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4.2 导数的应用
考点一 导数与函数的单调性
1
1.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
3
[ 1]
A.[-1,1] B.
-1,
3
[ 1 1] [ 1]
C. - , D. -1,-
3 3 3
2 2 4 5
答案 C f '(x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上单调递增,则f
3 3 3 3
4 5
'(x)≥0在R上恒成立,令cos x=t,t∈[-1,1],则- t2+at+ ≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,
3 3
{ g(1)=4-3a-5≤0, 1 1
令g(t)=4t2-3at-5,则 解得- ≤a≤ ,故选C.
g(-1)=4+3a-5≤0, 3 3
疑难突破 由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.
评析 本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即
可.
2.(2015课标Ⅱ理,12,5分)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,+∞)
f(x) xf '(x)-f(x)
答案 A 令g(x)= ,则g'(x)= ,由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函
x x2
数.
∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,
f(1)
∴g(1)= =0,
1
∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.
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f(-x) -f(x) f(x)
又∵g(-x)= = = =g(x),∴g(x)是偶函数,
-x -x x
∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;
当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.
综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
评析 出现xf '(x)+f(x)>0(<0)时,考虑构造函数F(x)=xf(x);出现xf '(x)-f(x)>0(<0)时,考虑构造函数g(x)=
f(x)
.
x
3.(2015课标Ⅰ理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x 使得f(x)<0,则a的取值范
0 0
围是( )
[ 3 ) [ 3 3) [ 3 3) [ 3 )
A. - ,1 B. - , C. , D. ,1
2e 2e 4 2e 4 2e
答案 D 由f(x
0
)<0,即ex
0(2x
0
-1)-a(x
0
-1)<0得ex
0(2x
0
-1)<a(x
0
-1).
当x=1时,得e<0,显然不成立,所以x≠1.
0 0
ex 0(2x -1)
0
若x>1,则a> .
0 x -1
0
ex (2x-1)
2xex(
x-
3)
2
令g(x)= ,则g'(x)= .
x-1
(x-1) 2
( 3)
当x∈ 1, 时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
2
(3 )
当x∈
,+∞
时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
2
5
要满足题意,则x=2,此时需满足g(2)<a≤g(3),得3e2<a≤ e3,与a<1矛盾,所以x<1.
0 2 0
ex 0(2x -1)
0
因为x<1,所以a< .
0 x -1
0
易知,当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)为增函数,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数,
要满足题意,则x=0,此时需满足g(-1)≤a<g(0),
0
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3
得 ≤a<1(满足a<1).故选D.
2e
评析 本题主要考查导数的应用及分类讨论思想,分离参变量是解决本题的关键,本题综合性较强,属难题.
4.(2014课标Ⅰ,理11,文12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x,且x>0,则a的取值范围是
0 0
( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
答案 C (1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.
2
(2)当a≠0时, f '(x)=3ax2-6x,令f '(x)=0,解得x=0,x= .
1 2 a
2 (2 ) ( 2)
当a>0时, >0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与 ,+∞ 上为增函数,在 0, 上为减函数,因为f(x)
a a a
存在唯一零点x,且x>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.
0 0
2 ( 2) (2 )
当a<0时, <0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在 -∞, 和(0,+∞)上为减函数,在 ,0 上为增函数,因为f(x)
a a a
(2) 8 4
存在唯一零点x,且x>0,则f >0,即a· -3· +1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-
0 0 a a3 a2
∞,-2).选C.
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,+∞)
1 1
答案 D 依题意得f '(x)=k- ≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥ 在(1,+∞)上恒成立,
x x
1
∵x>1,∴0< <1,
x
∴k≥1,故选D.
6.(2019课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.
解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数
最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用.
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(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
a
令f '(x)=0,得x=0或x= .
3
(a )
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪
,+∞
时, f '(x)>0;
3
( a)
当x∈ 0, 时, f '(x)<0.
3
(a ) ( a)
故f(x)在(-∞,0), ,+∞ 单调递增,在 0, 单调递减;
3 3
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
( a)
若a<0,则当x∈
-∞,
∪(0,+∞)时, f '(x)>0;
3
(a )
当x∈ ,0 时, f '(x)<0.
3
( a) (a )
故f(x)在 -∞, ,(0,+∞)单调递增,在 ,0 单调递减.
3 3
( a) (a ) (a)
(2)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在 0, 单调递减,在 ,1 单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f =-
3 3 3
a3
+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
27
a3 {4-a,0<a<2,
于是m=- +2,M=
27 2,2≤a<3.
{
a3
2-a+ ,0<a<2,
27
所以M-m=
a3
,2≤a<3.
27
a3 ( 8 )
当0<a<2时,可知2-a+ 单调递减,所以M-m的取值范围是 ,2 .
27 27
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a3 [ 8 )
当2≤a<3时, 单调递增,所以M-m的取值范围是 ,1 .
27 27
[ 8 )
综上,M-m的取值范围是 ,2 .
27
规律总结 含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(1)f'(x)最高次项系数是
否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有实数解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定义域内;(4)f'(x)=0的解x,x 之间的大小
1 2
比较.
易错警示 解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而
(a )
导致失分;②当a>0时, f(x)在(-∞,0),
,+∞
单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)∪
3
(a )
,+∞
单调递增导致错误,从而失分.
3
7.(2019浙江,22,15分)已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+√1+x,x>0.
3
(1)当a=- 时,求函数f(x)的单调区间;
4
[ 1 ) √x
,+∞
(2)对任意x∈ 均有f(x)≤ ,求a的取值范围.
e2 2a
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学
抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
3 3
(1)当a=- 时,f(x)=- ln x+√1+x,x>0.
4 4
3 1 (√1+x-2)(2√1+x+1)
f '(x)=- + = ,
4x 2√1+x 4x√1+x
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).
1 √2
(2)由f(1)≤ ,得0<a≤ .
2a 4
√2 √x √x 2√1+x
当0<a≤ 时,f(x)≤ 等价于 - -2ln x≥0.
4 2a a2 a
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1 ( √ 1) 2 1+x
令t= ,则t≥2√2.设g(t)=t2√x-2t√1+x-2ln x,t≥2√2,则g(t)=√x t- 1+ - -2ln x.
a x √x
[1 ) √ 1
(i)当x∈ ,+∞ 时, 1+ ≤2√2,
7 x
则g(t)≥g(2√2)=8√x-4√2√1+x-2ln x.
1
记p(x)=4√x-2√2√1+x-ln x,x≥ ,
7
2 √2 1 2√x√x+1-√2x-√x+1
则p'(x)= - - =
√x √x+1 x x√x+1
(x-1)[1+√x(√2x+2-1)]
= .
x√x+1(√x+1)(√x+1+√2x)
故
1 (1 )
x ,1 1 (1,+∞)
7 7
p'(x) - 0 +
(1)
p(x) p 单调递减 极小值p(1) 单调递增
7
所以,p(x)≥p(1)=0.
因此,g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0.
[ 1 1)
,
(ii)当x∈ 时,
e2 7
(√ 1) -2√xlnx-(x+1)
g(x)≥g 1+ = .
x 2√x
[ 1 1]
令q(x)=2√xln x+(x+1),x∈ , ,
e2 7
lnx+2
则q'(x)= +1>0,
√x
[ 1 1]
,
故q(x)在 上单调递增,
e2 7
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(1)
所以q(x)≤q .
7
(1) 2√7 (1) 2√7
由(i)得,q =- p <- p(1)=0.
7 7 7 7
所以,q(x)<0.
(√ 1) q(x)
因此,g(t)≥g 1+ =- >0.
x 2√x
[ 1 ) [ 1 )
由(i)(ii)知对任意x∈ ,+∞ ,t∈[2√2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈ ,+∞ ,
e2 e2
√x
均有f(x)≤ .
2a
( √2]
综上所述,所求a的取值范围是 0, .
4
疑难突破 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定
根两侧导函数的正负.
(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的
范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.
8.(2017课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.
(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②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.
故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
( a)
-
③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln .
2
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( ( a))
当x∈
-∞,ln -
时,f '(x)<0;
2
( ( a) )
当x∈ ln - ,+∞ 时, f '(x)>0.
2
( ( a)) ( ( a) )
故f(x)在 -∞,ln - 单调递减,在 ln - ,+∞ 单调递增.
2 2
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,
f(x)≥0.
( a) ( ( a)) [3 ( a)]
③若a<0,则由(1)得,当x=ln - 时, f(x)取得最小值,最小值为f ln - =a2 -ln - .
2 2 4 2
[3 ( a)]
从而当且仅当a2 -ln - ≥0,
4 2
3
即a≥-2 e4时, f(x)≥0.
3
综上,a的取值范围是[-2 e4,1].
考点二 导数与函数的极(最)值
1.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f '(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( )
答案 D 本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值.
不妨设导函数y=f '(x)的零点依次为x,x,x,其中x<0<x<x,由导函数图象可知,y=f(x)在(-∞,x)上为减函数,
1 2 3 1 2 3 1
在(x,x)上为增函数,在(x,x)上为减函数,在(x,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x,x=x 处取到极小
1 2 2 3 3 1 3
值,在x=x 处取到极大值,又x>0,排除B,故选D.
2 2
方法总结 函数图象的识辨方法:
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1.利用函数图象上的特殊点(如函数图象与x轴、y轴的交点,函数图象上的最高点、最低点等)来识辨.
2.利用函数的定义域,在某个区间上的值域来识辨.
3.利用函数的单调性、极值(常用导数来判断)和函数的周期性来识辨.
4.利用函数的零点来识辨.
5.利用函数的奇偶性来识辨,若函数是奇(或偶)函数,则其图象关于原点(或y轴)对称.
6.利用函数图象的中心对称和轴对称来识辨.
7.利用函数图象的渐近线来识辨.如指数型函数、对数型函数、幂函数(指数为负)型函数(含反比例函数)、
正切型函数等,其图象都有渐近线.
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 由题意可得f '(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f '(x)=0,得x=-2或x=2,
则f '(x), f(x)随x的变化情况如下表:
x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.
评析 本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键.
πx
3.(2014课标Ⅱ理,12,5分)设函数f(x)=√3sin .若存在f(x)的极值点x 满足x2 +[f(x)]2<m2,则m的取值范
m 0 0 0
围是( )
A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
√3π πx
答案 C f '(x)= cos ,
m m
∵f(x)的极值点为x,
0
√3π πx
0
∴f '(x)=0,∴ cos =0,
0 m m
π π
∴ x=kπ+ ,k∈Z,
m 0 2
m
∴x=mk+ ,k∈Z,
0 2
又∵x2
+[f(x)]2<m2,
0 0
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∴ ( mk+ m) 2 + [ √3sin ( kπ+ π)] 2 <m2,k∈Z,
2 2
( 1) 2
即m2 k+ +3<m2,k∈Z,
2
( 1) 2 m2-3
∵m≠0,∴
k+
< ,k∈Z,
2 m2
又∵存在x
满足x2
+[f(x)]2<m2,即存在k∈Z满足上式,
0 0 0
m2-3 [ ( 1) 2]
∴ >
k+
,
m2 2
min
m2-3 (1) 2 m2
∴ > ,∴m2-3> ,∴m2>4,∴m>2或m<-2,故选C.
m2 2 4
评析 本题考查了函数的极值问题,三角函数求值、恒成立等问题.考查分析问题、解决问题的能力.
4.(2013课标Ⅱ,理10,文11,5分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )
A.∃x∈R, f(x)=0
0 0
B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若x 是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x)单调递减
0 0
D.若x 是f(x)的极值点,则f '(x)=0
0 0
答案 C 由三次函数值域为R知f(x)=0有解,所以A项正确;因为y=x3的图象为中心对称图形,而
f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可以由y=x3的图象平移得到,故B项正确;若f(x)有极小值点,则f '(x)=0有两个不等
实根x,x(x<x), f '(x)=3x2+2ax+b=3(x-x)(x-x),则f(x)在(-∞,x)上为增函数,在(x,x)上为减函数,在(x,+∞)
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
上为增函数,故C项错误;D项正确.故选C.
评析 本题考查了三次函数的图象和性质,考查了利用导数研究函数极值与单调性.
5.(2019课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明:
(1)f(x)存在唯一的极值点;
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
解析 本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算求解能力,考查
函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
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x-1 1
f '(x)= +ln x-1=ln x- .
x x
1 1 ln4-1
因为y=ln x单调递增,y= 单调递减,所以f '(x)单调递增.又f '(1)=-1<0, f '(2)=ln 2- = >0,故存在
x 2 2
唯一x∈(1,2),使得f '(x)=0.
0 0
又当x<x 时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>x 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
0 0
因此, f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x)<f(1)=-2,
0
又f(e2)=e2-3>0,
所以f(x)=0在(x,+∞)内存在唯一根x=α.
0
1
由α>x>1得 <1<x.
0 α 0
(1) (1 ) 1 1 f(α)
又f =
-1
ln - -1= =0,
α α α α α
1
故 是f(x)=0在(0,x)的唯一根.
α 0
综上, f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
思路分析 (1)求函数极值点的个数,实质是求导函数零点的个数,注意应用零点存在性定理;(2)由第(1)问易
(1)
知方程f(x)=0在(x,+∞)上存在唯一根α,根据所要证明的结论,只需求出f =0即可.
0 α
6.(2019江苏,19,16分)设函数f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R, f '(x)为f(x)的导函数.
(1)若a=b=c, f(4)=8,求a的值;
(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f '(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的极小值;
4
(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的极大值为M,求证:M≤ .
27
解析 本小题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推
理能力.
(1)因为a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.
因为f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.
(
2a+b)
(2)因为b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而f '(x)=3(x-b) x- .
3
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2a+b
令f '(x)=0,得x=b或x= .
3
2a+b
因为a,b, 都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,
3
2a+b
所以 =1,a=3,b=-3.
3
此时, f(x)=(x-3)(x+3)2, f '(x)=3(x+3)(x-1).
令f '(x)=0,得x=-3或x=1.
列表如下:
x (-∞,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)的极小值为f(1)=(1-3)×(1+3)2=-32.
(3)因为a=0,c=1,所以f(x)=x(x-b)(x-1)=x3-(b+1)x2+bx, f '(x)=3x2-2(b+1)x+b.
因为0<b≤1,所以Δ=4(b+1)2-12b=(2b-1)2+3>0,
则f '(x)有2个不同的零点,设为x,x(x<x).
1 2 1 2
b+1-√b2-b+1 b+1+√b2-b+1
由f '(x)=0,得x= ,x= .
1 2
3 3
列表如下:
x (-∞,x
1
) x
1
(x
1
,x
2
) x
2
(x
2
,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以f(x)的极大值M=f(x).
1
解法一:
M=f(x)=x3 -(b+1)x2
+bx
1 1 1 1
(x b+1) 2(b2-b+1) b(b+1)
=[3x2
-2(b+1)x+b]
1-
- x+
1 1 3 9 9 1 9
-2(b2-b+1)(b+1) b(b+1) 2
= + + (√b2-b+1)3
27 9 27
b(b+1) 2(b-1) 2 (b+1) 2
= - + [√b(b-1)+1]3
27 27 27
b(b+1) 2 4
≤ + ≤ .
27 27 27
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4
因此M≤ .
27
解法二:
因为0<b≤1,所以x∈(0,1).
1
当x∈(0,1)时, f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2.
( 1)
令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1),则g'(x)=3 x- (x-1).
3
1
令g'(x)=0,得x= .列表如下:
3
( 1) 1 (1 )
x 0, ,1
3 3 3
g'(x) + 0 -
g(x) ↗ 极大值 ↘
1 (1) 4
所以当x= 时,g(x)取得极大值,且是最大值,故g(x) =g = .
3 max 3 27
4 4
所以当x∈(0,1)时, f(x)≤g(x)≤ .因此M≤ .
27 27
9.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.
(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;
(2)证明:b2>3a;
7
(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于- ,求a的取值范围.
2
解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分
析与解决问题以及逻辑推理能力.
( a) 2 a2
(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+b=3 x+ +b- .
3 3
a a2
当x=- 时, f '(x)有极小值b- .
3 3
因为f '(x)的极值点是f(x)的零点,
( a) a3 a3 ab 2a2 3
-
所以f =- + - +1=0,又a>0,故b= + .
3 27 9 3 9 a
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a2 1
因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b- = (27-a3)≤0,即a≥3.
3 9a
当a=3时, f '(x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函数, f(x)没有极值;
-a-√a2-3b -a+√a2-3b
当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x= ,x= .
1 2
3 3
列表如下:
x (-∞,x
1
) x
1
(x
1
,x
2
) x
2
(x
2
,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
故f(x)的极值点是x,x.
1 2
从而a>3.
2a2 3
因此b= + ,定义域为(3,+∞).
9 a
b 2a√a 3
(2)证明:由(1)知, = + .
√a 9 a√a
2t 3 2 3 2t2-27
设g(t)= + ,则g'(t)= - = .
9 t 9 t2 9t2
(3√6 ) (3√6 )
当t∈ ,+∞ 时,g'(t)>0,从而g(t)在 ,+∞ 上单调递增.
2 2
因为a>3,所以a√a>3√3,
b
故g(a √a)>g(3√3)=√3,即 >√3.
√a
因此b2>3a.
(3)由(1)知, f(x)的极值点是x,x,
1 2
2 4a2-6b
且x+x=-
a,x2 +x2
= .
1 2 3 1 2 9
从而f(x)+f(x)=x3 +ax2 +bx+1+x3 +ax2
+bx+1
1 2 1 1 1 2 2 2
x x 1 2 4a3-6ab 4ab
=
1 (3x2
+2ax+b)+
2 (3x2
+2ax+b)+
a(x2 +x2
)+ b(x+x)+2= - +2=0.
3 1 1 3 2 2 3 1 2 3 1 2 27 9
记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a),
a2 1 3
因为f '(x)的极值为b- =- a2+ ,
3 9 a
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1 3
所以h(a)=- a2+ ,a>3.
9 a
2 3
因为h'(a)=- a- <0,
9 a2
于是h(a)在(3,+∞)上单调递减.
7
因为h(6)=- ,于是h(a)≥h(6),故a≤6.
2
因此a的取值范围为(3,6].
易错警示 (1)函数f(x)的极值点x 满足f '(x)=0,函数f(x)的零点x 满足f(x)=0,而f '(x)的极值点x 应满足f
0 0 0 0 0
″(x)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.
0
10.(2017北京理,19,13分)已知函数f(x)=excos x-x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
[ π]
(2)求函数f(x)在区间 0, 上的最大值和最小值.
2
解析 本题考查导数的几何意义,考查利用导数研究函数的单调性、最值.
(1)因为f(x)=excos x-x,所以f '(x)=ex(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.
又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.
(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,
则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.
( π)
当x∈ 0, 时,h'(x)<0,
2
[ π]
所以h(x)在区间 0, 上单调递减.
2
( π]
所以对任意x∈ 0, 有h(x)<h(0)=0,即f '(x)<0.
2
[ π]
所以函数f(x)在区间 0, 上单调递减.
2
[ π] (π) π
因此f(x)在区间 0, 上的最大值为f(0)=1,最小值为f =- .
2 2 2
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解题思路 (1)先求导,再利用导数的几何意义求出切线的斜率,最后利用点斜式求出切线方程.(2)设
h(x)=ex(cos x-sin x)-1,对h(x)求导,进而确定h(x)的单调性,最后求出最值.
方法总结 1.求切线方程问题:(1)根据导数的几何意义求出指定点处的导数值,即切线的斜率;(2)求出指定点
处的函数值;(3)求出切线方程.
2.利用导数研究函数的单调性:(1)求出函数f(x)的定义域;(2)求出函数f(x)的导函数f '(x);(3)令f '(x)>0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.
( 1)
11.(2017浙江,20,15分)已知函数f(x)=(x-√2x-1)e-x x≥ .
2
(1)求f(x)的导函数;
[1 )
(2)求f(x)在区间
,+∞
上的取值范围.
2
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
(1)因为(x-√2x-1)'=1- ,(e-x)'=-e-x,
√2x-1
( 1 )
所以f '(x)= 1- e-x-(x-√2x-1)e-x
√2x-1
(1-x)(√2x-1-2)e-x
( 1)
= x> .
√2x-1 2
(1-x)(√2x-1-2)e-x 5
(2)由f '(x)= =0,解得x=1或x= .
√2x-1 2
因为
1 (1 ) ( 5) 5 (5 )
x ,1 1 1, ,+∞
2 2 2 2 2
f '(x) - 0 + 0 -
1 5
1 - 1 -
f(x) e 2 ↘ 0 ↗ e 2 ↘
2 2
1
又f(x)= (√2x-1-1)2e-x≥0,
2
[1 ) [ 1 - 1]
所以f(x)在区间 ,+∞ 上的取值范围是 0, e 2 .
2 2
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解后反思 1.在导数大题中,求函数的导数至关重要,因此,必须熟练掌握求导公式和求导法则.
2.利用导数求函数的值域的一般步骤:
(1)求函数f(x)的导函数f '(x);
(2)解方程f '(x)=0;
(3)用f '(x)=0的根把函数的定义域分成若干个区间;
(4)判断每个区间上f '(x)的符号,得函数的单调性;
(5)求函数在各个区间上的值域,再求并集.
3.本题最易忽略f(x)≥0这个条件,从而得出:
[1 ) ( 1 - 1]
f(x)在 ,+∞ 上的值域为 -∞, e 2 的错误结论.
2 2
因此,在求函数f(x)在区间(a,+∞)或(-∞,a)上的值域时,一定要观察f(x)图象的趋势,或先判断f(x)何时为正,何
时为负(通常是求出函数f(x)的零点).
12.(2016山东文,20,13分)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f '(x),求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,+∞).
1 1-2ax
则g'(x)= -2a= .
x x
当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
( 1 )
当a>0时,x∈ 0, 时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,
2a
( 1 )
x∈
,+∞
时,函数g(x)单调递减.
2a
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
( 1 ) ( 1 )
当a>0时,g(x)的单调增区间为 0, ,单调减区间为 ,+∞ .
2a 2a
(2)由(1)知, f '(1)=0.
①当a≤0时, f '(x)单调递增,
所以当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.
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所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
1 1 ( 1 ) ( 1 )
②当0<a< 时, >1,由(1)知f '(x)在 0, 内单调递增,可得当x∈(0,1)时, f '(x)<0,x∈ 1, 时, f
2 2a 2a 2a
'(x)>0.
( 1 )
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在 1, 内单调递增,
2a
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
1 1
③当a= 时, =1, f '(x)在(0,1)内单调递增,
2 2a
在(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时, f '(x)≤0, f(x)单调递减,不合题意.
1 1
④当a> 时,0< <1,
2 2a
( 1 )
当x∈ ,1 时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
2a
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,合题意.
1
综上可知,实数a的取值范围为a> .
2
思路分析 (1)求出函数的导数,对a进行分类讨论;(2)由第(1)问知f '(1)=0,对a进行分类讨论,然后利用导数
研究函数的单调性和极值来验证是否满足条件,从而求出a的取值范围.
评析 本题考查导数的应用,利用导数求函数的单调性和极值要注意“定义域优先”原则,注意对a分类讨
论.
13.(2016课标Ⅱ理,21,12分)
x-2
(1)讨论函数f(x)= ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0;
x+2
ex-ax-a
(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)= (x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求函数h(a)的值域.
x2
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(2分)
(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex x2ex
f '(x)= = ≥0,
(x+2) 2 (x+2) 2
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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.(4分)
(x-2)ex+a(x+2) x+2
(2)g'(x)= = (f(x)+a).(5分)
x3 x3
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x∈(0,2],使得f(x)+a=0,即g'(x)=0.(6分)
a a a
当0<x<x 时, f(x)+a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;
a
当x>x 时, f(x)+a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.(7分)
a
因此g(x)在x=x 处取得最小值,
a
ex a-a(x +1) ex a+f(x )(x +1) ex
a
a a a
最小值为g(x)= = = .(8分)
a x2 x2 x +2
a a a
ex a ( ex ) (x+1)ex ex
于是h(a)= ,由 '= >0,得y= 单调递增.
x +2 x+2 (x+2) 2 x+2
a
1 e0 ex a e2 e2
所以,由x∈(0,2],得 = <h(a)= ≤ = .(10分)
a 2 0+2 x +2 2+2 4
a
ex (1 e2]
因为y= 单调递增,对任意λ∈ , ,存在唯一的x∈(0,2],a=-f(x)∈[0,1),使得h(a)=λ.所以h(a)的值
x+2 2 4 a a
(1 e2]
域是 , .
2 4
(1 e2]
综上,当a∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是 , .(12分)
2 4
疑难突破 本题求解的关键是“设而不求”方法的运用,另外,注意将对g'(x)符号的判断灵活地转化为对
f(x)+a符号的判断.
评析 本题主要考查导数的运用,求单调区间及最值,考查不等式的证明.属难题.
14.(2016天津理,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;
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(2)若f(x)存在极值点x,且f(x)=f(x),其中x≠x,求证:x+2x=3;
0 1 0 1 0 1 0
1
(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 .
4
···
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(-∞,+∞).
√3a √3a
②当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1+ 或x=1- .
3 3
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
√3a
√3a 1- 1- ,1+ 1+
-∞,1- √3a 3 √3a √3a
x 3 1+ ,+∞
√3a 3
3 3
3
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
( √3a √3a) ( √3a)( √3a )
所以f(x)的单调递减区间为 1- ,1+ ,单调递增区间为 -∞,1- , 1+ ,+∞ .
3 3 3 3
(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x≠1.
0
a 2a a
由题意,得f '(x)=3(x-1)2-a=0,即(x-1)2= ,进而f(x)=(x-1)3-ax-b=- x- -b.
0 0 0 3 0 0 0 3 0 3
8a 2a a
又f(3-2x)=(2-2x)3-a(3-2x)-b= (1-x)+2ax-3a-b=- x- -b=f(x),且3-2x≠x,
0 0 0 3 0 0 3 0 3 0 0 0
由题意及(1)知,存在唯一实数x 满足f(x)=f(x),且x≠x,因此x=3-2x.所以x+2x=3.
1 1 0 1 0 1 0 1 0
(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:
√3a √3a
①当a≥3时,1- ≤0<2≤1+ ,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
3 3
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.
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3 2√3a √3a √3a 2√3a ( 2√3a)
②当 ≤a<3时,1- ≤0<1- <1+ <2≤1+ ,由(1)和(2)知f(0)≥f 1- =f
4 3 3 3 3 3
( √3a) ( 2√3a) ( √3a)
1+ , f(2)≤f 1+ =f 1- ,
3 3 3
[ ( √3a) ( √3a)]
所以f(x)在区间[0,2]上的取值范围为 f 1+ , f 1- ,
3 3
{| ( √3a) || ( √3a) |}
因此M=max f 1+ , f 1-
3 3
{| 2a ||2a |}
=max - √3a-a-b , √3a-a-b
9 9
{|2a ||2a |}
=max √3a+(a+b) , √3a-(a+b)
9 9
2a 2 3 √ 3 1
= √3a+|a+b|≥ × × 3× = .
9 9 4 4 4
3 2√3a 2√3a
③当0<a< 时,0<1- <1+ <2,
4 3 3
( 2√3a) ( √3a)
由(1)和(2)知f(0)<f 1- =f 1+ ,
3 3
( 2√3a) ( √3a)
f(2)>f 1+ =f 1- ,
3 3
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
=1-a+|a+b|> .
4
1
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于 .
4
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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0<a<3时,未意识
3 3
到仍需将a分成0<a< 与 ≤a<3两段来讨论,从而造成失分.
4 4
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.
15.(2015课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
1
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)= -a.
x
若a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
( 1) (1 ) ( 1)
若a>0,则当x∈ 0, 时,f '(x)>0;当x∈ ,+∞ 时,f '(x)<0.所以f(x)在 0, 上单调递增,在
a a a
(1 )
,+∞
上单调递减.
a
1 (1) (1)
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x= 处取得最大值,最大值为f =ln
a a a
( 1)
+a
1-
=-ln a+a-1.
a
(1)
因此f >2a-2等价于ln a+a-1<0.
a
令g(a)=ln a+a-1,
则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.
于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.
因此,a的取值范围是(0,1).
16.(2015山东理,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
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解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
1 2ax2+ax-a+1
f '(x)= +a(2x-1)= .
x+1 x+1
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
①当a=0时,g(x)=1,
此时f '(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
8
(i)当0<a≤ 时,Δ≤0,g(x)≥0,
9
f '(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点.
8
(ii)当a> 时,Δ>0,
9
设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x,x(x<x),
1 2 1 2
1 1 1
因为x+x=- ,所以x<- ,x>- .
1 2 2 1 4 2 4
1
由g(-1)=1>0,可得-1<x<- .
1 4
所以当x∈(-1,x)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
1
当x∈(x,x)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;
1 2
当x∈(x,+∞)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
2
因此函数有两个极值点.
③当a<0时,Δ>0,
由g(-1)=1>0,可得x<-1.
1
当x∈(-1,x)时,g(x)>0, f '(x)>0,函数f(x)单调递增;
2
当x∈(x,+∞)时,g(x)<0, f '(x)<0,函数f(x)单调递减.
2
所以函数有一个极值点.
综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
8
当0≤a≤ 时,函数f(x)无极值点;
9
8
当a> 时,函数f(x)有两个极值点.
9
(2)由(1)知,
8
①当0≤a≤ 时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
9
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因为f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
8
②当 <a≤1时,由g(0)≥0,得x≤0,
9 2
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)时, f(x)>0,符合题意.
③当a>1时,由g(0)<0,可得x>0.
2
所以x∈(0,x)时,函数f(x)单调递减.
2
因为f(0)=0,所以x∈(0,x)时, f(x)<0,不合题意.
2
④当a<0时,设h(x)=x-ln(x+1).
1 x
因为x∈(0,+∞)时,h'(x)=1- = >0,
x+1 x+1
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.
可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x,
1
当x>1- 时,ax2+(1-a)x<0,
a
此时f(x)<0,不合题意.
综上所述,a的取值范围是[0,1].
17.(2014课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0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2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+√b2-2b)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+
√b2-2b)时,g(x)<0.
综上,b的最大值为2.
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3
(3)由(2)知,g(ln√2)= -2√2b+2(2b-1)ln 2.
2
3
当b=2时,g(ln√2)= -4√2+6ln 2>0,
2
8√2-3
ln 2> >0.692 8;
12
3√2
当b= +1时,ln(b-1+√b2-2b)=ln√2,
4
3
g(ln√2)=- -2√2+(3√2+2)ln 2<0,
2
18+√2
ln 2< <0.693 4.
28
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能力.
18.(2013课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.
解析 (1)f '(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得f(0)=4, f '(0)=4.故b=4,a+b=8.
从而a=4,b=4.
(2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
f '(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)
( ex- 1)
.
2
令f '(x)=0,得x=-ln 2或x=-2.
从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时, f '(x)>0;
当x∈(-2,-ln 2)时, f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,
在(-2,-ln 2)上单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
评析 本题考查导数的运算及几何意义、利用导数研究函数的单调性和极值等基础知识,考查了运算求解
能力.
19.(2013课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=x2e-x.
(1)求f(x)的极小值和极大值;
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(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f '(x)=-e-xx(x-2).①
当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时, f '(x)<0;当x∈(0,2)时, f '(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递减,在(0,2)上单调递增.
故当x=0时, f(x)取得极小值,极小值为f(0)=0;当x=2时, f(x)取得极大值,极大值为f(2)=4e-2.
(2)设切点为(t, f(t)),则l的方程为
y=f '(t)(x-t)+f(t).
所以l在x轴上的截距为
f(t) t 2
m(t)=t- =t+ =t-2+ +3.
f '(t) t-2 t-2
由已知和①得t∈(-∞,0)∪(2,+∞).
2
令h(x)=x+ (x≠0),则当x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围为[2√2,+∞);当x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3).
x
所以当t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪[2√2+3,+∞).
综上,l在x轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[2√2+3,+∞).
评析 本题考查了导数的应用,均值定理求最值,考查了综合解题的能力,正确地求导是解题的关键.
1
20.(2012课标理,21,12分)已知函数f(x)满足f(x)=f '(1)ex-1-f(0)x+ x2.
2
(1)求f(x)的解析式及单调区间;
1
(2)若f(x)≥ x2+ax+b,求(a+1)b的最大值.
2
解析 (1)由已知得f '(x)=f '(1)ex-1-f(0)+x,
所以f '(1)=f '(1)-f(0)+1,即f(0)=1.
又f(0)=f '(1)e-1,所以f '(1)=e.
1
从而f(x)=ex-x+ x2.
2
由于f '(x)=ex-1+x,故当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0;
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
从而, f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b.①
1-b
(i)若a+1<0,则对任意常数b,当x<0,且x< 时,可得ex-(a+1)x<b,因此①式不成立.
a+1
(ii)若a+1=0,则(a+1)b=0.
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(iii)若a+1>0,设g(x)=ex-(a+1)x,则g'(x)=ex-(a+1).
当x∈(-∞,ln(a+1))时,g'(x)<0;当x∈(ln(a+1),+∞)时,g'(x)>0.
从而g(x)在(-∞,ln(a+1))上单调递减,在(ln(a+1),+∞)上单调递增.
故g(x)有最小值g(ln(a+1))=a+1-(a+1)ln(a+1).
1
所以f(x)≥ x2+ax+b等价于b≤a+1-(a+1)·ln(a+1).②
2
因此(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1).
设h(a)=(a+1)2-(a+1)2ln(a+1),
则h'(a)=(a+1)[1-2ln(a+1)].
1 1 1
所以h(a)在(-1, e2-1)上单调递增,在( e2-1,+∞)上单调递减,故h(a)在a= e2-1处取得最大值.
e e
从而h(a)≤ ,即(a+1)b≤ .
2 2
1
1 e2 1
当a= e2-1,b= 时,②式成立,故f(x)≥
2
x2+ax+b.
2
e
综合得,(a+1)b的最大值为 .
2
评析 本题考查了函数与导数的综合应用,难度较大,考查了分类讨论和函数与方程的思想方法,直线斜率以
零为分界点进行分类是解题关键.
21.(2012课标文,21,12分)设函数f(x)=ex-ax-2.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)·f '(x)+x+1>0,求k的最大值.
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=ex-a.
若a≤0,则f '(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0,
所以, f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)由于a=1,所以(x-k)f '(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
x+1
故当x>0时,(x-k)f '(x)+x+1>0等价于k< +x(x>0).①
ex-1
x+1 -xex-1 ex (ex-x-2)
令g(x)= +x,则g'(x)= +1= .
ex-1 (ex-1) 2 (ex-1) 2
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由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g'(x)
在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)<0;
当x∈(α,+∞)时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).
又由g'(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.
评析 本题考查了函数与导数的综合应用,判断出导数的零点范围是求解第(2)问的关键.
22.(2020江苏,19,16分)已知关于x的函数y=f(x),y=g(x)与h(x)=kx+b(k,b∈R)在区间D上恒有
f(x)≥h(x)≥g(x).
(1)若f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+2x,D=(-∞,+∞),求h(x)的表达式;
(2)若f(x)=x2-x+1,g(x)=kln x,h(x)=kx-k,D=(0,+∞),求k的取值范围;
(3)若f(x)=x4-2x2,g(x)=4x2-8,h(x)=4(t3-t)x-3t4+2t2(0<|t|≤√2),D=[m,n]⊆[-√2,√2],求证:n-m≤√7.
解析 本题主要考查利用导数研究函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理
能力.
(1)由条件f(x)≥h(x)≥g(x),得x2+2x≥kx+b≥-x2+2x,
取x=0,得0≥b≥0,所以b=0.
由x2+2x≥kx,得x2+(2-k)x≥0,此式对一切x∈(-∞,+∞)恒成立,
所以(2-k)2≤0,则k=2,此时2x≥-x2+2x恒成立,
所以h(x)=2x.
(2)h(x)-g(x)=k(x-1-ln x),x∈(0,+∞).
1
令u(x)=x-1-ln x,则u'(x)=1- ,令u'(x)=0,得x=1.
x
x (0,1) 1 (1,+∞)
u'(x) - 0 +
u(x) ↘ 极小值 ↗
所以u(x) =u(1)=0.则x-1≥ln x恒成立,
min
所以当且仅当k≥0时,h(x)≥g(x)恒成立.
另一方面, f(x)≥h(x)恒成立,即x2-x+1≥kx-k恒成立,
也即x2-(1+k)x+1+k≥0恒成立.
1+k
因为k≥0,对称轴为x= >0,
2
所以(1+k)2-4(1+k)≤0,解得-1≤k≤3.
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因此,k的取值范围是0≤k≤3.
3t4-2t2-8
(3)证明:①当1≤t≤√2时,由g(x)≤h(x),得4x2-8≤4(t3-t)x-3t4+2t2,整理得x2-(t3-t)x+ ≤0.(*)
4
令Δ=[-(t3-t)]2-(3t4-2t2-8),则Δ=t6-5t4+3t2+8.
记φ(t)=t6-5t4+3t2+8(1≤t≤√2),
则φ'(t)=6t5-20t3+6t=2t(3t2-1)(t2-3)<0恒成立,
所以φ(t)在[1,√2]上是减函数,则φ(√2)≤φ(t)≤φ(1),即2≤φ(t)≤7.
所以不等式(*)有解,设解的范围为x≤x≤x,
1 2
因此n-m≤x-x=√Δ≤√7.
2 1
②当0<t<1时, f(-1)-h(-1)=3t4+4t3-2t2-4t-1.
设v(t)=3t4+4t3-2t2-4t-1,
v'(t)=12t3+12t2-4t-4=4(t+1)(3t2-1),
√3
令v'(t)=0,得t= .
3
( √3)
当t∈ 0, 时,v'(t)<0,v(t)是减函数;
3
(√3 )
当t∈ ,1 时,v'(t)>0,v(t)是增函数.
3
v(0)=-1,v(1)=0,则当0<t<1时,v(t)<0.
(或证:v(t)=(t+1)2(3t+1)(t-1)<0)
则f(-1)-h(-1)<0,因此-1∉(m,n).
因为[m,n]⊆[-√2,√2],所以n-m≤√2+1<√7.
③当-√2≤t<0时,因为f(x),g(x)均为偶函数,因此n-m≤√7也成立.
综上所述,n-m≤√7.
23.(2019课标Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x, f '(x)为f(x)的导数.
(1)证明:f '(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若x∈[0,π]时, f(x)≥ax,求a的取值范围.
解析 (1)设g(x)=f '(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.
( π) (π )
当x∈ 0, 时,g'(x)>0;当x∈ ,π 时,g'(x)<0,
2 2
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( π)
所以g(x)在 0, 单调递增,
2
(π )
在 ,π 单调递减.
2
(π)
又g(0)=0,g >0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.
2
所以f '(x)在(0,π)存在唯一零点.
(2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.
由(1)知,f '(x)在(0,π)只有一个零点,设为x,且当x∈(0,x)时,f '(x)>0;
0 0
当x∈(x,π)时,f '(x)<0,所以f(x)在(0,x)单调递增,在(x,π)单调递减.
0 0 0
又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.
又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.
因此,a的取值范围是(-∞,0].
24.(2017课标Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
( 1)( 1 ) ( 1 )
1+ 1+ 1+
(2)设m为整数,且对于任意正整数n, … <m,求m的最小值.
2 22 2n
解析 本题考查导数的综合应用.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
(1) 1
①若a≤0,因为f =- +aln 2<0,所以不满足题意;
2 2
a x-a
②若a>0,由f '(x)=1- = 知,当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,
x x
在(a,+∞)单调递增.故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.
(2)由(1)知当x∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.
1 ( 1 ) 1
1+
令x=1+ ,得ln < .
2n 2n 2n
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从而ln
( 1+ 1)
+ln
( 1+ 1 )
+…+ln
( 1+ 1 )
<
1
+
1
+…+
1
=1-
1
<1.
2 22 2n 2 22 2n 2n
( 1)( 1 ) ( 1 )
1+ 1+ 1+
故 … <e.
2 22 2n
( 1)( 1 )( 1 )
1+ 1+ 1+
而 >2,所以m的最小值为3.
2 22 23
思路分析 (1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1
1 ( 1)( 1 ) ( 1 )
1+ 1+ 1+
时,x-1-ln x>0.令x=1+ ,换元后可求出 … 的范围.
2n 2 22 2n
a x-a
一题多解 (1)f '(x)=1- = (x>0).当a≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,
x x
在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在
(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.
∴a=1.
25.(2017课标Ⅱ文,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
解析 本题考查函数的单调性,恒成立问题.
(1)f '(x)=(1-2x-x2)ex.
令f '(x)=0,得x=-1-√2或x=-1+√2.
当x∈(-∞,-1-√2)时, f '(x)<0;
当x∈(-1-√2,-1+√2)时, f '(x)>0;
当x∈(-1+√2,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-√2),(-1+√2,+∞)单调递减,
在(-1-√2,-1+√2)单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)单调递减,而h(0)=1,
故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1
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√5-4a-1
=x(1-a-x-x2),取x= ,
0 2
则x∈(0,1),(1-x)(1+x)2-ax-1=0,故f(x)>ax+1.
0 0 0 0 0 0
√5-1
当a≤0时,取x= ,
0 2
则x∈(0,1), f(x)>(1-x)(1+x)2=1≥ax+1.
0 0 0 0 0
综上,a的取值范围是[1,+∞).
解题思路 (1)求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的单调增区间,令f '(x)<0,求出f(x)的单调减区间.
(2)对参数a的取值进行分类讨论,当a≥1时,构造函数可知(1-x)·ex≤1,所以f(x)=(x+1)(1-x)·ex≤x+1≤ax+1成立;
√5-4a-1
当0<a<1时,构造函数可知ex≥x+1,通过举反例x= , f(x)>ax+1,从而说明命题不成立;当a≤0
0 2 0 0
√5-1
时,举反例x= 说明不等式不成立.
0 2
疑难突破 (1)求单调区间的一般步骤:①求定义域;②求f '(x),令f '(x)>0,求出f(x)的增区间,令f '(x)<0,求
出f(x)的减区间;③写出结论,注意单调区间不能用“∪”连接.
(2)恒成立问题的三种常见解法:①分离参数,化为最值问题求解,如a≥φ(x) 或a≤φ(x) ;②构造函数,分类讨
max min
论,如f(x)≥g(x),即F(x)=f(x)-g(x),求F(x) ≥0;③转变主元,选取适当的主元可使问题简化.
min
26.(2017课标Ⅲ文,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)当a<0时,证明f(x)≤- -2.
4a
1 (x+1)(2ax+1)
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= +2ax+2a+1= .
x x
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)单调递增.
( 1 )
若a<0,则当x∈
0,-
时, f '(x)>0;
2a
( 1 )
当x∈
- ,+∞
时, f '(x)<0,
2a
( 1 ) ( 1 )
故f(x)在
0,-
单调递增,在
- ,+∞
单调递减.
2a 2a
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1 ( 1 ) ( 1 ) 1
- -
(2)由(1)知,当a<0时, f(x)在x=- 取得最大值,最大值为f =ln -1- .
2a 2a 2a 4a
3 ( 1 ) 1 3 ( 1 ) 1
- -
所以f(x)≤- -2等价于ln -1- ≤- -2,即ln + +1≤0.
4a 2a 4a 4a 2a 2a
1
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)= -1.
x
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调递增,在(1,+∞)单调递减.故当x=1时,g(x)取
( 1 ) 1 3
-
得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln + +1≤0,即f(x)≤- -2.
2a 2a 4a
27.(2017天津理,20,14分)设a∈Z,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点
x,g(x)为f(x)的导函数.
0
(1)求g(x)的单调区间;
(2)设m∈[1,x)∪(x,2],函数h(x)=g(x)(m-x)-f(m),求证:h(m)h(x)<0;
0 0 0 0
p |p | 1
(3)求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且 ∈[1,x)∪(x,2],满足
-x
≥ .
q 0 0 q 0 Aq4
解析 本小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.考查函数
思想和化归思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.
(1)由f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a,可得g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,进而可得g'(x)=24x2+18x-6.令g'(x)=0,解得x=-1或
1
x= .
4
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
( 1) (1 )
x (-∞,-1) -1, ,+∞
4 4
g'(x) + - +
g(x) ↗ ↘ ↗
(1 ) ( 1)
所以,g(x)的单调递增区间是(-∞,-1),
,+∞
,单调递减区间是
-1,
.
4 4
(2)证明:由h(x)=g(x)(m-x)-f(m),得h(m)=g(m)(m-x)-f(m),h(x)=g(x)(m-x)-f(m).
0 0 0 0 0
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令函数H(x)=g(x)(x-x)-f(x),则H'(x)=g'(x)(x-x).由(1)知,当x∈[1,2]时,g'(x)>0,故当x∈[1,x)时,H'(x)<0,H(x)
1 0 1 0 0 1 1
单调递减;当x∈(x,2]时,H'(x)>0,H(x)单调递增.因此,当x∈[1,x)∪(x,2]时,H(x)>H(x)=-f(x)=0,可得
0 1 1 0 0 1 1 0 0
H(m)>0,即h(m)>0.
1
令函数H(x)=g(x)(x-x)-f(x),则H'(x)=g(x)-g(x).由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故当x∈[1,x)
2 0 0 2 0 0
时,H'(x)>0,H(x)单调递增;当x∈(x,2]时,H'(x)<0,H(x)单调递减.因此,当x∈[1,x)∪(x,2]时,H(x)<H(x)=0,
2 2 0 2 2 0 0 2 2 0
可得H(m)<0,即h(x)<0.
2 0
所以,h(m)h(x)<0.
0
p p
(3)证明:对于任意的正整数p,q,且 ∈[1,x)∪(x,2],令m= ,函数h(x)=g(x)(m-x)-f(m).由(2) 知,当m∈[1,x)
q 0 0 q 0 0
时,h(x)在区间(m,x)内有零点;当m∈(x,2]时,h(x)在区间(x,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,
0 0 0
(p ) (p)
不妨设为x,则h(x)=g(x)
-x
-f =0.
1 1 1 q 0 q
| (p)| | (p)|
|p | f f
由(1)知g(x)在[1,2]上单调递增,故0<g(1)<g(x)<g(2),于是 -x = q ≥ q
1 q 0
g(x ) g(2)
1
|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|
= .
g(2)q4
p
因为当x∈[1,2]时,g(x)>0,故f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[1,2]上除x 外没有其他的零点,而 ≠x,
0 q 0
(p)
故f ≠0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1.
q
|p | 1 |p | 1
所以
-x
≥ .所以,只要取A=g(2),就有
-x
≥ .
q 0 g(2)q4 q 0 Aq4
思路分析 (1)求出函数f(x)的导函数g(x)=f '(x)=8x3+9x2-6x-6,求出使导函数为零的x的值,通过列表求出单
调区间即可.
(2)由h(x)推出h(m),h(x),令函数H(x)=g(x)(x-x)-f(x),H(x)=g(x)(x-x)-f(x),求出导函数H'(x),H'(x),由此可推
0 1 0 2 0 0 1 2
出h(m)h(x)<0.
0
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p
(3)对于任意的正整数p,q,令m= ,函数h(x)=g(x)·(m-x)-f(m),由(2)可推出h(x)在(1,2)内至少有一个零点,结
q 0
|p |
|
f
(p)| |
f
(p)|
|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|
合(1)可得 -x = q ≥ q = ,进而得到|
q 0 g(2)q4
g(x ) g(2)
1
2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|≥1,最后推出结果即可.
28.(2016课标Ⅱ文,20,12分)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时, f(x)>0,求a的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时,
1
f(x)=(x+1)ln x-4(x-1), f '(x)=ln x+ -3, f '(1)=-2,
x
f(1)=0.
曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.(3分)
a(x-1)
(2)当x∈(1,+∞)时, f(x)>0等价于ln x- >0.(4分)
x+1
a(x-1)
设g(x)=ln x- ,则
x+1
1 2a x2+2(1-a)x+1
g'(x)= - = ,g(1)=0.(6分)
x (x+1) 2 x(x+1) 2
(i)当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;(8分)
(ii)当a>2时,令g'(x)=0得
x=a-1-√(a-1) 2-1,x=a-1+√(a-1) 2-1.(10分)
1 2
由x>1和xx=1得x<1,故当x∈(1,x)时,g'(x)<0,g(x)在(1,x)上单调递减,因此g(x)<0.(11分)
2 1 2 1 2 2
综上,a的取值范围是(-∞,2].(12分)
评析 本题主要考查了导数的几何意义及导数的综合运用,对分类讨论的思想方法考查到位,属难题.
1 e
29.(2016四川文,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)= - ,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.
x ex
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x>1时,g(x)>0;
(3)确定a的所有可能取值,使得f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
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1 2ax2-1
解析 (1)f '(x)=2ax- = (x>0).
x x
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.
1
当a>0时,由f '(x)=0有x= .
√2a
( 1 )
0,
当x∈ 时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
√2a
( 1 )
,+∞
当x∈ 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
√2a
(2)令s(x)=ex-1-x,则s'(x)=ex-1-1.
1 1
当x>1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)= - >0.
x ex-1
(3)由(2),当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
1 1
当0<a< 时, >1.
2 √2a
( 1 ) ( 1 )
由(1)有f <f(1)=0,而g >0,
√2a √2a
所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
1
当a≥ 时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
2
1 1 1 1 1 x3-2x+1 x2-2x+1
当x>1时,h'(x)=2ax- + -e1-x>x- + - = > >0.
x x2 x x2 x x2 x2
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,
即f(x)>g(x)恒成立.
[1 )
综上,a∈
,+∞
.
2
方法总结 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,讨论时要注意定义域和参数范围,不重不漏,证明不
等式可转化为求函数最值问题,对于(3)中的恒成立问题要想到前后之间的联系.
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评析 本题考查了函数的单调性问题,利用导数证明不等式及恒成立问题,有较强的综合性.
30.(2016课标Ⅲ理,21,12分)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f '(x);
(2)求A;
(3)证明|f '(x)|≤2A.
解析 (1)f '(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.(2分)
(2)当α≥1时,
|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
因此A=3α-2.(4分)
当0<α<1时,将f(x)变形为f(x)=2αcos2x+(α-1)cos x-1.
设t=cos x,则t∈[-1,1],
1-α
令g(t)=2αt2+(α-1)t-1,则A是|g(t)|在[-1,1]上的最大值,g(-1)=α,g(1)=3α-2,且当t= 时,g(t)取得最小值,最小
4α
(1-α) (α-1) 2 α2+6α+1
值为g =- -1=- .
4α 8α 8α
1-α 1 1
令-1< <1,解得α<- (舍去),或α> .(5分)
4α 3 5
1
(i)当0<α≤ 时,g(t)在(-1,1)内无极值点,|g(-1)|=α,|g(1)|=2-3α,|g(-1)|<|g(1)|,所以A=2-3α.
5
1 (1-α)
(ii)当 <α<1时,由g(-1)-g(1)=2(1-α)>0,知g(-1)>g(1)>g .
5 4α
| (1-α)| (1-α)(1+7α)
又 g -|g(-1)|= >0,
4α 8α
| (1-α)| α2+6α+1
所以A= g = .
4α 8α
1
{ 2-3α,0<α≤ ,
5
综上,A= α2+6α+1 1 (9分)
, <α<1,
8α 5
3α-2,α≥1.
(3)由(1)得|f '(x)|=|-2αsin 2x-(α-1)sin x|≤2α+|α-1|.
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1
当0<α≤ 时,|f '(x)|≤1+α≤2-4α<2(2-3α)=2A.
5
1 α 1 3
当 <α<1时,A= + + >1,所以|f '(x)|≤1+α<2A.
5 8 8α 4
当α≥1时,|f '(x)|≤3α-1≤6α-4=2A.
所以|f '(x)|≤2A.(12分)
评析 本题主要考查导数的计算及导数的应用,考查了二次函数的性质,解题时注意分类讨论,本题综合性较
强,属于难题.
31.(2016课标Ⅲ文,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
x-1
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1< <x;
lnx
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
1
解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= -1,令f '(x)=0,解得x=1.
x
当0<x<1时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.(4分)
(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x<x-1.
1 1 x-1
故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln < -1,即1< <x.(7分)
x x lnx
(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=0,
c-1
ln
解得x= lnc .
0
lnc
当x<x 时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x 时,g'(x)<0,g(x)单调递减.(9分)
0 0
c-1
由(2)知1< <c,故0<x<1.
lnc 0
又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(12分)
疑难突破 在(3)中,首先要解方程g'(x)=0,为了判定g(x)的单调性,必须比较极值点x 与区间(0,1)的关系,注意
0
到g(0)=g(1)=0是求解本题的突破点.
评析 本题考查了导数的综合运用及不等式的证明.
32.(2015课标Ⅱ理,21,12分)设函数f(x)=emx+x2-mx.
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(1)证明: f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增;
(2)若对于任意x,x∈[-1,1],都有|f(x)-f(x)|≤e-1,求m的取值范围.
1 2 1 2
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
{ f(1)-f(0)≤e-1,
x,x∈[-1,1],|f(x)-f(x)|≤e-1的充要条件是
1 2 1 2 f(-1)-f(0)≤e-1,
{em-m≤e-1,
即 ①
e-m+m≤e-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].
33.(2015课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f '(x)零点的个数;
2
(2)证明:当a>0时, f(x)≥2a+aln .
a
a
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=2e2x- (x>0).
x
当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;
a
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=- 单调递增,所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增.
x
a 1
又f '(a)>0,当b满足0<b< 且b< 时, f '(b)<0,
4 4
故当a>0时, f '(x)存在唯一零点. (6分)
第 39 页 共 64 页第 39 页 共 64 页
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(2)证明:由(1),可设f '(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x,当x∈(0,x)时, f '(x)<0;当x∈(x,+∞)时, f '(x)>0.
0 0 0
故f(x)在(0,x)上单调递减,在(x,+∞)上单调递增,所以当x=x 时, f(x)取得最小值,最小值为f(x).
0 0 0 0
a a 2 2
由于2e2x
0- =0,所以f(x)= +2ax+aln ≥2a+aln .
x 0 2x 0 a a
0 0
2
故当a>0时, f(x)≥2a+aln .(12分)
a
评析 本题主要考查利用导数求函数零点及利用导数研究不等式,考查分类讨论思想,是综合性较强的题,属
难题!
34.(2015天津理,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);
a
(3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x,x,求证:|x-x|< +2.
1 2 2 1 1-n
解析 (1)由f(x)=nx-xn,可得f '(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.
下面分两种情况讨论:
①当n为奇数时.
令f '(x)=0,解得x=1,或x=-1.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞)
f '(x) - + -
f(x) ↘ ↗ ↘
所以, f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)内单调递增.
②当n为偶数时.
当f '(x)>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.
1
(2)证明:设点P的坐标为(x
0
,0),则x
0
= nn-1, f '(x
0
)=n-n2.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x
0
)(x-x
0
),即
g(x)=f '(x)(x-x).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x)(x-x),则F'(x)=f '(x)-f '(x).
0 0 0 0 0
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'(x)=0,所以当x∈(0,x)
0 0
时,F'(x)>0,当x∈(x,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,x)内单调递增,在(x,+∞)上单调递减,所以对于任意的正实
0 0 0
数x,都有F(x)≤F(x)=0,即对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x).
0
第 40 页 共 64 页第 40 页 共 64 页
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(3)证明:不妨设x≤x.
1 2
a
由(2)知g(x)=(n-n2)(x-x).设方程g(x)=a的根为x',可得x'= +x.当n≥2时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递减.
0 2 2 n-n2 0
又由(2)知g(x)≥f(x)=a=g(x'),可得x≤x'.
2 2 2 2 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)<h(x).
a
设方程h(x)=a的根为x',可得x'= .因为h(x)=nx在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x')=a=f(x)<h(x),因此x'<x.
1 1 n 1 1 1 1 1
a
由此可得x-x<x'-x'= +x.
2 1 2 1 1-n 0
因为n≥2,所以2n-1=(1+1)n-1≥1+C1
=1+n-1=n,
n-1
1
故2≥nn-1=x
0
.
a
所以,|x-x|< +2.
2 1 1-n
评析 本题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识
和方法.考查分类讨论思想、函数思想和化归思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
1-a
35.(2014课标Ⅰ文,21,12分)设函数f(x)=aln x+ x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0.
2
(1)求b;
a
(2)若存在x≥1,使得f(x)< ,求a的取值范围.
0 0 a-1
a
解析 (1)f '(x)= +(1-a)x-b.
x
由题设知f '(1)=0,解得b=1.
1-a a 1-a( a )
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x+ x2-x, f '(x)= +(1-a)x-1= x- (x-1).
2 x x 1-a
1 a
(i)若a≤ ,则 ≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.
2 1-a
a a 1-a a
所以,存在x≥1,使得f(x)< 的充要条件为f(1)< ,即 -1< ,解得-√2-1<a<√2-1.
0 0 a-1 a-1 2 a-1
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1 a ( a ) ( a )
(ii)若 <a<1,则 >1,故当x∈ 1, 时, f '(x)<0;当x∈ ,+∞ 时, f '(x)>0.f(x)在
2 1-a 1-a 1-a
( a ) ( a )
1, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增.
1-a 1-a
a ( a ) a
所以,存在x≥1,使得f(x)< 的充要条件为f < .
0 0 a-1 1-a a-1
( a ) a a2 a a
而f =aln + + > ,所以不合题意.
1-a 1-a 2(1-a) a-1 a-1
1-a -a-1 a
(iii)若a>1,则f(1)= -1= < .
2 2 a-1
综上,a的取值范围是(-√2-1,√2-1)∪(1,+∞).
评析 本题考查导数的几何意义,导数在解函数问题中的应用等知识,同时考查了转化和分类讨论的数学思
想,对运算能力及推理能力的要求较高.
bex-1
36.(2014课标Ⅰ理,21,12分)设函数f(x)=aexln x+ ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为
x
y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)>1.
a b b
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=aexln x+ ex- ex-1+ ex-1.
x x2 x
由题意可得f(1)=2, f '(1)=e.
故a=1,b=2.
2 2
(2)由(1)知, f(x)=exln x+ ex-1,从而f(x)>1等价于xln x>xe-x- .
x e
设函数g(x)=xln x,则g'(x)=1+ln x.
( 1) (1 )
所以当x∈ 0, 时,g'(x)<0;当x∈ ,+∞ 时,
e e
g'(x)>0.
( 1) (1 ) (1) 1
故g(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g =- .
e e e e
第 42 页 共 64 页第 42 页 共 64 页
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2
设函数h(x)=xe-x- ,则h'(x)=e-x(1-x).
e
所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.
1
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=- .
e
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
评析 本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性及最值问题,考查等价转化思想及逻辑
推理能力.
37.(2013课标Ⅰ理,21,12分)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且
在点P处有相同的切线y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值;
(2)若x≥-2时, f(x)≤kg(x),求k的取值范围.
解析 (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2, f '(0)=4,g'(0)=4.
而f '(x)=2x+a,g'(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c=4.
从而a=4,b=2,c=2,d=2.
(2)由(1)知, f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1).
设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则
F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1).
由题设可得F(0)≥0,即k≥1.
令F'(x)=0,得x=-ln k,x=-2.
1 2
(i)若1≤k<e2,则-2<x≤0.从而当x∈(-2,x)时,F'(x)<0;当x∈(x,+∞)时,F'(x)>0.即F(x)在(-2,x)上单调递减,在
1 1 1 1
(x,+∞)上单调递增.故F(x)在[-2,+∞)上的最小值为F(x).而F(x)=2x+2-x2
-4x-2=-x(x+2)≥0.
1 1 1 1 1 1 1 1
故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(ii)若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
(iii)若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2时, f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
综上,k的取值范围是[1,e2].
评析 本题考查了导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性,考查了分类与整合、函数与方程的思
想;结合特值限定参数的范围,可减少分类的情况,有利于提高效率,掌握利用两根大小作为讨论的分界是解题
关键.
38.(2013课标Ⅱ理,21,12分)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
第 43 页 共 64 页第 43 页 共 64 页
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(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
1
解析 (1)f '(x) =ex- .
x+m
由x=0是f(x)的极值点得f '(0)=0,所以m=1.
1
于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞), f '(x)=ex- .
x+1
1
函数f '(x)=ex- 在(-1,+∞)上单调递增,且f '(0)=0,因此当x∈(-1,0)时, f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
x+1
所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)证明:当m≤2,x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)>0.
1
当m=2时,函数f '(x)=ex- 在(-2,+∞)上单调递增.
x+2
又f '(-1)<0, f '(0)>0,故f '(x)=0在(-2,+∞)上有唯一实根x,且x∈(-1,0).
0 0
当x∈(-2,x)时, f '(x)<0;当x∈(x,+∞)时, f '(x)>0,从而当x=x 时, f(x)取得最小值.
0 0 0
1 1 (x +1) 2
由f
'(x)=0得ex
0= ,ln(x+2)=-x,故f(x)≥f(x)= +x=
0
>0.
0 x +2 0 0 0 x +2 0 x +2
0 0 0
综上,当m≤2时, f(x)>0.
alnx b
39.(2011课标理,21,12分)已知函数f(x)= + ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.
x+1 x
(1)求a,b的值;
lnx k
(2)如果当x>0,且x≠1时, f(x)> + ,求k的取值范围.
x-1 x
(x+1
)
a -lnx b
x
解析 (1)f '(x)= - .
x2
(x+1) 2
1
由于直线x+2y-3=0的斜率为- ,且过点(1,1),
2
{
f(1)=1,
{
b=1,
故 1 即 a 1
f '(1)=- , -b=- .
2 2 2
解得a=1,b=1.
lnx 1
(2)由(1)知f(x)= + ,所以
x+1 x
第 44 页 共 64 页第 44 页 共 64 页
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( lnx k)
+
f(x)-
x-1 x
1 [ (k-1)(x2-1)]
= 2lnx+ .
1-x2 x
(k-1)(x2-1) (k-1)(x2+1)+2x
考虑函数h(x)=2ln x+ (x>0),则h'(x)= .
x x2
(i)设k≤0.
k(x2+1)-(x-1) 2
由h'(x)= 知,
x2
1
当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0;
1-x2
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
1
可得 h(x)>0.
1-x2
( lnx k) lnx k
+
从而当x>0,且x≠1时, f(x)- >0,即f(x)> + .
x-1 x x-1 x
( 1 )
(ii)设0<k<1.由于当x∈ 1, 时,(k-1)(x2+1)+2x>0,故h'(x)>0.
1-k
( 1 )
而h(1)=0,故当x∈ 1, 时,
1-k
1
h(x)>0,可得 h(x)<0.与题设矛盾.
1-x2
(iii)设k≥1.此时h'(x)>0,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,
1
可得 h(x)<0.与题设矛盾.
1-x2
综上,k的取值范围为(-∞,0].
评析 本题考查导数及其应用,导数的几何意义,考查分类讨论的数学思想方法,考查学生综合分析问题的逻
辑思维能力,难度较大.
alnx b
40.(2011课标文,21,12分)已知函数f(x)= + ,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为x+2y-3=0.
x+1 x
第 45 页 共 64 页第 45 页 共 64 页
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(1)求a,b的值;
lnx
(2)证明:当x>0,且x≠1时, f(x)> .
x-1
(x+1
)
a -lnx b
x
解析 (1)f '(x)= - .
x2
(x+1) 2
1
由于直线x+2y-3=0的斜率为- ,且过点(1,1),
2
{
f(1)=1,
{
b=1,
故 1 即 a 1
f '(1)=- , -b=- .
2 2 2
解得a=1,b=1.
lnx 1
(2)证明:由(1)知f(x)= + ,
x+1 x
lnx 1 ( x2-1)
所以f(x)- = 2lnx- .
x-1 1-x2 x
x2-1
考虑函数h(x)=2ln x- (x>0),
x
2 2x2-(x2-1)
则h'(x)= -
x x2
(x-1) 2
=- .
x2
1
所以当x≠1时,h'(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0;
1-x2
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
1
可得 h(x)>0.
1-x2
lnx lnx
从而当x>0,且x≠1时, f(x)- >0,即f(x)> .
x-1 x-1
评析 本题考查函数的概念、性质及导数等基础知识,含字母的代数式的运算要求较高,对考生的整体处理、
分类整合的数学能力与技巧的要求很高.属难题.
41.(2020课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=x3-kx+k2.
第 46 页 共 64 页第 46 页 共 64 页
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(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围.
解析 (1)f '(x)=3x2-k.
当k=0时, f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
当k<0时, f '(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
√3k ( √3k) ( √3k √3k)
当k>0时,令f '(x)=0,得x=± .当x∈ -∞,- 时, f '(x)>0;当x∈ - , 时, f '(x)<0;
3 3 3 3
(√3k ) ( √3k)(√3k ) ( √3k √3k)
当x∈ ,+∞ 时, f '(x)>0.故f(x)在 -∞,- , ,+∞ 单调递增,在 - ,
3 3 3 3 3
单调递减.
√3k
(2)由(1)知,当k≤0时, f(x)在(-∞,+∞)单调递增, f(x)不可能有三个零点.当k>0时,x=- 为f(x)的极大值点,
3
√3k
x= 为f(x)的极小值点.
3
√3k √3k ( √3k)
此时,-k-1<- < <k+1且f(-k-1)<0, f(k+1)>0, f - >0.
3 3 3
(√3k) 2k√3k 4
根据f(x)的单调性,当且仅当f <0,即k2- <0时, f(x)有三个零点,解得k< .因此k的取值
3 9 27
( 4 )
范围为 0, .
27
42.(2020浙江,22,15分)已知1<a≤2,函数f(x)=ex-x-a,其中e=2.718 28…是自然对数的底数.
(1)证明:函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零点;
(2)记x 为函数y=f(x)在(0,+∞)上的零点,证明:
0
(i)√a-1≤x≤√2(a-1);
0
(ii)x
0
f(ex
0)≥(e-1)(a-1)a.
解析 本题主要考查函数的单调性、零点,导数的运算及其应用,同时考查数学抽象、逻辑推理与数学运算
等素养.
(1)因为f(0)=1-a<0, f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=f(x)在(0,+∞)上存在零点.
第 47 页 共 64 页第 47 页 共 64 页
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因为f '(x)=ex-1,所以当x>0时,f '(x)>0,故函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以函数y=f(x)在(0,+∞)上有唯一零
点.
1
(2)(i)令g(x)=ex- x2-x-1(x≥0),g'(x)=ex-x-1=f(x)+a-1,由(1)知函数g'(x)在[0,+∞)上单调递增,故当x>0
2
时,g'(x)>g'(0)=0,所以函数g(x)在[0,+∞)单调递增,故g(x)≥g(0)=0.
由g(√2(a-1))≥0得f(√2(a-1))=e√2(a-1)-√2(a-1)-a≥0=f(x),
0
因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故√2(a-1)≥x.
0
令h(x)=ex-x2-x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2x-1,
令h(x)=ex-2x-1(0≤x≤1),h'(x)=ex-2,所以
1 1
x 0 (0,ln 2) ln 2 (ln 2,1) 1
h'(x) -1 - 0 + e-2
1
h(x) 0 ↘ ↗ e-3
1
故当0<x<1时,h(x)<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[0,1]单调递减,因此当0≤x≤1时,h(x)≤h(0)=0.
1
由h(√a-1)≤0得f(√a-1)=e√a-1-√a-1-a≤0=f(x),
0
因为f(x)在[0,+∞)单调递增,故√a-1≤x.
0
综上,√a-1≤x≤√2(a-1).
0
(ii)令u(x)=ex-(e-1)x-1,u'(x)=ex-(e-1),所以当x>1时,u'(x)>0,故函数u(x)在区间[1,+∞)上单调递增,因此
u(x)≥u(1)=0.
由ex
0=x
0
+a可得
x
0
f(ex 0)=x
0
f(x
0
+a)=(ea-1)x2
0
+a(ea-2)x
0
≥(e-1)ax2
0
,
由x
0
≥√a-1得x
0
f(ex 0)≥(e-1)(a-1)a.
x+1
43.(2019课标Ⅱ理,20,12分)已知函数f(x)=ln x- .
x-1
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x 是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x,ln x)处的切线也是曲线y=ex的切线.
0 0 0
解析 本题考查利用导数判断函数的单调性,求函数零点以及导数的几何意义.考查学生分析、解决问题的
能力,考查逻辑推理能力和运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
1 2
因为f '(x)= + >0,所以f(x)在(0,1),(1,+∞)单调递增.
x (x-1) 2
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e+1 e2+1 e2-3 1
因为f(e)=1- <0, f(e2)=2- = >0,所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x,即f(x)=0.又0< <1,f
e-1 e2-1 e2-1 1 1 x
1
( 1 ) x 1 +1 1
=-ln x+ =-f(x)=0,故f(x)在(0,1)有唯一零点 .
x 1 x -1 1 x
1 1 1
综上, f(x)有且仅有两个零点.
1 ( 1 )
(2)因为
x
=e-ln x 0,故点B -ln x
0
,
x
在曲线y=ex上.
0 0
x +1
0
由题设知f(x)=0,即ln x= ,
0 0 x -1
0
1 x +1
1 - 0
-ln x x x -1 1
x 0 0 0
故直线AB的斜率k= 0 = x +1 = x .
-ln x -x - 0 -x 0
0 0 x -1 0
0
( 1 ) 1 1
曲线y=ex在点B -ln x 0 , x 处切线的斜率是 x ,曲线y=ln x在点A(x 0 ,ln x 0 )处切线的斜率也是 x ,所
0 0 0
以曲线y=ln x在点A(x,ln x)处的切线也是曲线y=ex的切线.
0 0
解后反思 (1)先判断函数的单调性,然后结合零点存在性定理证明函数f(x)有且仅有两个零点.
1
(2)要证明曲线y=ln x在点A(x,ln x)处的切线也是曲线y=ex的切线,首先求得这条切线的斜率k= ,所以
0 0 x
0
1 ( 1 )
必须在曲线y=ex上找一点B(x
1
,ex 1),使ex 1=
x
,从而求得B点的坐标为 -ln x
0
,
x
,然后证明曲线y=ln
0 0
( 1 )
x在点A(x
0
,ln x
0
)处切线的斜率等于曲线y=ex在点B -ln x
0
,
x
处的切线斜率即可.
0
44.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x∈R,满足f(x)=g(x)且f
0 0 0
'(x)=g'(x),则称x 为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
0 0 0
(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;
(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;
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bex
(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)= .对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S
x
点”,并说明理由.
解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力
以及逻辑推理能力.
(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,
则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,
由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),
{x=x2+2x-2,
得 此方程组无解.
1=2x+2,
因此,f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.
(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,
1
则f '(x)=2ax,g'(x)= ,
x
设x 为f(x)与g(x)的“S点”,
0
{ax2-1=ln x ,
0 0
由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),得 1
0 0 0 0 2ax = ,
0 x
0
{ax2-1=ln x ,
0 0
即 (*)
2ax2=1,
0
1
1 1 e
-
得ln x
0
=-
2
,即x
0
=
e
2,则a=
2(e -
1
2) 2
=
2
.
e 1
-
当a=
2
时,x
0
=
e
2满足方程组(*),
即x 为f(x)与g(x)的“S点”,
0
e
因此,a的值为 .
2
bex (x-1) 2x3
(3)f '(x)=-2x,g'(x)= ,x≠0, f
'(x)=g'(x)⇒bex
0=-
0
>0⇒x∈(0,1),
x2 0 0 x -1 0
0
bex
0
2x2 2x2
f(x)=g(x)⇒-x2
+a= =-
0 ⇒a=x2
-
0
,
0 0 0 x x -1 0 x -1
0 0 0
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2x2 -x3+3x2+ax-a
令h(x)=x2- -a= ,x∈(0,1),a>0,
x-1 1-x
设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,
则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,
又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,
∴m(x)在(0,1)上有零点,
则h(x)在(0,1)上有零点.
因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
思路分析 本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中
2x2
先利用f '(x)=g'(x)对x
加以限制,然后将f(x)=g(x)转化成a=x2
-
0
,从而转化为研究h(x)=
0 0 0 0 0 0 x -1
0
-x3+3x2+ax-a
,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再转化为研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由
1-x
m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.
45.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=√x-ln x.
(1)若f(x)在x=x,x(x≠x)处导数相等,证明: f(x)+f(x)>8-8ln 2;
1 2 1 2 1 2
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
1 1
解析 (1)函数f(x)的导函数f '(x)= - ,
2√x x
1 1 1 1
由f '(x)=f '(x)得 - = - ,
1 2 2√x x 2√x x
1 1 2 2
1 1 1
因为x≠x,所以 + = .
1 2 √x √x 2
1 2
1
由基本不等式得 √x x =√x +√x ≥2√4 x x ,
2 1 2 1 2 1 2
因为x≠x,所以xx>256.
1 2 1 2
1
由题意得f(x)+f(x)=√x -ln x+√x -ln x= √x x -ln(xx).
1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2
1 1
设g(x)= √x-ln x,则g'(x)= (√x-4),
2 4x
所以
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x (0,16) 16 (16,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,
故g(xx)>g(256)=8-8ln 2,
1 2
即f(x)+f(x)>8-8ln 2.
1 2
(
|a|+1) 2
(2)令m=e-(|a|+k),n= +1,
k
则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
( 1 a ) ( |a|+1 )
f(n)-kn-a<n
- -k
≤n
-k
<0,
√n n √n
所以,存在x∈(m,n)使f(x)=kx+a,
0 0 0
所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.
√x-lnx-a
由f(x)=kx+a得k= .
x
√x-lnx-a
设h(x)= ,
x
√x
lnx- -1+a -g(x)-1+a
则h'(x)= 2 = ,
x2
x2
√x
其中g(x)= -ln x.
2
由(1)可知g(x)≥g(16),
又a≤3-4ln 2,
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,
所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,
因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.
综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
1 1
一题多解 (1)f '(x)= - ,且f '(x)=f '(x)(x≠x).
2√x x 1 2 1 2
1 1
设f '(x)=t,则 - =t的两根为x,x.
1 2√x x 1 2
即2t(√x)2-√x+2=0有两个不同的正根x,x.
1 2
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1
Δ=1-16t>0, { 0<t< ,
{ 16
1
√x +√x = >0, 1
∴ 1 2 2t 即 √x 1 +√x 2 = 2t ,
1
√x x = >0, 1
1 2 t x x = .
1 2 t2
∴f(x)+f(x)=√x +√x -ln(xx)
1 2 1 2 1 2
1 ( 1 )
= +2ln t
0<t<
.
2t 16
1 ( 1 )
设g(t)= +2ln t
0<t<
,
2t 16
1 2 4t-1
则g'(t)=- + = <0,
2t2 t 2t2
( 1 ) ( 1 )
∴g(t)在 0, 上为减函数,∴g(t)>g =8-8ln 2,
16 16
∴f(x)+f(x)>8-8ln 2.
1 2
(2)设h(x)=f(x)-kx-a=√x-ln x-kx-a,
只需证明:当a≤3-4ln 2时,对于任意的k>0,
函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点.取m=e-|a|-k,则h(m)=√e-|a|-k+|a|+k-ke-|a|-k-a
≥√e-|a|-k+k(1-e-|a|-k)>k(1-e-|a|-k)>0.
1 ( 1 ) 2 1
又x>0时,√x-kx< -k· = .
2k 2k 4k
1 1
-a
即h(x)<
4k
-a-ln x,取n= e4k ,
1
则h(n)< -a-ln n=0,
4k
1
而-|a|-k≤-a-k<-a+ ,∴n>m>0.
4k
由于h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,
即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.
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1 1 1 1 (1) 2 1
∵h'(x)= - -k≤ × - -k= -k,
2√x x 2 4 4 16
1
∴当k≥ 时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,
16
1
即当k≥ 时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
16
1
当0<k< 时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).
16
此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.
1 1
∵h'(x)=0,∴k= - ,
2√α α
1
则h(α)=√α-ln α-kα-a= √α-ln α+1-a,
2
1 1 √α-4
h'(α)= - = ,
4√α α 4α
∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,
∴h(α)≥h(16)=3-ln 16-a=3-4ln 2-a≥0.
1 1
又当α=16时,k= ,又0<k< ,∴α≠16.
16 16
故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.
即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.
1
∴当0<k< 时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,
16
∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.
1
46.(2018课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)= x3-a(x2+x+1).
3
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
1
解析 (1)当a=3时,f(x)= x3-3x2-3x-3,f '(x)=x2-6x-3.
3
令f '(x)=0,解得x=3-2√3或x=3+2√3.
当x∈(-∞,3-2√3)∪(3+2√3,+∞)时,f '(x)>0;
当x∈(3-2√3,3+2√3)时,f '(x)<0.
故f(x)在(-∞,3-2√3),(3+2√3,+∞)单调递增,在(3-2√3,3+2√3)单调递减.
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x3
(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于 -3a=0.
x2+x+1
x3 x2 (x2+2x+3)
设g(x)= -3a,则g'(x)= ≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.故
x2+x+1 (x2+x+1) 2
g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
1 ( 1) 2 1 1
又f(3a-1)=-6a2+2a- =-6 a- - <0, f(3a+1)= >0,故f(x)有一个零点.
3 6 6 3
综上,f(x)只有一个零点.
方法总结 利用导数研究函数零点的方法:
方法一:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;
(2)根据函数f(x)的性质作出图象;
(3)判断函数零点的个数.
方法二:(1)利用导数求出函数f(x)的单调区间和极值;
(2)分类讨论,判断函数零点的个数.
47.(2018天津理,20,14分)已知函数f(x)=ax,g(x)=logx,其中a>1.
a
(1)求函数h(x)=f(x)-xln a的单调区间;
2ln lna
(2)若曲线y=f(x)在点(x,f(x))处的切线与曲线y=g(x)在点(x,g(x))处的切线平行,证明x+g(x)=- ;
1 1 2 2 1 2 lna
1
(3)证明当a≥ee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(x
1
, f(x
1
)) 处的切线斜率为ax 1ln a.
1 1
由g'(x)= ,可得曲线y=g(x)在点(x,g(x))处的切线斜率为 .
xlna 2 2 x lna
2
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1
因为这两条切线平行,故有ax
1ln a= ,
x lna
2
即x
2
ax 1(ln a)2=1.
两边取以a为底的对数,得logx+x+2logln a=0,
a 2 1 a
2ln lna
所以x+g(x)=- .
1 2 lna
(3)证明:曲线y=f(x)在点(x
1
,ax
1)处的切线l
1
:y-ax 1=ax
1ln a·(x-x
1
).
1
曲线y=g(x)在点(x,logx)处的切线l:y-logx= (x-x).
2 a 2 2 a 2 x lna 2
2
1 1
要证明当a≥ee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≥ee时,存在
x∈(-∞,+∞),x∈(0,+∞),使得l 与l 重合.
1 2 1 2
1
即只需证明当a≥ee时,
1
{ ax 1lna= ,①
x lna
2
方程组 有解.
1
ax 1-x ax 1lna=log x - ,②
1 a 2 lna
1
由①得x= ,代入②,
2 ax 1(lna) 2
1 2ln lna
得ax 1-xax
1ln a+x+ + =0.③
1 1 lna lna
1
因此,只需证明当a≥ee时,关于x
1
的方程③存在实数解.
1 2ln lna
设函数u(x)=ax-xaxln a+x+ + ,
lna lna
1
即要证明当a≥ee时,函数y=u(x)存在零点.
( 1 ) 1
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'
(lna) 2
=1- a(lna)2
<0,故存在唯一的x,且x>0,使得u'(x)=0,
0 0 0
即1-(ln a)2x
0
ax 0=0.
由此可得u(x)在(-∞,x)上单调递增,在(x,+∞)上单调递减.u(x)在x=x 处取得极大值u(x).
0 0 0 0
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1 1 2ln lna 1 2ln lna
因为a≥ee,故ln ln a≥-1,所以u(x
0
)=ax
0-x
0
ax
0ln a+x
0
+
lna
+
lna
=
x (lna) 2
+x
0
+
lna
≥
0
2+2ln lna
≥0.
lna
下面证明存在实数t,使得u(t)<0.
1
由(1)可得ax≥1+xln a,当x> 时,有
lna
1 2ln lna 1 2ln lna
u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+ + =-(ln a)2x2+x+1+ + ,
lna lna lna lna
所以存在实数t,使得u(t)<0.
1
因此,当a≥ee时,存在x
1
∈(-∞,+∞),使得u(x
1
)=0.
1
所以,当a≥ee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.
48.(2016课标Ⅰ理,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x,x 是f(x)的两个零点,证明:x+x<2.
1 2 1 2
解析 (1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(2分)
(i)设a=0,则f(x)=(x-2)ex, f(x)只有一个零点.(3分)
(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.
a
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且b<ln ,则
2
f(b)> a (b-2)+a(b-1)2=a ( b2- 3 b ) >0,
2 2
故f(x)存在两个零点.(4分)
(iii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
e
若a≥- ,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
2
存在两个零点.(6分)
e
若a<- ,则ln(-2a)>1,故当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0.
2
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,+∞).(8分)
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(2)不妨设x<x.由(1)知,x∈(-∞,1),x∈(1,+∞),2-x∈(-∞,1), f(x)在(-∞,1)单调递减,所以x+x<2等价于
1 2 1 2 2 1 2
f(x)>f(2-x),即f(2-x)<0.
1 2 2
由于f(2-x
2
)=-x
2
e2-x 2+a(x
2
-1)2,而f(x
2
)=(x
2
-2)ex 2+a(x
2
-1)2=0,所以f(2-x
2
)=-x
2
e2-x 2-(x
2
-2)ex 2.(10分)
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(x)=f(2-x)<0,故x+x<2.(12分)
2 2 1 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.
49.(2016课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.
(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 (1)f '(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时, f '(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调
递增.(2分)
(ii)设a<0,由f '(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
e
①若a=- ,则f '(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
2
e
②若a>- ,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时, f '(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,
2
ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减.(4分)
e
③若a<- ,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时, f '(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时, f '(x)<0.所以f(x)在(-∞,
2
1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减.(6分)
(2)(i)设a>0,则由(1)知, f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
a
又f(1)=-e, f(2)=a,取b满足b<0且b<ln ,
2
则f(b)> a (b-2)+a(b-1)2=a ( b2- 3 b ) >0,
2 2
所以f(x)有两个零点.(8分)
(ii)设a=0,则f(x)=(x-2)ex,所以f(x)只有一个零点.(9分)
e
(iii)设a<0,若a≥- ,则由(1)知, f(x)在(1,+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在两个零点;(10分)
2
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e
若a<- ,则由(1)知, f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增,又当x≤1时f(x)<0,故f(x)不存在
2
两个零点.(11分)
综上,a的取值范围为(0,+∞).(12分)
e
疑难突破 (1)分类讨论时临界点的选取是关键,易忽略a=- 的情形.(2)在讨论a>0时函数零点的个数时,注
2
意利用不等式的放缩.
评析 本题考查函数的单调性、零点等知识点,解题时要认真审题、仔细解答,注意分类讨论和等价转化.
1
50.(2015课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x.
4
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线?
(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.
{ x3+ax + 1 =0,
0 0 4
解析 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x,0),则f(x)=0,f '(x)=0,即
0 0 0
3x2+a=0.
0
1 3
解得x= ,a=- .
0 2 4
3
因此,当a=- 时,x轴为曲线y=f(x)的切线.(5分)
4
(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.
5 5 5
当x=1时,若a≥- ,则f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<- ,则
4 4 4
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.
1 5
(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)= ,f(1)=a+ ,所以当a≤-3时, f(x)
4 4
在(0,1)有一个零点;当a≥0时,f(x)在(0,1)没有零点.
( √ a) (√ a ) √ a
(ii)若-3<a<0,则f(x)在 0, - 单调递减,在 - ,1 单调递增,故在(0,1)中,当x= - 时, f(x)取得最
3 3 3
(√ a) 2a√ a 1
小值,最小值为f - = - + .
3 3 3 4
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(√ a) 3
①若f - >0,即- <a<0,f(x)在(0,1)无零点;
3 4
(√ a) 3
②若f - =0,即a=- ,则f(x)在(0,1)有唯一零点;
3 4
(√ a) 3 1 5 5 3
③若f - <0,即-3<a<- ,由于f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当- <a<- 时,f(x)在(0,1)有两个零点;当-3<a≤-
3 4 4 4 4 4
5
时,f(x)在(0,1)有一个零点.(10分)
4
3 5 3 5 5 3
综上,当a>- 或a<- 时,h(x)有一个零点;当a=- 或a=- 时,h(x)有两个零点;当- <a<- 时,h(x)有三个零点.
4 4 4 4 4 4
(12分)
51.(2015江苏,19,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R).
(1)试讨论f(x)的单调性;
(2)若b=c-a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪
( 3) (3 )
1, ∪ ,+∞ ,求c的值.
2 2
2a
解析 (1)f '(x)=3x2+2ax,令f '(x)=0,解得x=0,x=- .
1 2 3
当a=0时,因为f '(x)=3x2>0(x≠0),所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
( 2a) ( 2a )
当a>0时,若x∈ -∞,- ∪(0,+∞),则f '(x)>0,若x∈ - ,0 ,则f '(x)<0,
3 3
( 2a) ( 2a )
所以函数f(x)在 -∞,- ,(0,+∞)上单调递增,在 - ,0 上单调递减;
3 3
( 2a ) ( 2a)
当a<0时,若x∈(-∞,0)∪
- ,+∞
,则f '(x)>0,若x∈
0,-
,则f '(x)<0,所以函数f(x)在(-∞,0),
3 3
( 2a ) ( 2a)
- ,+∞
上单调递增,在
0,-
上单调递减.
3 3
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( 2a) 4 ( 2a)
(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)=b, f - = a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f -
3 27 3
{
a>0,
{
a<0,
=b ( 2 4 7 a3+b ) <0,从而 - 4 a3<b<0 或 0<b<- 4 a3.
27 27
4 4
又b=c-a,所以当a>0时, a3-a+c>0或当a<0时, a3-a+c<0.
27 27
4 ( 3) (3 )
设g(a)= a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪ 1, ∪ ,+∞ ,
27 2 2
( 3) (3 )
则在(-∞,-3)上,g(a)<0,且在 1, ∪ ,+∞ 上,g(a)>0均恒成立,
2 2
(3)
从而g(-3)=c-1≤0,且g =c-1≥0,因此c=1.
2
此时, f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)·x+1-a],
因函数f(x)有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-
(a-1)+1-a≠0,
( 3) (3 )
解得a∈(-∞,-3)∪ 1, ∪ ,+∞ .
2 2
综上,c=1.
评析 本题在考查函数的零点与方程的根的同时,重点考查利用导数研究函数的单调性及函数的极值问题.
x2
52.(2015北京文,19,13分)设函数f(x)= -kln x,k>0.
2
(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.
x2
解析 (1)由f(x)= -kln x(k>0)得
2
k x2-k
f '(x)=x- = .
x x
由f '(x)=0解得x=√k.
f(x)与f '(x)在区间(0,+∞)上的情况如下:
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x (0,√k) √k (√k,+∞)
f '(x) - 0 +
k(1-lnk)
f(x) ↘ ↗
2
所以, f(x)的单调递减区间是(0,√k),
单调递增区间是(√k,+∞);
k(1-lnk)
f(x)在x=√k处取得极小值f(√k)= .
2
k(1-lnk)
(2)证明:由(1)知, f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为f(√k)= .
2
k(1-lnk)
因为f(x)存在零点,所以 ≤0,从而k≥e.
2
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,
1 e-k
且f(1)= >0, f(√e)= <0,
2 2
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.
53.(2015浙江,20,15分)设函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R).
a2
(1)当b= +1时,求函数f(x)在[-1,1]上的最小值g(a)的表达式;
4
(2)已知函数f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求b的取值范围.
a2 ( a) 2
解析 (1)当b= +1时, f(x)=
x+
+1,
4 2
a
故对称轴为直线x=- .
2
a2
当a≤-2时,g(a)=f(1)= +a+2.
4
( a)
-
当-2<a≤2时,g(a)=f =1.
2
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a2
当a>2时,g(a)=f(-1)= -a+2.
4
a2
{ +a+2,a≤-2,
4
综上,g(a)= 1,-2<a≤2,
a2
-a+2,a>2.
4
{s+t=-a,
(2)设s,t为方程f(x)=0的解,且-1≤t≤1,则
st=b,
-2t 1-2t
由于0≤b-2a≤1,因此 ≤s≤ (-1≤t≤1).
t+2 t+2
-2t2 t-2t2
当0≤t≤1时, ≤st≤ ,
t+2 t+2
2 -2t2 1 t-2t2
由于- ≤ ≤0和- ≤ ≤9-4√5,
3 t+2 3 t+2
2
所以- ≤b≤9-4√5.
3
t-2t2 -2t2
当-1≤t<0时, ≤st≤ ,
t+2 t+2
-2t2 t-2t2
由于-2≤ <0和-3≤ <0,所以-3≤b<0.
t+2 t+2
故b的取值范围是[-3,9-4√5].
评析 本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力,
分类讨论等分析问题和解决问题的能力,属较难题.
54.(2014课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标
为-2.
(1)求a;
(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
解析 (1)f '(x)=3x2-6x+a, f '(0)=a,
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.
2
由题设得- =-2,所以a=1.
a
(2)证明:由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2.
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由题设知1-k>0.
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当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.
当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.
所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.
综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
评析 本题主要考查导数的几何意义及导数的应用,考查了分类讨论、函数与方程、等价转化等思想方法.
把曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点的问题转化为研究函数g(x)=x3-3x2+(1-k)x+4在R上有唯一实根
问题是解决问题的关键.
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