1
专题检测六 函数与导数
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要
求的.
1.(2023 广东高三学业考试)已知函数f(x)={
lg x, x>0,
2
x, x<0, 若a=f(
1
10),则f(a)的值是( )
A.-2
B.-1
C. 1
10
D.1
2
2.(2023 北京,4)下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是( )
A.f(x)=-ln x
B.f(x)= 1
2
x
C.f(x)=-1
x
D.f(x)=3|x-1|
3.(2022 天津,3)函数f(x)=| x
2-1|
x
的图象为( )
A
B
C
D
4.(2022 浙江,7)已知2a=5,log83=b,则4a-3b=
( )
A.25
B.5
C.25
9
D.5
3
5.(2023 福建漳州三模)英国物理学家和数学家牛顿曾提出物体在常温环境下温度(单位:℃)变化的冷
却模型.如果物体的初始温度是θ1,环境温度是θ0,则经过t min 物体的温度θ 将满足θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt,其
中k 是一个随着物体与空气的接触情况而定的正常数.现有90 ℃的物体,若放在10 ℃的空气中冷却,
经过10 min 物体的温度为50 ℃,则若使物体的温度为20 ℃,需要冷却( )
A.17.5 min
B.25.5 min
C.30 min
D.32.5 min
6.(2023 全国乙,文8)若函数f(x)=x3+ax+2 存在3 个零点,则a 的取值范围是( )
A.(-∞,-2)
B.(-∞,-3)
C.(-4,-1)
D.(-3,0)
7.(2023 河北石家庄模拟)若曲线f(x)=3x2-2 与曲线g(x)=-2-mln x(m≠0)存在公切线,则实数m 的最小值
为( )
A.-6e
B.-3e
C.2√e
D.6e
8.(2021 全国乙,理12)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
二、选择题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选
对的得5 分,部分选对的得2 分,有选错的得0 分.
9.(2023 山东临沂一模)已知f(x)=x3g(x)为定义在R 上的偶函数,则函数g(x)的解析式可以为( )
A.g(x)=lg1+ x
1- x
B.g(x)=3x-3-x
C.g(x)=1
2 +
1
2
x+1
D.g(x)=ln(√x
2+1+x)
10.(2023 山东菏泽二模)已知x1,x2分别是函数f(x)=ex-1
x 和g(x)=ln x-1
x 的零点,则( )
2
A.0<x1<1
2
B.ln x1+ln x2=0
C.e
x1ln x2=1
D.13
6 <x1+x2<5
2
11.(2023 广东汕头二模)已知圆台的上下底面的圆周都在半径为2 的球面上,圆台的下底面过球心,上
底面半径为r(0<r<2),设圆台的体积为V,则下列选项中说法正确的是( )
A.当r=1 时,V=7√3π
B.V 存在最大值
C.当r 在区间(0,2)内逐渐增大时,V 逐渐减小
D.当r 在区间(0,2)内逐渐增大时,V 先增大后减小
12.(2023 山东滨州二模)函数y=f(x)在区间(-∞,+∞)上的图象是一条连续不断的曲线,且满足f(3+x)-
f(3-x)+6x=0,函数f(1-2x)的图象关于点(0,1)对称,则( )
A.f(x)的图象关于点(1,1)对称
B.8 是f(x)的一个周期
C.f(x)一定存在零点
D.f(101)=-299
三、填空题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.
13.(2023 全国甲,理13)若f(x)=(x-1)2+ax+sin(x + π
2)为偶函数,则a= .
14.(2023 广东湛江一模)若函数f(x)=ex-ax2-a 存在两个极值点x1,x2,且x2=2x1,则a= .
15.(2023 广东深圳福田中学模拟)已知函数f(x)={
- x
2-2 x, x ≤0,
|1- ln x|, x>0,若f(x)=m 存在四个不相等的实
根x1,x2,x3,x4,且x1<x2<x3<x4,则x4-(x1+x2)x3的最小值是 .
16.(2021 新高考Ⅱ,16)已知函数f(x)=|ex-1|,x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))的
两条切线互相垂直,且分别交y 轴于M,N 两点,则| AM |
|BN | 的取值范围是 .
四、解答题:本题共6 小题,共70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10 分)(2023 陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=xln x+x3.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)≥1 对任意的x≥m 恒成立,求实数m 的取值范围.
18.(12 分)(2021 全国甲,文20)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.
3
19.(12 分)某工厂计划投资一定数额的资金生产甲、乙两种新产品.甲产品的平均成本利润f(x)(单位:
万元)与投资成本x(单位:万元)满足:f(x)=aln x
x
+ 5
x -b(a,b 为常数,a,b∈R);乙产品的平均成本利润g(x)
(单位:万元)与投资成本x(单位:万元)满足:g(x)=2√x
x
.已知投资甲产品为1 万元,10 万元时,获得的利
润分别为5 万元,16.515 万元.(平均成本利润=利润
投资成本)
(1)求a,b 的值;
(2)若该工厂计划投入50 万元用于甲、乙两种新产品的生产,每种产品投资不少于10 万元,问怎样分
配这50 万元,才能使该工厂获得最大利润?最大利润为多少万元?
(参考数据:ln 10≈2.303,ln 5≈1.609)
20.(12 分)(2023 全国乙,文20)已知函数f(x)=(1
x +a)ln(1+x).
(1)当a=-1 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a 的取值范围.
21.(12 分)(2023 山东潍坊二模)已知函数f(x)=λln(x+1)-sin x.
(1)若f(x)在(0,+∞)上周期为2π,求λ 的值;
(2)当λ=1 时,判断函数f(x)在[
π
2 ,+∞)上零点的个数;
(3)已知f(x)≥2(1-ex)在x∈[0,π]上恒成立,求实数λ 的取值范围.
4
22.(12 分)(2023 全国乙,理21)已知函数f(x)=(
1
x +a)ln(1+x).
(1)当a=-1 时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)是否存在a,b,使得曲线y=f(
1
x)关于直线x=b 对称?若存在,求a,b 的值;若不存在,说明理由.
(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a 的取值范围.
5
专题检测六 函数与导数
1.D 解析 a=f(
1
10)=lg 1
10=-1,f(a)=f(-1)=2-1=1
2.
2.C 解析 因为y=ln x 在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=-ln x 在(0,+∞)上单调递减,故A 错误;
因为y=2x在(0,+∞)上单调递增,y=1
x 在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)= 1
2
x 在(0,+∞)上单调递减,故B
错误;
因为y=1
x 在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)=-1
x 在(0,+∞)上单调递增,故C 正确;
因为f(
1
2)=3|
1
2 -1|=3
1
2 =√3,f(1)=3|1-1|=30=1,f(2)=3|2-1|=3,
显然f(x)=3|x-1|在(0,+∞)上不单调,故D 错误.故选C.
3.D 解析 函数f(x)=| x
2-1|
x
的定义域为{x|x≠0},
且f(-x)=|(- x )
2-1|
- x
=-| x
2-1|
x
=-f(x),函数f(x)为奇函数,A 选项错误;
又当x<0 时,f(x)=| x
2-1|
x
≤0,C 选项错误;
当x>1 时,f(x)=| x
2-1|
x
= x
2-1
x
=x-1
x ,函数单调递增,B 选项错误.故选D.
4.C 解析 因为2a=5,b=log83=1
3log23,即23b=3,
所以4a-3b= 4
a
4
3b =(2
a)
2
(2
3b)
2 = 5
2
3
2 = 25
9 .
5.C 解析 由题意得50=10+(90-10)e-10k,即e-10k=1
2,
∴k= 1
10ln 2,∴θ=θ0+(θ1-θ0)e
- t
10 ln2.
由20=10+(90-10)e
- t
10 ln2,得e
- t
10 ln2
= 1
8
,
即- t
10ln 2=ln1
8=-3ln 2,解得t=30.
∴若使物体的温度为20 ℃,需要冷却30 min.
6.B 解析 令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a= x
3+2
x
.设g(x)= x
3+2
x
,则函数f(x)存在3 个零点
等价于函数g(x)= x
3+2
x
的图象与直线y=-a 有三个不同的交点.
g'(x)=2( x
3-1)
x
2
.当x>1 时,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)内单调递增,当x<1 且x≠0 时,g'(x)<0,函数
g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,
6
当x 从左侧趋近于0 时,g(x)→-∞,当x 从右侧趋近于0 时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,由此可
作出函数g(x)的大致图象,如图所示.
由图知,当-a>3 时,函数g(x)= x
3+2
x
的图象与直线y=-a 有三个交点,即函数f(x)有3 个零点,所以
a<-3.故选B.
7.A 解析 因为f(x)=3x2-2,g(x)=-2-mln x(m≠0),
所以f'(x)=6x,g'(x)=-m
x ,
设公切线与曲线f(x)=3x2-2 相切于点(x1,3x1
2-2),与曲线g(x)=-2-mln x 相切于点(x2,-2-mln x2)(x2>0),
所以6x1=- m
x2
=-2-mln x2-(3 x1
2-2)
x2- x1
=-mln x2-3 x1
2
x2- x1
,
所以m=-6x1x2,所以6x1=6 x1 x2ln x2-3 x1
2
x2- x1
,
所以x1=0 或x1=2x2-2x2ln x2,
因为m≠0,所以x1≠0,所以x1=2x2-2x2ln x2,
所以m=-6(2x2-2x2ln x2)x2=12x2
2ln x2-12x2
2,
令h(x)=12x2ln x-12x2(x>0),则h'(x)=12x(2ln x-1),
所以,当0<x<√e时,h'(x)<0,当x>√e时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,√e)上单调递减,在(√e,+∞)上单调递增,
所以h(x)min=h(√e)=-6e,所以实数m 的最小值为-6e.
8.B 解析 ∵a=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02=b,∴排除A,D.
令f(x)=ln(1+x)-(√1+2 x-1),x≥0,
则f(0.02)=ln 1.02-(√1.04-1)=b-c.
∵f'(x)= 1
1+ x -
2
2√1+2 x = √1+2 x -(1+ x )
(1+ x )√1+2 x
,
当x≥0 时,1+x=√(1+ x )
2=√1+2 x + x
2≥√1+2 x,
∴f'(x)≤0,且f'(x)不恒为0.
∴f(x)在区间[0,+∞)上单调递减,
∴f(0.02)<f(0)=0,即b-c<0⇔b<c.
令g(x)=2ln(1+x)-(√1+ 4 x-1),x≥0,
则g(0.01)=2ln 1.01-(√1.04-1)=a-c.
∵g'(x)= 2
1+ x -
4
2√1+ 4 x = 2[√1+ 4 x -(1+ x )]
(1+ x )√1+ 4 x
,
当0≤x<2 时,x2≤2x⇒1+2x+x2≤1+2x+2x,即(1+x)2≤1+4x,∴g'(x)≥0 在区间(0,2)内成立,且g'(x)
不恒为0.
∴g(x)在区间[0,2)内单调递增,
∴g(0.01)>g(0)=0,即a-c>0,∴a>c.
综上可得,a>c>b.故选B.
9.BD 解析 因为f(x)=x3g(x)是偶函数,所以f(-x)=f(x),即g(-x)=-g(x),所以g(x)是定义在R 上的奇
函数.
7
对于A,定义域为(-1,1),所以不满足题意;
对于B,定义域为R,g(-x)=3-x-3x=-g(x),符合题意;
对于C,定义域为R,g(-x)=1
2 +
1
2
- x+1
= 1
2 +
2
x
1+2
x = 3
2 -
1
1+2
x ≠-g(x),不符合题意;
对于D,定义域为R,g(-x)=ln(√x
2+1-x),而g(-x)+g(x)=ln(√x
2+1-x)+ln(√x
2+1+x)=0,即g(-x)=-
g(x),符合题意.故选BD.
10.BCD 解析 令f(x)=0,得e
x1= 1
x1
,即x1e
x1=1,x1>0.令g(x)=0,得ln x2= 1
x2
,即x2ln x2=1,即(ln x2)·(
e
ln x2)=1,x2>1.记函数h(x)=xex,x>0,则h'(x)=(x+1)ex>0,所以函数h(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,因
为h(x1)=x1e
x1=1,h(
1
2)= 1
2 √e<1,所以x1>1
2,故A 错误;
又h(x1)=x1e
x1=1,h(ln x2)=(ln x2)·(e
ln x2)=1,
所以x1=ln x2,e
x1=x2,所以ln x1+ln x2=ln(x1x2)=ln(x1e
x1)=ln 1=0,e
x1ln x2=x2ln x2=1,故B,C 正确;
又h(
2
3)= 2
3 e
2
3>1=h(x1),所以x1<2
3,结合x1>1
2,得1
2<x1<2
3,因为x1x2=1,所以x1+x2=x1+ 1
x1
,且1
2
<x1<2
3,因为y=x+1
x 在区间(
1
2 , 2
3)上单调递减,所以2
3 + 3
2<x1+ 1
x1
< 1
2+2,即13
6 <x1+x2<5
2,故D 正
确.
故选BCD.
11.BD 解析 设圆台的上底面的圆心为O1,下底面的圆心为O,点A 为上底面圆周上任意一点,圆
台的高为h,球的半径为R,如图所示,
则h=OO1=√R
2-(O1 A )
2=√4 -r
2,V=1
3(4π+√4 π ·π r
2+πr2)√4 -r
2= π
3 (r2+2r+4)√4 -r
2
(0<r<2),
当r=1 时,V=π
3 ×(1+2+4)×√3= 7√3
3
π,A 错误;
V'=π
3 ·-3r
3- 4 r
2+ 4 r +8
√4 -r
2
,设f(r)=-3r3-4r2+4r+8,则f'(r)=-9r2-8r+4,
令f'(r)=0,解得r1=-8- 4√13
18
,r2=-8+ 4√13
18
,
易知r2∈(0,2),且当r∈(0,r2)时,f'(r)>0;
当r∈(r2,2)时,f'(r)<0,f(r)在(0,r2)内单调递增,在(r2,2)内单调递减,由
f(0)=8,f(1)=5,f(2)=-24,∃r0∈(1,2),使得f(r0)=0,当r∈(0,r0),f(r)>0,即V'>0,
当r∈(r0,2),f(r)<0,即V'<0,所以当r 在区间(0,2)内逐渐增大时,V 先增大,后减小,则B,D 正确,C 错
误.
故选BD.
12.ACD 解析 对于A,由于f(1-2x)的图象关于点(0,1)对称,所以f(1-2x)+f(1+2x)=2,故f(1-x)
+f(1+x)=2,所以f(x)的图象关于点(1,1)对称,故A 正确;
由f(3+x)-f(3-x)+6x=0,得f(3+x)+3x=f(3-x)-3x,令g(x)=f(3+x)+3x,所以g(-x)=f(3-x)-3x,所以
g(x)=g(-x),故g(x)为偶函数,又f(x)的图象关于点(1,1)对称,所以f(x)+f(-x+2)=2,又f(x)=g(x-3)-
3(x-3),从而g(x-3)-3(x-3)+g(-x+2-3)-3(-x+2-3)=2,所以g(x-3)+g(-x-1)=-10,所以g(x)的图象关于点
(-2,-5)对称.
8
对于C,在f(1-x)+f(1+x)=2 中,令x=0,f(1)=1>0,所以g(-2)=f(1)-6=-5,所以g(2)=-5=f(5)+6,所以
f(5)=-11<0,由于y=f(x)在区间(-∞,+∞)上的图象是一条连续不断的曲线,由零点存在定理可得f(x)
在区间(1,5)内有零点,故C 正确;
对于D,由于g(x)的图象关于点(-2,-5)对称,以及g(x)=g(-x),得g(x)+g(-x-4)=-10,即g(x)
+g(x+4)=-10.又g(x+8)+g(x+4)=-10,所以g(x)=g(x+8),所以g(x)是周期为8 的周期函数,
f(101)=g(98)-3×98=g(2)-294=-5-294=-299,故D 正确;
对于B,f(1)=1,f(9)=g(6)-18=g(-2)-18=g(2)-18=-5-18=-23≠f(1),所以8 不是f(x)的周期.
故选ACD.
13.2 解析 由题意整理得f(x)=x2+(a-2)x+cos x+1,
∴f(-x)=(-x)2+(a-2)(-x)+cos(-x)+1=x2+(2-a)x+cos x+1,
∵函数f(x)是偶函数,
∴f(x)=f(-x),即x2+(a-2)x+cos x+1=x2+(2-a)x+cos x+1,解得a=2.
14. 1
ln 2 解析 f(x)=ex-ax2-a,定义域为R,所以f'(x)=ex-2ax,故e
x1-2ax1=0,e
x2-2ax2=0.又x2=2x1,所以
e
2 x1-4ax1=0,所以e
2 x1=2e
x1.又e
x1>0,故e
x1=2,所以x1=ln 2,所以a= e
x1
2 x1
= 1
ln2.
15.2√2e 解析 作函数f(x)={
- x
2-2 x, x ≤0,
|1- ln x|, x>0 与y=m 的图象如下,
因为f(x)=m 存在四个不相等的实根x1,x2,x3,x4,且x1<x2<x3<x4,
则x1+x2=-2,x3>0,x4>0,且1-ln x3=-(1-ln x4),
则ln x3+ln x4=2,即ln(x3x4)=2,得x3x4=e2,
则x4-(x1+x2)x3=x4+2x3≥2√2 x3 x4=2√2e,
当且仅当x4=2x3时,即x3=√2
2 e,x4=√2e 时,等号成立.
16.(0,1) 解析 由题意,f(x)=|ex-1|={
1-e
x, x<0,
e
x -1, x ≥0,
则f'(x)={
-e
x, x<0,
e
x, x>0, 所以点A(x1,1-e
x1)和点B(x2,e
x2-1),kAM=-e
x1,kBN=e
x2,所以-e
x1·e
x2=-1,x1+x2=0,
所以AM:y-1+e
x1=-e
x1(x-x1),M(0,e
x1x1-e
x1+1),所以|AM|=√x1
2+(e
x1 x1)
2=√1+e
2 x1·|x1|,
同理|BN|=√1+e
2 x2·|x2|,所以| AM |
|BN | = √1+e
2 x1·| x1|
√1+e
2 x2·| x2|
=√
1+e
2 x1
1+e
2 x2 =√
1+e
2 x1
1+e
-2 x1 =e
x1∈(0,1).
17.解 (1)f'(x)=ln x+3x2+1,f'(1)=4,f(1)=1.
则曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=4(x-1),即4x-y-3=0.
(2)f(x)≥1,即ln x+x2-1
x ≥0.令h(x)=ln x+x2-1
x ,由条件可知,h(x)≥0 对任意的x≥m 恒成立.因为
h'(x)=1
x +2x+ 1
x
2>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为h(1)=0,所以当x≥1 时,h(x)≥0,所以m≥1.
故实数m 的取值范围为[1,+∞).
9
18.解 (1)∵f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),
∴f'(x)=2a2x+a-3
x = 2a
2 x
2+ax -3
x
=(ax -1)(2ax +3)
x
.
∵a>0,x>0,∴2ax +3
x
>0,∴当x∈(0, 1
a)时,f'(x)<0;
当x∈(
1
a ,+∞)时,f'(x)>0,∴函数f(x)在(0, 1
a)上单调递减,在(
1
a ,+∞)上单调递增.
(2)∵y=f(x)的图象与x 轴没有公共点,∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在
(0, 1
a)上单调递减,在(
1
a ,+∞)上单调递增,∴f(
1
a)=3-3ln1
a=3+3ln a>0,∴ln a>-1,
∴a>1
e ,即实数a 的取值范围是(
1
e ,+∞).
19.解 (1)由题意知{
f (1)=5-b=5,
10 f (10)=10(
a ln10
10
+ 5
10 -b)=16.515,
整理得{
5-b=5,
aln10+5-10b=16.515,解得a=5,b=0.
(2)设甲产品投资x 万元,乙产品投资(50-x)万元,且x∈[10,40],由(1)知f(x)=5ln x
x
+ 5
x ,
则该公司获得的利润φ(x)=x(
5 ln x
x
+ 5
x)+(50-x)·2√50- x
50- x
=5ln x+5+2√50- x,x∈[10,40].则
φ'(x)=5
x -
1
√50- x = 5√50- x - x
x √50- x
在[10,40]上单调递减,
令φ'(x)=0,解得x=25,
当10<x<25 时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增,
当25<x<40 时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减,
所以φ(x)max=φ(25)=10ln 5+15≈10×1.609+15=31.09,
所以当甲、乙两种产品各投资25 万元时,公司取得最大利润,最大利润为31.09 万元.
20.解 (1)当a=-1 时,f(x)=(1
x -1)ln(x+1)(x>-1 且x≠0),f'(x)=-ln( x +1)
x
2
+- x +1
x( x +1).
∵f(1)=(1
1-1)×ln(1+1)=0,f'(1)=-ln(1+1)
1
2
+-1+1
1×(1+1)=-ln 2,
∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),即(ln 2)x+y-ln 2=0.
(2)易知f(x)不恒为0.∵函数f(x)在(0,+∞)单调递增,∴f'(x)≥0 在(0,+∞)恒成立,f(x)=1
x
ln(x+1)+aln(x+1),则f'(x)=
x
x +1 - ln( x +1)
x
2
+
a
x +1 = x +a x
2-( x +1)ln( x +1)
x
2( x +1)
,
∴ax2+x-(x+1)ln(x+1)≥0 在(0,+∞)恒成立.
方法一:分离参数,a≥( x +1)ln( x +1)- x
x
2
在(0,+∞)恒成立.令g(x)=( x +1)ln( x +1)- x
x
2
,x>0,
则g'(x)=- x ln( x +1)-2ln( x +1)+2 x
x
3
.
令m(x)=-xln(x+1)-2ln(x+1)+2x,x>0,则m'(x)=1-ln(x+1)- 1
x +1.
10
令n(x)=m'(x)=1-ln(x+1)- 1
x +1,x>0,n'(x)=- 1
x +1 +
1
( x +1)
2 =- x
( x +1)
2 <0,
∴m'(x)在(0,+∞)单调递减,
则m'(x)<1-ln 1-1=0,则m(x)在(0,+∞)单调递减,
∴m(x)<0-2ln 1+0=0,即g(x)在(0,+∞)单调递减,
∴g(x)<
lim
x→0 ( x +1)ln( x +1)- x
x
2
=
lim
x→0 ln( x +1)
2 x
=
lim
x→0 1
2( x +1) = 1
2
,∴a≥1
2,即a 的取值范围为[1
2,
+∞).
方法二:令g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,
则g'(x)=2ax+1-ln(x+1)-1=2ax-ln(x+1).
∵x+1>1,∴ln(x+1)>0.
当a≤0 时,g'(x)<0,g(x)在(0,+∞)单调递减,
∴f'(x)<0,f(x)单调递减,不符合题意;
当a>0 时,令h(x)=2ax-ln(x+1),x>0,
则h'(x)=2a- 1
x +1 = 2ax +2a-1
x +1
.
(ⅰ)当a≥1
2时,h'(x)>0 恒成立,∴g'(x)在(0,+∞)单调递增,∴g'(x)>0-ln 1=0,即g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)
单调递增,∴g(x)>0+0-0=0 恒成立,
即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增,符合题意.
(ⅱ)当0<a<1
2时,令h'(x)>0,得x> 1
2a-1;令h'(x)<0,得0<x< 1
2a-1,∴g'(x)在(0, 1
2a-1)单调递减,在(
1
2a-1,+∞)单调递增.又当x∈(0, 1
2a-1)时,g'(x)<0-ln 1=0,即g(x)在(0, 1
2a-1)单调递减,∴当x∈(0,
1
2a-1)时,g(x)<0+0-0=0,即f'(x)<0 在(0, 1
2a-1)恒成立,f(x)在(0, 1
2a-1)单调递减,不符合题意.
综上所述,a 的取值范围为[1
2,+∞).
21.解 (1)由题意,在x∈(0,+∞)上f(x)=f(x+2π),
所以λln(x+1)-sin x=λln(x+1+2π)-sin(x+2π),
即λ[ln(x+1)-ln(x+1+2π)]=0 在x∈(0,+∞)上恒成立,又ln(x+1)<ln(x+1+2π),故λ=0.
(2)当λ=1 时,f(x)=ln(x+1)-sin x,则f'(x)= 1
x +1-cos x,当x∈[
π
2 ,π)时,-cos x≥0, 1
x +1>0,所以
f'(x)>0,即f(x)在[
π
2 ,π)上单调递增.又f(
π
2)=ln(
π
2 +1)-1<0,f(π)=ln(π+1)>0,所以f(x)在[
π
2 ,π)
上有且仅有一个零点;当x∈[π,+∞)时,f(x)=ln(x+1)-sin x>ln(π+1)-1>0,所以f(x)在[π,+∞)上无零点.
综上,f(x)在[
π
2 ,+∞)上有且仅有一个零点.
(3)由f(x)≥2(1-ex),即λln(x+1)-sin x≥2(1-ex),整理得2ex-sin x+λln(x+1)-2≥0,令g(x)=2ex-sin
x+λln(x+1)-2,则g'(x)=2ex-cos x+ λ
x +1,当λ≥0 时,对任意x∈[0,π]有cos x∈[-1,1],又2ex≥2, λ
x +1
≥0,所以g'(x)>0,此时g(x)在[0,π]上单调递增,故g(x)≥g(0)=0,符合题意.当λ<0 时,令h(x)=g'(x),
则h'(x)=2ex+sin x-
λ
( x +1)
2 ,所以,在x∈[0,π]上,h'(x)>0 恒成立,即h(x)=g'(x)在[0,π]上单调递增.又
g'(0)=λ+1,g'(π)=2eπ+1+
λ
π +1.当λ+1≥0,即-1≤λ<0 时,在[0,π]上有g'(x)≥0,此时g(x)在[0,π]上单
调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意.当λ+1<0,即λ<-1 时,若g'(π)>0,即-(π+1)(2eπ+1)<λ<-1,由零点存
在定理,存在x0∈(0,π)使g'(x0)=0,故当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,所以g(x)在x∈(0,x0)上单调递减,此时
11
g(x0)<g(0)=0,不合题意.若g'(π)≤0,即λ≤-(π+1)(2eπ+1),此时对∀x∈[0,π]恒有g'(x)≤0 且不恒为
0.即g(x)在[0,π]上单调递减,所以g(π)<g(0)=0,不合题意.综上,λ 的取值范围是[-1,+∞).
22.解 (1)当a=-1 时,f(x)=(1
x -1)ln(x+1)(x>-1 且x≠0),f'(x)=-ln( x +1)
x
2
+- x +1
x( x +1).
∵f(1)=(1
1-1)×ln(1+1)=0,f'(1)=-ln(1+1)
1
2
+-1+1
1×(1+1)=-ln 2,
∴y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-f(1)=f'(1)(x-1),即(ln 2)x+y-ln 2=0.
(2)∵f(1
x )=(x+a)ln(1
x +1),要使函数有意义,则1
x +1>0,解得x<-1 或x>0,∴函数f(1
x )的定义域关于
x=-1
2对称,
∴若函数f(1
x )的图象关于直线x=b 对称,则b=-1
2.设g(x)=f(1
x ),由对称的性质可知g(x)=g(-1-x).
∵g(x)=(x+a)ln(1
x +1),g(-1-x)=(-1-x+a)ln(
1
-1- x +1),则(x+a)ln(1
x +1)=(-1-x+a)ln(
1
-1- x +1),解得
a=1
2,
∴存在a=1
2,b=-1
2,使函数f(1
x )图象关于直线x=-1
2对称.
(3)由题意,f(x)=(1
x +a)ln(x+1),x>0,则f'(x)=-ln( x +1)
x
2
+
ax +1
x( x +1)=- 1
x
2[ln(x+1)- x(ax +1)
x +1
].
设H(x)=ln(x+1)- x(ax +1)
x +1
,x>0,则H'(x)=
1
x +1 -(2ax +1)( x +1)- x(ax +1)
( x +1)
2
=-a x
2+(1-2a) x
( x +1)
2
.
当a≤0 时,H'(x)>0,H(x)在(0,+∞)单调递增,故H(x)>ln 1-0=0,即f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)单调递减,f(x)
在(0,+∞)上无极值;
当a≥1
2时,H'(x)<0,H(x)在(0,+∞)单调递减,故H(x)<ln 1-0=0,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)单调递增,f(x)
无极值;
当0<a<1
2时,令H'(x)=0,解得x=1
a-2,则当x∈(0,1
a-2)时,H'(x)>0,当x∈(1
a-2,+∞)时,H'(x)<0,
∴H(x)在(0,1
a-2)单调递增,在(1
a-2,+∞)单调递减,H(1
a-2)=ln(1
a-1)-
( 1
a -2)(2-2a)
1
a -1
=ln(1-a)-ln
a-2+4a.
设φ(a)=ln(1-a)-ln a-2+4a,0<a<1
2,则φ'(a)= 1
a-1 - 1
a+4=4 a
2- 4 a+1
(a-1)a
=(2a-1)
2
a(a-1) <0,故φ(a)在(0,
1
2)单调递减,
∴φ(a)>ln(1-1
2)-ln1
2-2+4×1
2=0,即H(1
a-2)>0.又H(x)=ln(x+1)- x(ax +1)
x +1
=ln(x+1)-ax-(1-a) x
x +1
<ln(x+1)-ax.
设h(x)=ln(x+1)-ax,x>0,则h(e
1
a
2-1)=ln e
1
a
2-a(e
1
a
2-1)= 1
a
2-ae
1
a
2+a=a( 1
a
3 -e
1
a
2+1).
12
设t=1
a∈(2,+∞),G(t)=t3-e
t
2+1,则G'(t)=3t2-2te
t
2<3t2-2t(t2+1)<0,故G(t)在(2,+∞)单调递减,G(t)<8-
e4+1<0,故h(e
1
a
2-1)<0,H(e
1
a
2-1)<0.故存在x0∈(1
a-2,e
1
a
2-1),使得H(x0)=0,即存在f'(x0)=0,且f'(x)在x0
两侧异号,故f(x)在(0,+∞)上有极值点.
综上,满足条件的a 的取值范围为(0,1
2).
