则t>1,且x2=tx1, x2-x1=lnt,
解得x1=lntt-1,x2=tlntt-1.
所以x1+x2=(t+1)lntt-1.(*)
令h(x)=(x+1)lnxx-1,x∈(1,+∞),则h'(x)=-2lnx+x-1x(x-1)2.
令u(x)=-2ln x+x-1x,得u'(x)=x-1x2.当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.
而由(2)知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.
评析本题主要考查函数的零点、导数的运算、利用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
4.(2013天津,20,14分)已知函数f(x)=x2ln x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);
(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有250.故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.
(3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,所以lng(t)lnt=lnslnf(s)=lnsln(s2lns)=lns2lns+ln(lns)=u2u+lnu,其中u=ln s.
要使25e2时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.所以s>e,即u>1,从而ln u>0成立.
另一方面,令F(u)=ln u-u2,u>1.
f '(u)=1u-12,
令f '(u)=0,得u=2.当10;
当u>2时, f '(u)<0.
故对u>1, f(u)≤F(2)<0.
因此ln ue2时,有250,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
5.(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
6.(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时,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上单调递减,在12,+∞上单调递增.
又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12上有唯一零点x0,在12,+∞上有唯一零点1,且当x∈(0,x0)时,h(x)>0;当x∈(x0,1)时,h(x)<0;当x∈(1,+∞)时,h(x)>0.
因为f '(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f '(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)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.(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
2.(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
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.
4.(2009天津,20,12分)已知函数f(x)=(x2+ax-2a2+3a)ex(x∈R),其中a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率;
(2)当a≠23时,求函数f(x)的单调区间与极值.
解析 (1)当a=0时, f(x)=x2ex, f '(x)=(x2+2x)ex,故f '(1)=3e.
所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线的斜率为3e.
(2)f '(x)=[x2+(a+2)x-2a2+4a]ex.
令f '(x)=0,解得x=-2a或x=a-2.
由a≠23知,-2a≠a-2.
以下分两种情况讨论.
①若a>23,则-2aa-2.当x变化时, f '(x)、 f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,a-2)
a-2
(a-2,-2a)
-2a
(-2a,+∞)
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)在(-∞,a-2),(-2a,+∞)内是增函数,在(a-2,-2a)内是减函数.
函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2.
函数f(x)在x=-2a处取得极小值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a.
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 C.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.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .
答案 -332
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.
解析 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.(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00,
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山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x-1x2,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(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.
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)|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].
6.(2014辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cos x-x)(π+2x)-83(sin x+1),g(x)=3(x-π)cos x-4(1+sin x)ln3-2xπ.
证明:
(1)存在唯一x0∈0,π2,使f(x0)=0;
(2)存在唯一x1∈π2,π,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1<π.
证明 (1)当x∈0,π2时, f '(x)=-(1+sin x)(π+2x)-2x-23cos x<0,函数f(x)在0,π2上为减函数,
又f(0)=π-83>0, 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.
7.(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.
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共10分)
1.(2019届天津新华中学期中,8)已知函数f(x)=xlnx-2x,x>0,x2+32x,x≤0的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=-1的对称点在y=kx-1的图象上,则实数k的取值范围是( )
A.12,1 B.12,34 C.13,1 D.12,2
答案 A
2.(2017天津河西三模,8)设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x>0时,xf '(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
答案 A
二、解答题(共100分)
3.(2018天津河北一模,20)已知函数f(x)=a2x3-3ax2+2,g(x)=-3ax+3,x∈R,其中a>0.
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间(-1,1)上的极值;
(3)若∃x0∈0,12,使不等式f(x0)>g(x0)成立,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=x3-3x2+2,x∈R,∴f(1)=0,
f '(x)=3x2-6x,∴f '(1)=-3.
∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-3x+3.
(2)令f '(x)=3a2x2-6ax=3ax(ax-2)=0,不妨设此方程两根分别为x1,x2,且x10,∴x1=0,x2=2a.
(i)当0<2a<1,即a>2时,
随着x的变化, f '(x)与f(x)的变化情况如表:
x
(-1,0)
0
0,2a
2a
2a,1
f '(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴当x=0时, f(x)取得极大值f(0)=2,
当x=2a时, f(x)取得极小值f2a=2-4a.
(ii)当2a≥1,即00,
∴F'(x)=3a2x2+3a(1-2x)>0,
∴F(x)在区间0,12上单调递增,∴F(x)max=F12.
若∃x0∈0,12,使f(x0)>g(x0)成立,则只需F(x)max>0即可,
即F12=123a2-3×122a+3×12a-1>0,
即a2+6a-8>0,
解得a<-3-17(舍),或a>-3+17.
∴a的取值范围是(-3+17,+∞).
4.(2017天津河西一模,20)已知函数f(x)=ln x-x2+x.
(1)求函数f(x)的单调递减区间;
(2)若关于x的不等式f(x)≤a2-1x2+ax-1恒成立,求整数a的最小值;
(3)若正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+2(x12+x22)+x1x2=0,证明:x1+x2≥5-12.
解析 (1)f '(x)=1x-2x+1=-2x2+x+1x=-(2x+1)(x-1)x(x>0),
令f '(x)<0得x>1,
∴f(x)的单调减区间为(1,+∞).
(2)令g(x)=f(x)-a2-1x2+ax-1(x>0),则g(x)=ln x-12ax2+(1-a)x+1(x>0),
所以g'(x)=-ax2+(1-a)x+1x
=(-ax+1)(x+1)x.
(i)当a≤0时,因为x>0,所以g'(x)>0,
∴此时g(x)在(0,+∞)上是增函数,
又g(1)=-32a+2>0,
∴g(x)≤0不能恒成立,即关于x的不等式f(x)≤a2-1x2+ax-1不能恒成立.
∴a≤0不符合题意.
(ii)当a>0时,g'(x)=-ax-1a(x+1)x,
∴当x∈0,1a时,g'(x)>0,
当x∈1a,+∞时,g'(x)<0,
因此函数g(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减.
∴函数g(x)的最大值为g1a=ln1a-12a·1a2+(1-a)·1a+1=12a-ln a,
令h(a)=12a-ln a,a>0,易证h(a)在定义域内单调递减,
∵h(1)=12>0,h(2)=14-ln 2<0,
∴当a≥2时,h(a)<0,
所以整数a的最小值为2.
(3)证明:∵f(x1)+f(x2)+2(x12+x22)+x1x2=0,
即ln x1+x12+x1+ln x2+x22+x2+x1x2=0,
∴(x1+x2)2+(x1+x2)=x1x2-ln(x1x2),
令t=x1x2,h(t)=t-ln t,t>0,则h'(t)=t-1t,
易知,h(t)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,
∴h(t)≥h(1)=1,
∴(x1+x2)2+(x1+x2)≥1,
又x1+x2>0,
∴x1+x2≥5-12恒成立.
5.(2019届天津耀华中学月考,20)设函数f(x)=x2-aln x,g(x)=(a-2)x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)有两个零点x1,x2.
(i)求满足条件的最小正整数a的值;
(ii)求证:F'x1+x22>0.
解析 (1)f '(x)=2x-ax=2x2-ax(x>0),
当a≤0时,f '(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)单调递增区间为(0,+∞),此时f(x)无单调递减区间.
当a>0时,令f '(x)>0,得x>2a2,令f '(x)<0,得00).
因为函数F(x)有两个零点,所以a>0,且F(x)min<0,此时函数f(x)在0,a2上单调递减,在a2,+∞上单调递增.
所以F(x)的最小值F(x)min=Fa2<0,即
-a2+4a-4alna2<0.
因为a>0,所以a+4lna2-4>0.
令h(a)=a+4lna2-4,a>0,显然h(a)在(0,+∞)上为增函数,
且h(2)=-2<0,h(3)=4ln32-1=ln8116-1>0,所以存在a0∈(2,3),使得h(a0)=0.
当a>a0时,h(a)>0;当00,F(1)=0,所以a=3时, F(x)有两个零点.
综上所述,满足条件的最小正整数a的值为3.
(ii)证明:不妨设00,
故只要证x1+x22>a2即可,即证明x1+x2>x12+2x1-x22-2x2x1+ln x1-x2-ln x2,
即证x12-x22+(x1+x2)(ln x1-ln x2)0,
所以m(t)在(0,1)上是增函数.
又t→1时,m(t)→0,所以当t∈(0,1)时,m(t)<0总成立,所以原题得证.
解题分析 本题考查了函数的单调性、最值相关问题,考查导数的应用和分类讨论思想、转化思想以及不等式的证明,是一道综合题.
6.(2018天津十二区县二模,20)已知函数f(x)=12x2-ax+(a-1)ln x,g(x)=b-xln x的最大值为1e.
(1)求实数b的值;
(2)当a>1时,讨论函数f(x)的单调性;
(3)当a=0时,令F(x)=2f(x)+g(x)+2ln x+2,是否存在区间[m,n]⊆(1,+∞),使得函数F(x)在区间[m,n]上的值域为[k(m+2),k(n+2)]?若存在,求实数k的取值范围;若不存在,请说明理由.
解析 (1)g'(x)=-ln x-1,x>0,
令g'(x)=-ln x-1=0,得x=1e,
当x∈0,1e时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x∈1e,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
又∵g(x)max=1e,
∴g(x)max=g1e=b-1eln1e=b+1e=1e,
解得b=0.
(2)f(x)的定义域是(0,+∞),
f '(x)=x-a+a-1x=x2-ax+a-1x=(x-1)(x+1-a)x,令f '(x)=0,得x=1或a-1,
①当a-1=1,即a=2时,f '(x)=(x-1)2x,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当00,得x∈(0,a-1)∪(1,+∞),
故f(x)在(a-1,1)上单调递减,在(0,a-1),(1,+∞)上单调递增.
③当a-1>1,即a>2时,同理可得f(x)在(1,a-1)上单调递减,在(0,1),(a-1,+∞)上单调递增.
(3)由(1)知F(x)=x2-xln x+2,x>0,
故F'(x)=2x-ln x-1,令ω(x)=F'(x)=2x-ln x-1,
则ω'(x)=2-1x>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,
故F'(x)在区间(1,+∞)上单调递增;
故F'(x)>F'(1)=1>0恒成立,
故函数F(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
假设存在区间[m,n]⊆(1,+∞),使得函数F(x)在区间[m,n]上的值域为[k(m+2),k(n+2)],
则F(m)=m2-mlnm+2=k(m+2),F(n)=n2-nlnn+2=k(n+2),
问题可转化为关于x的方程x2-xln x+2=k(x+2)在区间(1,+∞)内是否存在两个不相等的实根,
即方程k=x2-xlnx+2x+2在区间(1,+∞)内是否存在两个不相等的实根,
令h(x)=x2-xlnx+2x+2,x∈(1,+∞),则h'(x)=x2+3x-4-2lnx(x+2)2,
令p(x)=x2+3x-4-2ln x,x∈(1,+∞),
则p'(x)=2x+3-2x=(2x-1)(x+2)x>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,故函数p(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
故p(x)>p(1)=0恒成立,故h'(x)>0恒成立,h(x)在(1,+∞)上递增,
故方程k=x2-xlnx+2x+2在区间(1,+∞)上不存在两个不相等的实根.
综上,不存在区间[m,n]⊆(1,+∞),使得函数F(x)在区间[m,n]上的值域为[k(m+2),k(n+2)].
7.(2017天津一中3月月考,20)已知函数h(x)=-2ax+ln x.
(1)当a=1时,求h(x)在(2,h(2))处的切线方程;
(2)令f(x)=a2x2+h(x),已知函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1·x2>12,求实数a的取值范围;
(3)在(2)的条件下,若存在x0∈1+22,2,使不等式f(x0)+ln(a+1)>m(a2-1)-(a+1)+2ln 2对任意a(取值范围内的值)恒成立,求实数m的取值范围.
解析 (1)当a=1时,h(x)=-2x+ln x,h'(x)=-2+1x,
∴h'(2)=-32,h(2)=-4+ln 2,
∴h(x)在(2,h(2))处的切线方程为y+4-ln 2=-32(x-2),
整理得3x+2y-2ln 2+2=0.
(2)f(x)=a2x2-2ax+ln x,x>0, f '(x)=ax2-2ax+1x(x>0),
令f '(x)=0可得ax2-2ax+1=0,∵函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1·x2>12,
∴a≠0,4a2-4a>0,1a>12,解得a的取值范围为(1,2).
(3)由ax2-2ax+1=0,不妨设x1m(a2-1)-(a+1)+2ln 2对任意a(取值范围内的值)恒成立,等价于不等式-2a+ln 2+ln(a+1)>m(a2-1)-(a+1)+2ln 2恒成立,即不等式ln(a+1)-ma2-a+m-ln 2+1>0对任意的a(11,即-140不能恒成立;
当-1+12m≤1,即m≤-14时,即g(a)在(1,2)上单调递增,
∴g(a)>g(1)=0恒成立,
∴m的取值范围为-∞,-14.
解题分析 本题主要考查了导数在求解函数的极值、函数的单调性及函数的最值中的应用,要注意分类讨论思想及构造转化思想的应用.
8.(2018天津十二区县联考,20)已知函数f(x)=ln x-ex+2,h(x)=f(x)+ex-ax-2,若函数h(x)有两个零点x1,x2(x1>x2),a∈R.
(1)求实数a的取值范围;
(2)求证:当x>0时, f(x)<0;
(3)求证:x1x2>e2.
解析 (1)h(x)=ln x-ax,定义域为(0,+∞),h'(x)=1x-a,
当a≤0时,h'(x)>0恒成立,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,h(x)不可能有两个零点,
当a>0时,令h'(x)>0,得x∈0,1a,
令h'(x)<0,得x∈1a,+∞,
∴h(x)max=h1a,
又∵x→0时,h(x)→-∞,x→+∞时,h(x)→-∞,
要使h(x)有两个零点,只需h1a=ln1a-1>0,
∴00, f '(1)=1-e<0,
∴存在唯一的实数x0∈12,1,
使得f '(x0)=0,即ex0=1x0,
∴x0=e-x0,即ln x0=-x0.
当x∈(0,x0)时, f '(x)>0,当x∈(x0,+∞)时, f '(x)<0,
∴f(x)max=f(x0)=ln x0-ex0+2=-x0-1x0+2=-x0+1x0+2.
∵x0∈12,1,
∴x0+1x0>2,∴-x0+1x0+2<0,
∴f(x)≤f(x)max=-x0+1x0+2<0,
即f(x)<0成立.
(3)证明:由题意得x1,x2是ln x-ax=0的两根,
∴ln x1=ax1①,ln x2=ax2②,
联立得ln(x1x2)=a(x1+x2),lnx1x2=a(x1-x2),故a=lnx1x2x1-x2,
要证明x1x2>e2,只需证ln(x1x2)>2,即证a(x1+x2)>2,
∴只需证lnx1x2x1-x2>2x1+x2,
即证lnx1x2>2(x1-x2)x1+x2=2x1x2-1x1x2+1,
令x1x2=t>1,∴只需证ln t>2(t-1)t+1在(1,+∞)上恒成立即可.
设g(t)=ln t-2(t-1)t+1,g'(t)=(t-1)2t(t+1)2>0,t∈(1,+∞),
∴g(t)在(1,+∞)上是增函数,
又当t→1时,g(t)→0,∴g(x)>0,
即x1x2>e2成立.
9.(2018天津十二区县一模,20)已知函数f(x)=-x3+x2+1,x<0,ex-ax,x≥0,g(x)=ln x-ax+m.
(1)当a=3时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若不等式f(x)>g(x)对任意的正实数x都成立,求整数m的最大值;
(3)当a>0时,若存在实数m,n∈[0,2],且|m-n|≥1,使得f(m)=f(n),求证:e-1≤a≤e2-e.
解析 (1)当a=3时, f(x)=-x3+x2+1,x<0,ex-3x,x≥0,
当x<0时, f(x)=-x3+x2+1, f '(x)=-3x2+2x=-x(3x-2), f '(x)<0恒成立,
∴函数f(x)在区间(-∞,0)上为减函数.
当x≥0时, f(x)=ex-3x,则f '(x)=ex-3,
令f '(x)=0,解得x=ln 3,
当0ln 3时, f '(x)>0,
∴函数f(x)在区间(0,ln 3)上为减函数,在区间(ln 3,+∞)上为增函数,且f(0)=1.
综上, f(x)的单调递减区间为(-∞,0),(0,ln 3),单调递增区间为(ln 3,+∞).
(2)由f(x)>g(x)可知ex-ax>ln x-ax+m对任意x>0都成立,即ex-ln x>m对任意的正实数都成立.
记h(x)=ex-ln x(x>0),则m0,则φ'(x)=ex+1x2>0恒成立,
∴φ(x)在(0,+∞)上为增函数,即h'(x)在(0,+∞)上为增函数,
又∵h'12=e-2<0,h'(1)=e-1>0,
∴h'(x)存在唯一零点,记为x0,则x0∈12,1,且ex0-1x0=0,
当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,h'(x)>0,
∴h(x)在区间(0,x0)上为减函数,在区间(x0,+∞)上为增函数,
∴h(x)的最小值为h(x0)=ex0-ln x0,
∵ex0-1x0=0,∴ex0=1x0,∴x0=-ln x0,
∴h(x0)=1x0+x0,x0∈12,1,
可得h(x0)∈2,52,
又∵m1,
当0ln a时, f '(x)>0,
∴函数f(x)在(0,ln a)上为减函数,在(ln a,+∞)上为增函数,
若存在实数m,n∈[0,2],使f(m)=f(n),则ln a介于m,n之间,不妨设0≤m0),
则f '(x)=1-2x,
由f '(x)>0,得x>2;
由f '(x)<0,得00恒成立,
即对任意的x∈0,12,a>2-2lnxx-1恒成立.
令l(x)=2-2lnxx-1,x∈0,12,
则l'(x)=--2x(x-1)+2lnx(x-1)2=2lnx+2x-2(x-1)2,
再令m(x)=2ln x+2x-2,x∈0,12,
则m'(x)=-2x2+2x=-2(1-x)x2,则m'(x)<0,故m(x)在0,12上为减函数,于是m(x)>0,
从而, l '(x)>0,于是l(x)在0,12上为增函数,
当x→12时, l(x)→2-4ln 2,
∴l(x)2-2lnxx-1恒成立,只要使a≥2-4ln 2,
即a∈[2-4ln 2,+∞)即可.
综上,若函数f(x)在0,12上无零点,则a的最小值为2-4ln 2.
(3)g'(x)=e1-x-xe1-x=(1-x)e1-x,
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当x∈[1,e]时,g'(x)≤0,函数g(x)单调递减.
又∵g(0)=0,g(1)=1,g(e)=e·e1-e>0,
∴函数g(x)在(0,e]上的值域为(0,1].
当a=2时,不合题意;
当a≠2时, f '(x)=2-a-2x=(2-a)x-2x
=(2-a)x-22-ax,x∈(0,e],当x=22-a时, f '(x)=0.
由题意得, f(x)在(0,e]上不单调,故0<22-a0, f(x)→+∞,
f22-a=a-2ln22-a, f(e)=(2-a)(e-1)-2,
∴对任意给定的x0∈(0,e]在(0,e]上总存在两个不同的xi(i=1,2),
使得f(xi)=g(x0)成立,当且仅当a满足下列条件:
f22-a≤0,f(e)≥1,即a-2ln22-a≤0,②(2-a)(e-1)-2≥1,③
令h(a)=a-2ln22-a,a∈-∞,2-2e,
则h'(a)=1-2[ln 2-ln(2-a)]'=1-22-a=aa-2,
令h'(a)=0,得a=0,
故当a∈(-∞,0)时,h'(a)>0,函数h(a)单调递增;
当a∈0,2-2e时,h'(a)<0,函数h(a)单调递减.
∴对任意a∈-∞,2-2e,有h(a)≤h(0)=0,
即②对任意a∈-∞,2-2e恒成立.
由③解得a≤2-3e-1.④
综合①④可知,当a∈-∞,2-3e-1时,对任意给定的x0∈(0,e],在(0,e]上总存在两个不同的xi(i=1,2),使f(xi)=g(x0)成立.
11.(2017天津南开三模,19)已知x=1是函数f(x)=mx3-3(m+1)x2+nx+1的一个极值点,其中m,n∈R,m<0.
(1)求m与n的关系式;
(2)求f(x)的单调区间;
(3)当x∈[-1,1]时,函数y=f(x)的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m,求m的取值范围.
解析 (1)f '(x)=3mx2-6(m+1)x+n,
因为x=1是f(x)的一个极值点,
所以f '(1)=0,即3m-6(m+1)+n=0,所以n=3m+6.
(2)由(1)知f '(x)=3mx2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)x-1+2m,
∵m<0,∴1>1+2m,当x变化时, f (x)与f '(x)的变化情况如表:
x
-∞,1+2m
1+2m
1+2m,1
1
(1,+∞)
f '(x)
-
0
+
0
-
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
由表知,当m<0时, f(x)的单调递减区间为-∞,1+2m,(1,+∞),单调递增区间为1+2m,1.
(3)由已知,得f '(x)>3m,即3m(x-1)x-1+2m>3m,
∵m<0,∴(x-1)x-1+2m<1,(*)
①x=1时,(*)式化为0<1恒成立,∴m<0.
②x≠1时,∵x∈[-1,1),∴-2≤x-1<0,
(*)式化为2m<(x-1)-1x-1.
令t=x-1,则t∈[-2,0),记g(t)=t-1t,
易知g(t)在区间[-2,0)上是增函数.
∴g(t)min=g(-2)=-2-1-2=-32.
若(*)式恒成立,必有2m<-32⇒-430,得16.
∴函数y=f(x)g(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,6)上单调递增,在(6,+∞)上单调递减,
∴函数y=f(x)g(x)在x=1处取得极小值,为-3e.
(2)y=f '(x)+ag(x)=2x-5+a·ex=0,
∵ex>0,∴a=-2x-5ex,
设h(x)=-2x-5ex,则h'(x)=2x-7ex,令h'(x)=0,得x=72,
∴h(x)=-2x-5ex在-∞,72上单调递减,在72,4上单调递增,且x→-∞时,h(x)→+∞,h72=-2e-72,h(4)=-3e-4,
∴当a>-3e-4或a=-2e-72时,h(x)=a有1个解,即y=f '(x)+ag(x)在(-∞,4]上的零点个数为1;
当-2e-720,存在实数t∈[0,2],使得对任意的x∈[1,m],不等式xf(x)+t≤xex恒成立,∴存在实数t∈[0,2],使得对任意的x∈[1,m],不等式t≤xex-xf(x)恒成立,
∵tmin=0,
∴对任意的x∈[1,m],不等式xex-xf(x)≥0恒成立,
即对任意的x∈[1,m],不等式(x2-5x+1)ex≤1恒成立.
设G(x)=(x2-5x+1)ex,x∈[1,+∞),
∴G'(x)=(2x-5)ex+(x2-5x+1)ex=(x2-3x-4)ex=(x-4)(x+1)ex,易得G(x)在[1,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,
当m≤4时,G(x)max=G(1)=-3e≤1恒成立;
当m>4时,G(x)max=max{G(1),G(m)},G(1)=-3e≤1,G(4)=-3e4≤1,而G(5)=e5>1.
∴正整数m的最大值为4.
