北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
版》
§3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
— 五年高考 —
考点1 利用导数研究函数的单调性
1.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=√1.04-1,则 ( )
A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b
答案 B
2.(2021全国甲文,20,12分)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
(2ax+3)(ax-1)
解题指导 (1)对函数f(x)求导并因式分解得到f '(x)= ,根据a>0,x>0,可以
x
判断f '(x)的正负,即可判断出f(x)的单调性.
(1) (1)
(2)根据题意得到函数f(x)在(0,+∞)上没有零点.由(1)可得f(x) =f ,使f >0,即可求出a
min a a
的取值范围.
解析 (1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),
3 2a2x2+ax-3 (2ax+3)(ax-1)
∴f '(x)=2a2x+a- = = .
x x x
2ax+3
∵a>0,x>0,∴ >0,
x
( 1)
当x∈ 0, 时,f '(x)<0;
a
(1 )
当x∈ ,+∞ 时,f '(x)>0,
a
( 1) (1 )
∴函数f(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增.
a a
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
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∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,
( 1) (1 ) (1) 1
由(1)可得函数f(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增,∴f(x) =f =3-3ln
a a min a a
1
=3+3ln a>0,∴ln a>-1,解得a> ,
e
(1 )
故实数a的取值范围是 ,+∞ .
e
关键点拨 利用导数求函数的单调性时,要注意:①题目中函数的定义域是否有限制;②多个
同单调性的区间不能用并集符号相连;③在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重
不漏、层次分明”.
xa
3.(2021全国甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)= (x>0).
ax
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
解题指导 (1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间.
(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数
的性质及图象的变化趋势,进而求解参数的范围.
x2
解析 (1)当a=2时, f(x)= =x2·2-x(x>0),
2x
则f '(x)=2x·2-x+x2·(-ln 2·2-x)=x·2-x(2-xln 2).
2
令f '(x)=0,则x= ,
ln2
f '(x), f(x)的情况如下:
( 2 ) 2 ( 2 )
x
0, ,+∞
ln2 ln2 ln2
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
( 2 ) ( 2 )
所以函数f(x)的单调递增区间是 0, ,单调递减区间是 ,+∞ .
ln2 ln2
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xa
(2)令f(x)=1,则 =1,所以xa=ax,
ax
lnx lna
两边同时取对数,可得aln x=xln a,即 = ,
x a
lnx lna
根据题意可知,方程 = 有两个实数解.
x a
lnx 1-lnx
设g(x)= ,则g'(x)= ,
x x2
令g'(x)=0,则x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
lim ¿ 1
又知g(1)=0, g(x)=0,g(x) =g(e)= ,
x→+∞ max e
lna ( 1) lna
所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需 ∈ 0, ,即g(a)= ∈
a e a
( 1)
0, ,所以a∈(1,e)∪(e,+∞).综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
e
4.(2020课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=ex+ax2-x.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
1
(2)当x≥0时, f(x)≥ x3+1,求a的取值范围.
2
解析 (1)当a=1时,f(x)=ex+x2-x,f '(x)=ex+2x-1.
故当x∈(-∞,0)时,f '(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f '(x)>0.
所以f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)f(x)≥
1
x3+1等价于
(1 x3-ax2+x+1 )
e-x≤1.
2 2
设函数g(x)=
(1 x3-ax2+x+1 )
e-x(x≥0),则
2
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g'(x)=- (1 x3-ax2+x+1- 3 x2+2ax-1 ) e-x
2 2
1
=- x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x
2
1
=- x(x-2a-1)(x-2)e-x.
2
1
(i)若2a+1≤0,即a≤- ,则当x∈(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)单调递增,而g(0)=1,故当x∈(0,2)
2
时,g(x)>1,不合题意.
1 1
(ii)若0<2a+1<2,即- <a< ,则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x)<0;当x∈(2a+1,2)时,g'(x)>0.所以
2 2
g(x)在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7-
7-e2 7-e2 1
4a)e-2≤1,即a≥ .所以当 ≤a< 时,g(x)≤1.
4 4 2
(iii)若2a+1≥2,即a≥
1
,则g(x)≤
(1 x3+x+1 )
e-x.
2 2
由于0∈ [7-e2 , 1) ,故由(ii)可得 (1 x3+x+1 ) e-x≤1.
4 2 2
1
故当a≥ 时,g(x)≤1.
2
[7-e2
)
综上,a的取值范围是 ,+∞ .
4
1 1 1
易错警示 本题在处理f(x)≥ x3+1时,易处理成 x3-ax2+x+1≤ex.然后设函数g(x)= x3-
2 2 2
ax2+x+1,h(x)=ex,用此种方法处理繁杂且无法得到结果.
5.(2020课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
f (x)-f (a)
(2)设a>0,讨论函数g(x)= 的单调性.
x-a
解析 设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,
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2
其定义域为(0,+∞),h'(x)= -2.
x
(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.
从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时, f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
f (x)-f (a) 2(lnx-lna)
(2)g(x)= = ,x∈(0,a)∪(a,+∞).
x-a x-a
(x-a ) ( a a)
2 +lna-lnx 2 1- +ln
g'(x)= x = x x .
(x-a)2 (x-a)2
取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,
a a
+∞)时,1- +ln <0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.
x x
1
6.(2018课标Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)= -x+aln x.
x
(1)讨论f(x)的单调性;
f (x )-f (x )
1 2
(2)若f(x)存在两个极值点x,x,证明: <a-2.
1 2 x -x
1 2
1 a x2-ax+1
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=- -1+ =- .
x2 x x2
(i)若a≤2,则f '(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时, f '(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
a-√a2-4 a+√a2-4
(ii)若a>2,令f '(x)=0,得x= 或x= .
2 2
( a-√a2-4) (a+√a2-4 )
当x∈ 0, ∪ ,+∞ 时, f '(x)<0;
2 2
(a-√a2-4 a+√a2-4)
当x∈ , 时, f '(x)>0.
2 2
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( a-√a2-4)(a+√a2-4 ) (a-√a2-4 a+√a2-4)
所以f(x)在 0, , ,+∞ 上单调递减,在 ,
2 2 2 2
上单调递增.
(2)证明:由(1)知, f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x,x 满足x2-ax+1=0,
1 2
所以xx=1,不妨设x<x,则x>1,
1 2 1 2 2
-2ln x
f (x )-f (x ) 1 ln x -ln x ln x -ln x 2
由于 1 2 =- -1+a 1 2 =-2+a· 1 2 =-2+a 1 ,
x -x x x x -x x -x -x
1 2 1 2 1 2 1 2 x 2
2
f (x )-f (x ) 1
1 2
所以 <a-2等价于 -x+2ln x<0.
x -x x 2 2
1 2 2
1
设函数g(x)= -x+2ln x,
x
由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,
1 f (x )-f (x )
1 2
所以 -x+2ln x<0,即 <a-2.
x 2 2 x -x
2 1 2
思路分析 (1)首先确定函数的定义域,再对函数求导,之后对a进行分类讨论,从而确定出导
数在相应区间上的符号,从而求得函数对应的单调区间;
(2)根据f(x)存在两个极值点,结合第(1)问的结论,可以确定a>2, f(x)的两个极值点x,x 是方程
1 2
x2-ax+1=0的两个不等的正实根,利用根与系数的关系得到xx 的值,再根据xx 的值将
1 2 1 2
f (x )-f (x )
1 2
化简,构造新函数即可证得结果.
x -x
1 2
7.(2019课标Ⅲ理,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若
不存在,说明理由.
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解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查
学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养.
(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
a
令f '(x)=0,得x=0或x= .
3
(a ) ( a)
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪ ,+∞ 时, f '(x)>0;当x∈ 0, 时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,0),
3 3
(a ) ( a)
,+∞ 单调递增,在 0, 单调递减.
3 3
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
( a) (a ) ( a)
若a<0,则当x∈ -∞, ∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈ ,0 时, f '(x)<0.故f(x)在 -∞, ,
3 3 3
(a )
(0,+∞)单调递增,在 ,0 单调递减.
3
(2)满足题设条件的a,b存在.
(i)当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为
f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ii)当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为
f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(a) a3
(iii)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在[0,1]的最小值为f =- +b,最大值为b或2-a+b.
3 27
a3
若- +b=-1,b=1,则a=3√32,与0<a<3矛盾.
27
a3
若- +b=-1,2-a+b=1,则a=3√3或a=-3√3或a=0,与0<a<3矛盾.
27
综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
思路分析 (1)求出f '(x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论.
(2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在[0,1]上的最值,最终确定参数a,b的值.
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疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在
[0,1]上的最值.
以下为教师用书专用(1—6)
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
3
是 ( )
[ 1] [ 1 1] [ 1]
A.[-1,1] B. -1, C. - , D. -1,-
3 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
3 3 3 3
4 5
调递增,则f '(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-
3 3
3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,
{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
x x2
(0,+∞)上是减函数.
∵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
f (x)
数g(x)= .
x
3.(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.
4.(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.
(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
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(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 )
(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
3 3
(a) a3
为f =- +2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
3 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
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
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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 之间的大小比较.
1 2
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 )
a=0的情形而导致失分;②当a>0时, f(x)在(-∞,0), ,+∞ 单调递增,将这两个区间合并表示
3
(a )
为f(x)在(-∞,0)∪ ,+∞ 单调递增导致错误,从而失分.
3
5.(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
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
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[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 +
p
p(x)
(1)
单调递减
极小值
单调递增
p(1)
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
(1)
所以q(x)≤q .
7
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(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.
6.(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2 利用导数研究函数的极值、最值
1.(2021全国乙理,10,5分)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则 ( )
A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2
答案 D
2.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 .
答案 1
解题指导 先分类讨论去掉绝对值符号,然后用函数的单调性分析其最小值.
3.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]
上的最大值与最小值的和为 .
答案 -3
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4.(2021全国乙理,20,12分)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.
(1)求a;
x+f (x)
(2)设函数g(x)= .证明:g(x)<1.
xf (x)
解析 (1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x∈(-∞,a),
1 x
∴y'=ln(a-x)+x· ·(-1)=ln(a-x)- ,x∈(-∞,a),
a-x a-x
∵x=0是函数y=xf(x)的极值点,
0
∴ln(a-0)- =0,可得a=1.
a-0
x
当a=1时,y'=ln(1-x)- ,x∈(-∞,1),
1-x
x
令p(x)=ln(1-x)- ,
1-x
1 1 x-2
则p'(x)= - = ,
x-1 (1-x)2 (x-1)2
易知当x∈(-∞,1)时,p'(x)<0恒成立.
∴p(x)在(-∞,1)上为减函数,又p(0)=0,
∴当x∈(-∞,0)时,p(x)>0;
当x∈(0,1)时,p(x)<0,
∴函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-∞,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数.
∴当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.∴a=1.
(2)证明:由(1)知a=1,∴f(x)=ln(1-x),x∈(-∞,1),
当x∈(0,1)时,f(x)=ln(1-x)<0,∴xf(x)<0,
当x∈(-∞,0)时,f(x)=ln(1-x)>0,∴xf(x)<0,
x+f (x)
∴要证g(x)= <1,只需证x+f(x)>xf(x).
xf (x)
只需证x+ln(1-x)>xln(1-x),
只需证x+(1-x)ln(1-x)>0,
令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),
则h'(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),
∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
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当x∈(-∞,0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,h(x)>h(0)=0,
∴x+(1-x)ln(1-x)>0在(-∞,0)∪(0,1)上恒成立.
∴g(x)<1.
名师点拨 在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,
通过求函数最值达到解决问题的目的.
3-2x
5.(2021北京,19)已知函数f(x)= .
x2+a
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.
3-2x 2x-6
解析 (1)当a=0时, f(x)= ,∴f(1)=1,又f '(x)= ,故f '(1)=-4,故曲线y=f(x)在(1, f(1))
x2 x3
处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0.
2x2-6x-2a
(2)由题意得f '(x)= ,且f '(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,
(x2+a)2
3-2x 2x2-6x-8 2(x+1)(x-4)
故f(x)= ,x∈R,f '(x)= = ,
x2+4 (x2+4)2 (x2+4)2
令f '(x)>0,解得x>4或x<-1;令f '(x)<0,解得-1<x<4,
故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).
1
所以f(x)的极大值为f(-1)=1, f(x)的极小值为f(4)=- .
4
又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;
当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,
1
∴f(x) =f(-1)=1, f(x) =f(4)=- .
max min 4
解题指导 (1)当a=0时,求出f(1)与f '(1)的值,再写出切线方程;(2)由f '(-1)=0求出a的值,再
通过导函数的符号求出f(x)的单调区间和最值.
6.(2020北京,19,15分)已知函数f(x)=12-x2.
(1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程;
(2)设曲线y=f(x)在点(t, f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的最小值.
解析 (1)因为f(x)=12-x2,所以f '(x)=-2x,
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令-2x=-2,解得x=1,
又f(1)=11,所以所求切线方程为y-11=-2(x-1),
整理得2x+y-13=0.
(2)由(1)可知f '(x)=-2x,所以曲线y=f(x)在点(t, f(t))处的切线斜率k=-2t,又f(t)=12-t2,所以切线方
程为y-(12-t2)=-2t(x-t),整理得2tx+y-(t2+12)=0,当x=0时,y=t2+12,所以切线与y轴的交点为
(0,t2+12),
t2+12 (t2+12
)
当y=0时,x= ,所以切线与x轴的交点为 ,0 .
2t 2t
1 t2+12 (t2+12)2
①当t>0时,S(t)= · ·(t2+12)= ,
2 2t 4t
3(t2-4)(t2+12)
则S'(t)= ,
4t2
当0<t<2时,S'(t)<0,此时S(t)在(0,2)上单调递减;
当t>2时,S'(t)>0,此时S(t)在(2,+∞)上单调递增,
所以S(t) =S(2)=32.
min
(t2+12)2 3(t2-4)(t2+12)
②当t<0时,S(t)=- ,则S'(t)=- ,
4t 4t2
当t<-2时,S'(t)<0,此时S(t)在(-∞,-2)上单调递减;
当-2<t<0时,S'(t)>0,此时S(t)在(-2,0)上单调递增,
所以S(t) =S(-2)=32.
min
综上所述,当t=±2时,S(t)取最小值,为32.
名师点拨 本题主要考查导数在研究函数中的应用和导数的概念及几何意义.本题第(2)问先
求出切线与x轴和y轴的交点,再求出三角形的面积表达式,分t>0和t<0两种情况,也可以只
研究t>0时S(t)的最小值,由上面解析知当t=2时,S(t)取最小值,S(t) =S(2)=32,利用f(x)=12-x2是
min
偶函数,图象关于y轴对称,得出t<0时,S(t) =S(-2)=32.
min
7.(2018课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;
1
(2)证明:当a≥ 时, f(x)≥0.
e
解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
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1 1
f '(x)=aex- .由题设知, f '(2)=0,所以a= .
x 2e2
1 1 1
从而f(x)= ex-ln x-1, f '(x)= ex- .
2e2 2e2 x
当0<x<2时, f '(x)<0;当x>2时, f '(x)>0.
所以f(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
1 ex
(2)证明:当a≥ 时, f(x)≥ -ln x-1.
e e
ex ex 1
设g(x)= -ln x-1,则g'(x)= - .
e e x
当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1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.
1
因此,当a≥ 时, f(x)≥0.
e
方法总结 本题考查的是有关导数的应用问题,涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、
导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题,在解题的过程中,先确定函数的定义域,再
根据导数与极值的关系求得参数值,之后根据导数的正负确定出函数的单调区间,第(2)问在求
解时构造新函数,应用不等式的传递性证得结果.
8.(2019课标Ⅰ理,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数.证明:
( π)
(1)f'(x)在区间 -1, 存在唯一极大值点;
2
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明 (1)设g(x)=f'(x),
1 1
则g(x)=cos x- ,g'(x)=-sin x+ .
1+x (1+x)2
( π) (π) ( π)
当x∈ -1, 时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g' <0,可得g'(x)在 -1, 有唯一零点,设为
2 2 2
α,
( π)
则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x∈ α, 时,g'(x)<0.
2
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( π) ( π)
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在 α, 单调递减,故g(x)在 -1, 存在唯一极大值点,即f'(x)
2 2
( π)
在 -1, 存在唯一极大值点.
2
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在
(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
( π] ( π) (π)
(ii)当x∈ 0, 时,由(1)知, f'(x)在(0,α)单调递增,在 α, 单调递减,而f'(0)=0, f' <0,所
2 2 2
( π) ( π)
以存在β∈ α, ,使得f'(β)=0,且当x∈(0,β)时, f'(x)>0;当x∈ β, 时, f'(x)<0.故f(x)在
2 2
( π)
(0,β)单调递增,在 β, 单调递减.
2
(π) ( π) ( π] ( π]
又f(0)=0, f =1-ln 1+ >0,所以当x∈ 0, 时,f(x)>0.从而, f(x)在 0, 没有零点.
2 2 2 2
(π ] (π ) (π)
(iii)当x∈ ,π 时, f'(x)<0,所以f(x)在 ,π 单调递减.而f >0, f(π)<0,所以f(x)在
2 2 2
(π ]
,π 有唯一零点.
2
(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.
综上, f(x)有且仅有2个零点.
方法总结 本题考查导数与函数极值之间的关系,利用导数解决函数零点个数的问题.解决零
点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点,另一方面是利用函数的
单调性说明在区间内零点的唯一性,二者缺一不可.
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以下为教师用书专用(1—19)
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)
1 2 3 1 2 3 1
上为减函数,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
1 2 2 3 3
A,C.y=f(x)在x=x,x=x 处取到极小值,在x=x 处取到极大值,又x>0,排除B,故选D.
1 3 2 2
方法总结 函数图象的识辨方法:
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.
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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
m 0 0 0
的取值范围是 ( )
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
∴f '(x)=0,∴ cos 0=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
∴ ( 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.
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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
1 2 1 2 1 2 1
(x,x)上为减函数,在(x,+∞)上为增函数,故C项错误;D项正确.故选C.
1 2 2
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,+∞).
x-1 1
f '(x)= +ln x-1=ln x- .
x x
1 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- =
x 2
ln4-1
>0,故存在唯一x∈(1,2),使得f '(x)=0.
2 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
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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;
(1)
(2)由第(1)问易知方程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 α
=0即可.
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
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.
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(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
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
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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
7.(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
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
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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
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
0 0 0 0
点x 应满足f ″(x)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.
0 0
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8.(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
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)
9.(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;
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[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
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:
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[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).
10.(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.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
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∈
2 2a 2a
( 1 )
1, 时, f '(x)>0.
2a
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( 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.
11.(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)
x2
的值域.
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
且仅当x=0时, f '(x)=0,
所以f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增.
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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
x+2 2 4 a a
(1 e2]
以h(a)的值域是 , .
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.
12.(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;
(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
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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 √3a √3a √3a √3a
x -∞,1- 1- 1- ,1+ 1+ 1+ ,+∞
3 3 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)
所以f(x)的单调递减区间为 1- ,1+ ,单调递增区间为 -∞,1- ,
3 3 3
( √3a )
1+ ,+∞ .
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
3 3
的取值范围为[f(2), f(0)],因此
M=max{|f(2)|,|f(0)|}=max{|1-2a-b|,|-1-b|}
=max{|a-1+(a+b)|,|a-1-(a+b)|}
{a-1+(a+b),a+b≥0,
=
a-1-(a+b),a+b<0.
所以M=a-1+|a+b|≥2.
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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
3 3
0<a<3时,未意识到仍需将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.
13.(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,
a a a
(1 )
在 ,+∞ 上单调递减.
a
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
a
(1) (1) ( 1)
=ln +a 1- =-ln a+a-1.
a a 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).
14.(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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版》
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,
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8
①当0≤a≤ 时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
9
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].
15.(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.
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(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.
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.
16.(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.
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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.
17.(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;
(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
x
围是(-∞,-3).
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
18.(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
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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.
(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
当a=
e
1
2-1,b=
e2
时,②式成立,故f(x)≥
1
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.
19.(2012课标文,21,12分)设函数f(x)=ex-ax-2.
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(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
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.
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点1 利用导数研究函数的单调性
ln|x|
1.(2020河北3月联考,8)函数f(x)=|x|- 的图象大致为 ( )
x2
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答案 A
2.(2021重庆一模,8)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f '(x), f(x)=f(-x),当x>0时, f
'(x)>2x,则关于x的不等式f(2-x)-f(x)>4-4x的解集为 ( )
A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.(-1,+∞)
C.(-∞,1) D.(-1,1)
答案 C
3.(多选题)(2021山东淄博二模,11)已知e是自然对数的底数,则下列不等关系中不正确的是
( )
2 3
A.ln 2> B.ln 3<
e e
π ln3 3
C.ln π> D. <
e ln π π
答案 ACD
1 ( 1)
4.(2021广东韶关一模,8)已知函数f(x)=ln(ex+1)- x,若a=f log ,b=f(log 6),c=f(log 4),则
2 45 5 6
a,b,c的大小关系正确的是 ( )
A.b>a>c B.a>b>c
C.c>b>a D.c>a>b
答案 B
5.(2021河北衡水中学全国高三第二次联考,12)已知函数f(x)=exln|x|,a=f(-ln 3),b=f(ln
3),c=f(3e),d=f(e3),则a,b,c,d的大小顺序为 ( )
A.a>b>c>d B.d>c>b>a
C.c>d>b>a D.c>d>a>b
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答案 B
6.(2020河北衡水中学第九次调研,12)已知函数f(x)=(x2-2x)·ex,若方程f(x)=a有3个不同的实根
a
x,x,x(x<x<x),则 的取值范围是 ( )
1 2 3 1 2 3 x -2
2
[ 1 ) ( √2 )
A. - ,0 B. - ,0
e e√2
( √2 )
C. - ,√2e√2 D.(0,√2e√2)
e√2
答案 A
7.(2021广东华南师大附中综合测试(三),16)已知当x∈R时,均有不等式(aex-1)(aex+2x)≥0成立,
则实数a的取值范围为 .
( 2]
答案 -∞,- ∪{√e}
e
考点2 利用导数研究函数的极值、最值
1.(2021辽宁百校联盟质检,8)已知定义域为R的函数f(x)的导函数为f '(x),且xf '(x)-4f(x)=x5ex,
若f(1)=e+2,则方程f(x)=4的实根个数为 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B
2.(2019福建永安一中、德化一中、漳平一中三校联考,12)若方程8x=x2+6ln x+m仅有一个解,
则实数m的取值范围为 ( )
A.(-∞,7)
B.(15-6ln 3,+∞)
C.(12-6ln 3,+∞)
D.(-∞,7)∪(15-6ln 3,+∞)
答案 D
3.(多选题)(2020海南调研测试,12)已知函数f(x)=x+sin x-xcos x的定义域为[-2π,2π),则 (
)
A. f(x)为奇函数
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B. f(x)在[0,π)上单调递增
C. f(x)恰有4个极大值点
D. f(x)有且仅有4个极值点
答案 BD
4.(2020重庆育才中学3月月考,12)已知函数f(x)=kx,g(x)=2ln x+2e
(1 ≤x≤e2)
,若f(x)与g(x)的
e
图象上分别存在点M,N,使得M,N关于直线y=e对称,则实数k的取值范围是 ( )
[ 2 4 ] [ 2 ]
A. - ,- B. - ,2e
e e2 e
[ 4 ] [ 4 )
C.
- ,2e
D.
,+∞
e2 e2
答案 B
5.(多选题)(2021广东华附、省实、广雅、深中四校联考,12)已知函数f(x)=esin x-ecos x,其中e是
自然对数的底数,下列说法中,正确的是 ( )
( π)
A. f(x)在 0, 是增函数
2
( π)
B. f x+ 是奇函数
4
C. f(x)在(0,π)上有两个极值点
f (x) (n ) (n+1 )
D.设g(x)= ,则满足g π >g π 的正整数n的最小值是2
x 4 4
答案 ABD
6.(2021湖南岳阳一模,16)已知函数f(x)对任意x∈R均有f(x)+2f(-x)=mx-6,若f(x)≥ln x恒成立,
则实数m的取值范围是 .
答案 (-∞,-e]
7.(2021广东珠海一模,16)若以函数y=f(x)的图象上任意一点P(x,y)为切点作切线l,y=f(x)图
1 1 1
象上总存在异于P点的点Q(x,y),使得以Q为切点的直线l 与l 平行,则称函数f(x)为“美函
2 2 2 1
数”,下面四个函数中是“美函数”的是 (填序号).
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1
①y=x3-2x;②y=3x+ ;③y=cos x;④y=(x-2)2+ln x.
x
答案 ②③
1
8.(2020全国统一考试模拟五,15)已知函数f(x)= m(x2-1)-ln x(m∈R).
2
(1)若m=1,求证: f(x)≥0;
(2)讨论函数f(x)的极值;
1 1
(3)是否存在实数m,使得不等式f(x)> - 在(1,+∞)上恒成立?若存在,求出m的最小值;若不
x ex-1
存在,请说明理由.
1 1 x2-1
解析 (1)证明:m=1时, f(x)= (x2-1)-ln x(x>0),则f '(x)=- +x= ,当x∈(0,1)时, f '(x)<0,当
2 x x
x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,∴f(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,∴f(x) =f(1)=0,故f(x)≥0.
min
1 mx2-1
(2)由题意知, f '(x)=- +mx= ,x>0.
x x
mx2-1
①当m≤0时, f '(x)= <0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,没有极值.
x
mx2-1 1 ( 1 ) ( 1 )
②当m>0时,令f '(x)= =0,得x= ,当x∈ 0, 时, f '(x)<0;当x∈ ,+∞
x √m √m √m
( 1 ) ( 1 )
时, f '(x)>0,所以f(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增.
√m √m
1 ( 1 ) 1 1 1
故f(x)在x= 处取得极小值f = ln m+ - m,无极大值.
√m √m 2 2 2
1 1 ex-1-x
(3)不妨令h(x)= - = ,不难证明ex-1-x≥0,当且仅当x=1时取等号,所以,当x∈(1,+∞)
x ex-1 xex-1
时,h(x)>0,
由(1)知,当m≤0,x>1时, f(x)在(1,+∞)上单调递减, f(x)<f(1)=0恒成立,
1 1
所以不等式f(x)> - 在(1,+∞)上恒成立只能m>0.
x ex-1
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1 ( 1 )
当0<m<1时, >1,由(1)知f(x)在 1, 上单调递减,
√m √m
( 1 )
所以f <f(1)=0,不满足题意.
√m
1 1 1
当m≥1时,设F(x)= m(x2-1)-ln x- + ,
2 x ex-1
1 1
因为m≥1,x>1,所以mx≥x,ex-1>1,0< <1,-1<- <0,
ex-1 ex-1
1 1 1 1 1 x3-x2-x+1
F'(x)=- +mx+ - >- +x+ -1= ,
x x2 ex-1 x x2 x2
(x-1)(x2-1)
即F'(x)> >0,所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,
x2
又F(1)=0,所以x∈(1,+∞)时,F(x)>0恒成立,即f(x)-h(x)>0恒成立,故存在m≥1,使得不等式f(x)>
1 1
- 在(1,+∞)上恒成立,此时m的最小值是1.
x ex-1
B组 综合应用题组
时间 : 100 分钟 分值 : 115 分
一、单项选择题(每小题5分,共35分)
sinx
1.(2020广东六校联盟第三次联考,9)函数f(x)= 的图象的大致形状是 ( )
2ex
答案 A
2.(2021河北张家口三模,8)已知a,b∈(0,3),且4ln a=aln 4,4ln b=bln 2,c=log 0.06,则 ( )
0.3
A.c<b<a B.a<c<b C.b<a<c D.b<c<a
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答案 C
3.(2021江苏七市第二次调研,8)若aln a>bln b>cln c=1,则 ( )
A.eb+cln a>ec+aln b>ea+bln c
B.ec+aln b>eb+cln a>ea+bln c
C.ea+bln c>ec+aln b>eb+cln a
D.ea+bln c>eb+cln a>ec+aln b
答案 C
1
4.(2021上海松江二模,16)已知函数f(x)= +|2x-a|,若存在相异的实数x,x∈(-∞,0),使得
x 1 2
f(x)=f(x)成立,则实数a的取值范围为( )
1 2
( √2)
A. -∞,- B.(-∞,-√2)
2
(√2 )
C. ,+∞ D.(√2,+∞)
2
答案 B
alnx
5.(2020辽宁大连第一中学月考,7)已知函数f(x)= (a∈R),∀x,x∈[e2,e4],且x≠x,
x 1 2 1 2
f (x )-f (x ) 1
1 2
< 恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
x -x x x
1 2 1 2
( 1] [ 1 )
A. -∞,- B.(-∞,2] C.[-1,+∞) D. - ,+∞
3 3
答案 D
ex-2
6.(2020河北衡水中学七调,12)已知函数f(x)=xex-ln x-x-2,g(x)= +ln x-x的最小值分别为
x
a,b,则 ( )
A.a=b B.a<b
C.a>b D.a,b的大小关系不确定
答案 A
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7.(2021湖南岳阳一模,8)对于函数f(x),若存在x,使f(x)=-f(-x),则点(x, f(x))与点(-x,-f(x))均称
0 0 0 0 0 0 0
{16-ax,x>0,
为函数f(x)的“先享点”.已知函数f(x)= 若函数f(x)存在5个“先享点”,则
6x-x3,x≤0,
实数a的取值范围为 ( )
A.(0,6) B.(-∞,6) C.(3,+∞) D.(6,+∞)
答案 D
二、多项选择题(每小题5分,共10分)
lnx
8.(2021山东德州二模,12)已知函数f(x)= ,则 ( )
x
A. f(2)>f(5)
B.若f(x)=m有两个不相等的实根x、x,则xx<e2
1 2 1 2
√2
C.ln 2>
e
D.若2x=3y,x,y均为正数,则2x>3y
答案 AD
9.(2021辽宁沈阳二模,12)若实数t≥2,则下列不等式中一定成立的是 ( )
A.(t+3)ln(t+2)>(t+2)ln(t+3)
B.(t+1)t+2>(t+2)t+1
1
C.1+ >log(t+1)
t t
D.log (t+2)>log (t+3)
(t+1) (t+2)
答案 ABD
三、填空题(每小题5分,共10分)
10.(2021湖南永州二模,16)定义:方程f(x)=f '(x)的实数根x 叫做函数f(x)的“新驻点”.
0
(1)设f(x)=cos x,则f(x)在(0,π)上的“新驻点”为 ;.
(2)如果函数g(x)=x与h(x)=ln(x+1)的“新驻点”分别为α、β,那么α和β的大小关系是
.
3π
答案 (1) (2)α>β
4
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11.(2021河北唐山三模,16)关于x的不等式x2-a(x-1)ex<0恰有一个整数解,则实数a的取值范
围是 .
[ e )
答案
- ,0
2
四、解答题(共60分)
12.(2020山东青岛三模,21)已知函数f(x)=aexln x(其中e=2.718 28…是自然对数的底数),
g(x)=x2+xln a,a>0.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)设函数h(x)=g(x)-f(x),若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立,求实数a的取值范围.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
( 1)
因为f(x)=aexln x,所以f '(x)=aex lnx+ .
x
1 x-1
令φ(x)=ln x+ ,则φ'(x)= .
x x2
当x∈(0,1)时,φ'(x)<0,
∴φ(x)在(0,1)上单调递减.
当x∈(1,+∞)时,φ'(x)>0,
∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增.
所以φ(x)≥φ(1)=1>0.
又因为a>0,ex>0,∴f '(x)>0在(0,+∞)上恒成立.
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)h(x)=g(x)-f(x)=x2+xln a-aexln x.
由h(x)>0得x2+xln a-aexln x>0,即aexln x<x2+xln a.
lnx x+lna ln(aex) ln(aex) lnx
所以 < = ,即 > 对任意x∈(0,1)恒成立.
x aex aex aex x
lnx 1-lnx
设H(x)= ,则H'(x)= ,
x x2
所以,当x∈(0,1)时,H'(x)>0,函数H(x)单调递增,
且当x∈(1,+∞)时,H(x)>0,当x∈(0,1)时,H(x)<0.
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若aex≥1>x,则H(aex)≥0>H(x).
若0<aex<1,因为H(aex)>H(x),
且H(x)在(0,1)上单调递增,所以aex>x.
x
综上可知,aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立,即a> 对任意x∈(0,1)恒成立.
ex
x 1-x
设G(x)= ,x∈(0,1),则G'(x)= >0.
ex ex
1
所以G(x)在(0,1)单调递增,所以G(x)<G(1)= ≤a,
e
[1 )
所以a的取值范围为 ,+∞ .
e
13.(2020山东百师联盟测试五,22)已知函数f(x)=axex+(x+1)2,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的极值;
(2)若函数g(x)=f(x)-e在R上恰有两个零点,求a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=aex+axex+2(x+1)=(aex+2)(x+1),
①当a≥0时,令f '(x)=0⇒x=-1,x∈(-∞,-1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;x∈(-1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)
a
单调递增,所以f(x)有极小值f(-1)=- ;
e
( 2)
②当a<0时,令f '(x)=0⇒x=-1或x=ln - ,
a
( ( 2)) ( ( 2) )
(i)a<-2e时,x∈ -∞,ln - 时, f '(x)<0, f(x)单调递减;x∈ ln - ,-1 时, f '(x)>0, f(x)
a a
( ( 2)) ( 2)
单调递增;x∈(-1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减,所以f(x)有极小值f ln - =-2ln - +
a a
2 2
[ ( 2) ] [ ( 2)] a
ln - +1 = ln - +1,有极大值f(-1)=- ;
a a e
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( ( 2))
(ii)-2e<a<0时,x∈(-∞,-1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;x∈ -1,ln - 时, f '(x)>0, f(x)单调递
a
( ( 2) ) a
增;x∈ ln - ,+∞ 时, f '(x)<0, f(x)单调递减,所以f(x)有极小值f(-1)=- ,有极大值f
a e
2 2
( ln ( - 2)) =-2ln ( - 2) + [ ln ( - 2) +1 ] = [ ln ( - 2)] +1;
a a a a
(iii)当a=-2e时, f '(x)≤0, f(x)在R上单调递减,无极值.
(2)函数g(x)=f(x)-e在R上恰有两个零点,即函数f(x)的图象与直线y=e恰有两个交点,由(1)知,
a
①当a≥0时,只需满足e>- ⇒a>-e2,所以a∈[0,+∞);
e
②当a<0时,
2
[ ( 2)]
(i)a<-2e时,结合(1)知,x∈(-1,+∞)时, f(x)单调递减, f(1)=ae+4<-2e2+4<0,只需满足 ln -
a
a 2 2
+1=e或e=- ,解得a=-e2或a=- (舍)或a=- ;
e e√e-1 e-√e-1
2
[ ( 2)] a 2
(ii)-2e≤a<0时,结合(1)知只需满足 ln - +1=e或e=- ,解得a=-e2(舍)a=- 或a=-
a e e√e-1
2
(舍).
e-√e-1
{ 2 }
综上,a的取值范围为[0,+∞)∪
- ,-e2
.
e±√e-1
1
14.(2021山东烟台一模,21)已知函数f(x)= x2+cos x, f '(x)为f(x)的导函数.
2
(1)求函数f(x)的极值;
(2)设函数g(x)= (x2 -x+ sinx+cosx) ex-a (1 x3+sinx-x ) ,a∈R,讨论g(x)的单调性;
2 2 6
(3)当x≥0时, f '(x)≤ex+bx-1,求实数b的取值范围.
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解析 (1)f '(x)=x-sin x,因为(x-sin x)'=1-cos x≥0,
所以f '(x)在(-∞,+∞)上单调递增,又f '(0)=0,
所以当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
故当x=0时, f(x)取极小值f(0)=1,无极大值.
(x2
)
(2)g'(x)= +cosx-1 (ex-a),
2
x2
由(1)知, f(x)≥f(0)=1,即 +cos x-1≥0.
2
当a≤0时,ex-a>0,g'(x)>0,g(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,令ex-a=0,得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,ex-a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(ln a,+∞)时,ex-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
综上,当a≤0时,g(x)在(-∞,+∞)上单调递增;
当a>0时,g(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
(3)令h(x)=f '(x)-ex-bx+1,
则h(x)=-ex+(1-b)x-sin x+1,x∈[0,+∞).
h'(x)=-ex-cos x+1-b,h'(x)的导函数h″(x)=-ex+sin x.
因为x∈[0,+∞),所以h″(x)≤-1+sin x≤0,h'(x)在[0,+∞)上单调递减.
当b≥-1时,∀x≥0,h'(x)≤h'(0)=-1-b≤0,
所以h(x)在[0,+∞)上单调递减,
此时∀x≥0,h(x)≤h(0)=0,满足题意.
当b<-1时,因为h'(x)在[0,+∞)上单调递减,h'(0)=-1-b>0,当x→+∞时,h'(x)→-∞.
故存在x∈(0,+∞),使h'(x)=0,
0 0
且x∈(0,x)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
0
所以h(x)>h(0)=0,与∀x≥0,h(x)≤0矛盾.
0
所以实数b的取值范围是[-1,+∞).
思路分析 (1)对f(x)二次求导,可得f '(x)在(-∞,+∞)上单调递增,且f '(0)=0,则可判断出f(x)的单
调性,求出极值;
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(x2
)
x2
(2)求导可得g'(x)= +cosx-1 (ex-a),由(1)得 +cos x-1>0,讨论a≤0和a>0两种情况可得
2 2
出单调性;
(3)对h(x)二次求导,可得h'(x)在[0,+∞)上单调递减,再讨论b≥-1和b<-1两种情况,得出h'(x)的
正负情况,进而判断h(x)的单调性即可.
15.(2021山东济南一模,22)已知函数f(x)=ax-ln(x+1).
(1)讨论f(x)的单调性;
1
(2)若f(x)≥ -e-x对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
x+1
1 ax+a-1
解析 (1)f '(x)=a- = ,其中x>-1,
x+1 x+1
若a≤0, f '(x)<0,此时f(x)在(-1,+∞)上单调递减;
1 1
若a>0,由f '(x)>0得x> -1,由f '(x)<0得-1<x< -1,
a a
( 1 ) (1 )
故f(x)在 -1, -1 上单调递减,在 -1,+∞ 上单调递增.
a a
综上所述,当a≤0时, f(x)在(-1,+∞)上单调递减;
( 1 ) (1 )
当a>0时, f(x)在 -1, -1 上单调递减,在 -1,+∞ 上单调递增.
a a
1
(2)由题意得ax+e-x-ln(x+1)- ≥0对任意x∈(0,+∞)恒成立,
x+1
1
记g(x)=ax+e-x-ln(x+1)- ,x∈(0,+∞),
x+1
其中g(0)=0,
1 1
g'(x)=a-e-x- + ,其中g'(0)=a-1;
x+1 (x+1)2
1 2 (x-1)ex+(x+1)3
g″(x)=e-x+ - = ,
(x+1)2 (x+1)3 ex(x+1)3
记h(x)=(x-1)ex+(x+1)3,
因为h'(x)=xex+3(x+1)2>0,x∈(0,+∞),
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,
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所以h(x)>h(0)=0,所以g″(x)>0,
所以g'(x)在(0,+∞)上单调递增.
1
若a≤0,则g(1)=a+e-1-ln 2- <0,不符合题意;
2
1 1
若0<a<1,因为g'(x)=a-e-x- + <a-e-x,
x+1 (x+1)2
所以g'(-ln a)<a-eln a=0,
又因为g'(0)=a-1<0,g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当x∈(0,-ln a)时,g'(x)<0,
所以g(x)在(0,-ln a)上单调递减,
所以当x∈(0,-ln a)时,g(x)<g(0)=0,不符合题意;
若a≥1,因为g'(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g'(x)>g'(0)=a-1≥0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)>g(0)=0,符合题意.
综上,实数a的取值范围是[1,+∞).
1
16.(2021湖北八市3月联考,21)已知函数f(x)=x-2aln x- (a∈R).
x
(1)讨论函数f(x)的单调性;
f (x )-f (x )
1 2
(2)若x,x 为函数f(x)的两个极值点,证明: >2-4a.
1 2 x -x
1 2
x2-2ax+1
解析 (1)f '(x)= ,x>0,令x2-2ax+1=0,Δ=4a2-4,当Δ≤0,即-1≤a≤1时,f '(x)≥0,则f(x)在
x2
(0,+∞)上单调递增;
当Δ>0,即a>1或a<-1时,
①当a<-1时,-2ax>0, f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②当a>1时,令f '(x)=0,得x=a-√a2-1,x=a+√a2-1.
1 2
x (0,x 1 ) x 1 (x 1 ,x 2 ) x 2 (x 2 ,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增
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综上,当a≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>1时, f(x)在(0,a-√a2-1),(a+√a2-1,+∞)上单调递增,在(a-√a2-1,a+√a2-1)上单调递减.
(2)证明:由(1)知a>1时f(x)有两个极值点x,x,
1 2
且x+x=2a,xx=1,不妨设x>1>x>0,
1 2 1 2 2 1
( 1 ) ( 1 )
f (x )-f (x ) x -2aln x - - x -2aln x -
1 2 = 1 1 x 2 2 x
x -x 1 2
1 2 x -x
1 2
x x -x x
(x -x )-2aln 1+ 1 2 2aln 1
= 1 2 x x x =2- x ,
2 1 2 2
x -x x -x
1 2 1 2
f (x )-f (x )
1 2
要证 >2-4a,
x -x
1 2
x
ln 1
即证 x <2,
2
x -x
1 2
ln x2
2 1
即证 1 <2,即证ln x-x+ <0.
x - 2 2 x
2 x 2
2
1 1
设g(t)=ln t-t+ (t>1),由(1)知当a= 时, f(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(t)=-f(t),
t 2
则g(t)在(1,+∞)上单调递减,∴g(t)<g(1)=0,原式得证.
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— 一年原创 —
1.(2021 5·3原创题)若ex-x2-ax-1≥0在[0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为 ( )
A.[e+2,+∞) B.[e-2,+∞)
C.(-∞,e+2] D.(-∞,e-2]
答案 D
( 2 ) 1
2.(2021 5·3原创题)已知函数f(x)=a lnx- +1 - x2在(0,1)上有极大值,则实数a的取值范
x 4
围是 .
( 1)
答案
0,
6
3.(2021 5·3原创题)已知函数f(x)=-aln x+x2+(2-a)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(x +x )
(2)设x,x 是f(x)的两个零点,证明: f ' 1 2 >0.
1 2
2
a 2x2+(2-a)x-a (x+1)(2x-a)
解析 (1)f '(x)=- +2x+(2-a)= = (x>0),
x x x
a
由f '(x)=0,得(x+1)(2x-a)=0,即x=-1或x= .
2
a
当 ≤0,即a≤0时, f '(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;
2
a a ( a) a
当 >0,即a>0时,由f '(x)<0,得0<x< ,所以f(x)在 0, 上单调递减;由f '(x)>0,得x> ,所以
2 2 2 2
(a )
f(x)在 ,+∞ 上单调递增.
2
综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
( a) (a )
当a>0时, f(x)在 0, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增.
2 2
55 / 57北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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(a) a a2 a a a2
(2)证明:由(1)及题意得a>0,且f =-aln + +(2-a)· =-aln - +a<0,且f(x)=f(x)=0,不妨
2 2 4 2 2 4 1 2
a a (x +x ) x +x a
令0<x< ,x> .要证f ' 1 2 >0,即证 1 2> ,
1 2 2 2 2 2 2
即证x+x>a,即证x>a-x.令F(x)=f(x)-f(a-x),
1 2 2 1
a
则F(x)=-aln x+x2+(2-a)x+aln(a-x)-(a-x)2-(2-a)(a-x)=-aln x+aln(a-x)+4x-2a,0<x< .
2
a a -(2x-a)2
F'(x)=- - +4= ,
x a-x x(a-x)
a ( a) ( a)
因为0<x< ,所以a-x>0,所以F'(x)<0在 0, 上恒成立,即F(x)在 0, 上单调递减,
2 2 2
(a) a a
所以F(x)>F =-aln +aln +2a-2a=0,
2 2 2
a
因为0<x< ,所以F(x)=f(x)-f(a-x)>0,
1 2 1 1 1
即f(x)>f(a-x),又f(x)=f(x),所以f(x)>f(a-x),
1 1 1 2 2 1
a a
因为x> ,a-x> ,
2 2 1 2
(a ) x +x a (x +x )
由(1)得f(x)在 ,+∞ 上单调递增,所以x>a-x,即x+x>a,即 1 2> ,即f ' 1 2 >0,
2 2 1 1 2 2 2 2
得证.
x
4.(2021 5·3原创题)已知f(x)=xln x-ax+ ,a∈R.
ex
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
4
(2)若f(x)> -2恒成立,求a的取值范围.
e2
x 1-x 1-x
解析 (1)当a=1时, f(x)=xln x-x+ ,定义域为(0,+∞), f '(x)=ln x+ ,令g(x)=ln x+ ,
ex ex ex
ex+x2-2x x2-2x+1 (x-1)2
则g'(x)= > = ≥0,
xex xex xex
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∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(1)=0,
故当x∈(0,1)时, f '(x)<0, f(x)为减函数;
当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)为增函数.
4 1 ( 4 ) 1
(2)f(x)> -2恒成立,即a<ln x+ +
2-
· 恒成立.
e2 ex e2 x
1 ( 4 ) 1
令h(x)=ln x+ +
2-
· ,定义域为(0,+∞),
ex e2 x
4 x2
1 1 ( 4 ) 1 x-2+ -
则h'(x)= - - 2- · = e2 ex .
x ex e2 x2
x2
4 x2 (x-2)x
再令φ(x)=x-2+ - ,则φ'(x)=1+ .
e2 ex ex
x(x-2) 1
当x>0时,由x(x-2)≥-1,得 ≥- ,
ex ex
1
即φ'(x)≥1- >0恒成立,
ex
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
又φ(2)=0,故当0<x<2时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x>2时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
1
∴h(x) =h(2)=ln 2+1- ,
min e2
1
∴a<ln 2+1- .
e2
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