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3.3 导数的综合应用
五年高考
高考新风向
x
(创新考法)(2024新课标Ⅰ,18,17分,难)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3.
2−x
(1)若b=0,且f '(x)≥0,求a的最小值;
(2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形;
(3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取值范围.
解析 (1)f(x)的定义域为(0,2).
x
当b=0时, f(x)=ln +ax,
2−x
2−x( x ) 2
所以f'(x)= '+a= +a,
x 2−x x(2−x)
因为f '(x)≥0,
2 2
所以a≥ = ,
x(x−2) (x−1) 2−1
[ 2 ]
依题意得a≥ ,
x(x−2)
max
所以当x=1时,a取到最小值-2.
x
(2)证明:因为f(x)=ln +ax+b(x-1)3,
2−x
2−x
所以f(2-x)=ln +a(2-x)+b(1-x)3,
x
所以f(2-x)+f(x)=2a,
所以曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,
即曲线y=f(x)是中心对称图形.
(3)由(2)知曲线y=f(x)关于(1,a)中心对称,且f(x)在(0,2)内连续,故f(1)=a=-2,
x
即f(x)=ln -2x+b(x-1)3,x∈(1,2),
2−x
[ 2 ]
f'(x)= +3b (x-1)2,
x(2−x)
2
易知y= ∈(2,+∞),
x(2−x)北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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2
所以当b≥- 时, f'(x)>0在(1,2)上恒成立, f(x)单调递增,
3
所以f(x)>f(1)=-2成立.
2 2
当b<- 时,存在x ∈(1,2),使得 +3b=0,
3 0 x (2−x )
0 0
2
即3b= .
x (x −2)
0 0
在(1,x )上,f'(x)<0, f(x)单调递减,
0
又f(1)=-2,所以在(1,x )上有f(x)<-2,不符合题意.
0
2
综上,可得b≥- .
3
考点1 利用导数研究不等式
1.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+ .
2
解析 (1)由已知得函数f(x)的定义域为R,
f '(x)=aex-1.
①当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;
1
②当a>0时,令f '(x)=0,则x=ln ,
a
1
当x<ln 时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
a
1
当x>ln 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
a
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
( 1) ( 1 )
当a>0时, f(x)在 −∞,ln 上单调递减,在 ln ,+∞ 上单调递增.
a a
( 1) ( 1 )
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在 −∞,ln 上单调递减,在 ln ,+∞ 上单调递增,则
a a
( 1) (1 ) 1
f(x) =f ln =a +a -ln =1+a2+ln a.
min a a a
3 3
要证明f(x)>2ln a+ ,只需证明1+a2+ln a>2ln a+ ,
2 2
1
即证a2-ln a- >0.
2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1 1 2x2−1
令g(x)=x2-ln x- (x>0),则g'(x)=2x- = .
2 x x
√2
当0<x< 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
2
√2
当x> 时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
2
(√2) 1 √2 1 √2
∴g(x) =g = -ln - =-ln =ln √2>0,
min 2 2 2 2 2
1
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a- >0,
2
3
∴f(x)>2ln a+ .
2
2.(2021新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=x(1-ln x).
(1)讨论f(x)的单调性;
1 1
(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2< + <e.
a b
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-ln x,令f '(x)>0,解得0<x<1,令f '(x)<0,解得x>1,
所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
1 1 1( 1)
(2)证明:由bln a-aln b=a-b(两边同除以ab)得 (1+ln a)= (1+ln b),即 1−ln =
a b a a
1( 1)
1−ln ,
b b
1 1
令x = ,x = ,则x ,x 为f(x)=k的两个实根,当x→0+时,f(x)→0+,当x→+∞时, f(x)→-∞,且
1 a 2 b 1 2
f(1)=1,故k∈(0,1),
不妨令x ∈(0,1),x ∈(1,e),则2-x >1,e-x >1,
1 2 1 1
先证明x +x >2,即证x >2-x ,
1 2 2 1
即证f(x )=f(x )<f(2-x ).
2 1 1
令h(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1),
则h'(x)=f '(x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)
=-ln[x(2-x)].
∵x∈(0,1),∴x(2-x)∈(0,1),∴h'(x)>0恒成立,
∴h(x)为增函数,∴h(x)<h(1)=0.
∴f(x )-f(2-x )<0,即f(x )<f(2-x ),
1 1 1 1
∴f(x )<f(2-x ),∴x >2-x ,∴x +x >2.
2 1 2 1 1 2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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再证x +x <e.
1 2
设x =tx ,则t>1,
2 1
lna+1 lnb+1 1 1
结合 = , =x , =x ,
a b a 1 b 2
可得x (1-ln x )=x (1-ln x ),
1 1 2 2
t−1−tlnt
即1-ln x =t(1-ln t-ln x ),故ln x = ,
1 1 1 t−1
要证x +x <e,即证(t+1)x <e,即证ln(t+1)+ln x <1,
1 2 1 1
t−1−tlnt
即证ln(t+1)+ <1,即证(t-1)ln(t+1)-tln t<0,
t−1
令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1,
t−1 ( 1) 2
则S'(t)=ln(t+1)+ -1-ln t=ln 1+ - .
t+1 t t+1
( 1) 1 2
因为ln(x+1)≤x(x>-1,当且仅当x=0时等号成立),所以可得当t>1时,ln 1+ ≤ < ,故
t t t+1
S'(t)<0恒成立,
故S(t)在(1,+∞)上为减函数,故S(t)<S(1)=0,
故(t-1)ln(t+1)-tln t<0成立,即x +x <e成立.
1 2
1 1
综上所述,2< + <e.
a b
3.(2020课标Ⅱ理,21,12分,难)已知函数f(x)=sin2xsin 2x.
(1)讨论f(x)在区间(0,π)的单调性;
3√3
(2)证明:|f(x)|≤ ;
8
3n
(3)设n∈N*,证明:sin2xsin22xsin24x·…·sin22nx≤ .
4n
解析 (1)f '(x)=cos x(sin xsin 2x)+sin x(sin x·sin 2x)'=2sin xcos xsin 2x+2sin2xcos 2x
=2sin xsin 3x.
( π) (2π ) (π 2π) ( π)
当x∈ 0, ∪ ,π 时, f '(x)>0;当x∈ , 时, f '(x)<0.所以f(x)在区间 0, ,
3 3 3 3 3
(2π ) (π 2π)
,π 单调递增,在区间 , 单调递减.
3 3 3
(π) 3√3 (2π)
(2)证明:因为f(0)=f(π)=0,由(1)知, f(x)在区间[0,π]的最大值为f = ,最小值为f
3 8 3
3√3 3√3
=- .而f(x)是周期为π的周期函数,故|f(x)|≤ .
8 8北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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3
(3)证明:由于(sin2xsin22x…sin22nx
)2
=|sin3xsin32x…sin32nx|
=|sin x||sin2xsin32x…sin32n-1xsin 2nx||sin22nx|
=|sin x||f(x)f(2x)…f(2n-1x)||sin22nx|
≤|f(x)f(2x)…f(2n-1x)|,
(3√3) 2n 3n
所以sin2xsin22x…sin22nx≤ 3 = .
8 4n
4.(2022新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时, f(x)<-1,求a的取值范围;
1 1 1
(3)设n∈N*,证明: + +…+ >ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n
解析 (1)当a=1时, f(x)=xex-ex,则f '(x)=xex,
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.
(2)解法一:不等式f(x)<-1等价于xeax-ex+1<0,
令g(x)=xeax-ex+1,x>0,则g'(x)=(ax+1)eax-ex,
且g'(x)=eax(ax+1-ex-ax)≤eax[ax+1-(x-ax+1)]=(2a-1)xeax,
1
①当a≤ 时,g'(x)≤(2a-1)xeax≤0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,满足题意;
2
1
②当a> 时,令h(x)=g'(x)=(ax+1)eax-ex,
2
则h'(x)=(a2x+2a)eax-ex,故h'(0)=2a-1>0,
所以存在δ>0,使得当x∈(0,δ)时,h'(x)>0,
所以h(x)在(0,δ)上单调递增,
故当x∈(0,δ)时,h(x)>h(0)=0,
所以g(x)在(0,δ)上单调递增,
故g(x)>g(0)=0,不满足题意.
( 1]
综上可知,a的取值范围是 −∞, .
2
解法二:函数f(x)的定义域为R, f '(x)=(1+ax)eax-ex.
(导函数中含有参数,要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论)
对于x∈(0,+∞),当a≥1时, f '(x)=(1+ax)eax-ex>eax-ex≥ex-ex=0,∴f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
当a≤0时, f '(x)≤eax-ex<1-ex<0且等号不恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
当0<a≤ 1 时, f '(x)≤ ( 1+ x) e2 x -ex=e2 x ( 1+ x −e2 x ) .
2 2 2
(当导函数的正负不能直接判断时,可考虑构造新函数,通过研究新函数的单调性判断)
x x 1 1 x
令g(x)=1+
2
- e2,则g'(x)=
2
-
2
e2<0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递减,
x
∴g(x)<g(0)=0,∴f '(x)= ·g(x)<0, f(x)在(0,+∞)上单调递减.
e2
∵f(0)=-1,∴f(x)<-1,满足题意.
1
当 <a<1时, f '(x)=eax[1+ax-e(1-a)x].
2
令h(x)=1+ax-e(1-a)x,
则h'(x)=a+(a-1)e(1-a)x.
∵h'(x)为减函数,
又h'(0)=2a-1>0,x→+∞,h'(x)<0,
∴∃x ∈(0,+∞),使得h'(x )=0.
0 0
(当导函数的零点存在,但不易求出时,可引入虚拟零点)
∴当x∈(0,x )时,h'(x)>0,h(x)在(0,x )上单调递增,
0 0
h(x)>h(0)=0,
∴当x∈(0,x )时, f '(x)=eax·h(x)>0,
0
f(x)在(0,x )上单调递增.
0
∵f(0)=-1,∴f(x)>-1,不满足题意.
( 1]
综上,a的取值范围是 −∞, .
2
1
(3)证法一:构造函数h(x)=x- -2ln x(x>1),
x
1 2 x2−2x+1 (x−1) 2
则h'(x)=1+ - = = ,
x2 x x2 x2
易知h'(x)>0,∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1
∴h(x)>h(1)=0,∴x- >2ln x,
x
1
√ 1 √ 1 √ 1
令x= 1+ ,则有 1+ -√ 1>2ln 1+ ,
n n 1+ n
n
1 n+1
∴ >ln ,
√n2+n n
1 1 1 2 3 n+1
∴ + +…+ >ln +ln +…+ln =ln(n+1).原式得证.
√12+1 √22+2 √n2+n 1 2 n
1 1
证法二:由(2)可知,当a=
2
时, f(x)=x
e2
x-ex<-1(x>0),
( 1)
令x=ln 1+ (n∈N*),
n
得ln ( 1+ 1 n ) · e 1 2 ln(1+ n 1) - e ln(1+ n 1) <-1,
√ 1 ( 1) 1
整理得 1+ ln 1+ - <0,
n n n
1
n ( 1) 1 n+1
∴ >ln 1+ ,∴ >ln ,
√ 1 n √n2+n n
1+
n
∴ ∑❑
n 1
> ∑❑
n
ln
k+1
=ln
(2
×
3
×…×
n+1)
=ln(n+1),
k=1
√k2+k
k=1
k 1 2 n
1 1 1
即 + +…+ >ln(n+1).
√12+1 √22+2 √n2+n
考点2 利用导数研究函数零点
1.(2023全国乙文,8,5分,中)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 (
B )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
1
2.(2022全国乙文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax- -(a+1)ln x.
x
(1)当a=0时,求f(x)的最大值;
(2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围.
1
解析 (1)当a=0时, f(x)=- -ln x(x>0),
x北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1 1
∴f '(x)= - (x>0),令 f '(x)=0,得x=1,
x2 x
x∈(0,1)时, f '(x)>0,x∈(1,+∞)时, f '(x)<0,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x) =f(1)=-1.
max
1 a+1 (ax−1)(x−1)
(2)f '(x)=a+ - = .
x2 x x2
(i)当a≤0时,ax-1≤0恒成立,
∴0<x<1时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
∴f(x) =f(1)=a-1<0.
max
此时f(x)无零点,不合题意.
1
(ii)当a>0时,令f '(x)=0,解得x=1或x= ,
a
1
①当0<a<1时,1< ,
a
1
∴1<x< 时, f '(x)<0, f(x)单调递减,
a
1
0<x<1或x> 时, f '(x)>0, f(x)单调递增,
a
(1 ) ( 1)
∴f(x)在(0,1), ,+∞ 上单调递增,在 1, 上单调递减, f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,
a a
x→+∞时, f(x)>0,∴f(x)恰有1个零点.
1
②当a=1时,1= , f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(1)=0,符合题意.
a
1 ( 1) (1 )
③当a>1时, <1, f(x)在 0, ,(1,+∞)上单调递增,在 ,1 上单调递减,
a a a
f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0时, f(x)→-∞,
∴f(x)恰有1个零点.
综上所述,a>0.
(1 (1))
3.(2020课标Ⅲ理,21,12分,难)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点 ,f 处的切线与
2 2
y轴垂直.
(1)求b;
(2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,证明: f(x)所有零点的绝对值都不大于1.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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解析 (1)f '(x)=3x2+b.
(1) 3 3
依题意得f ' =0,即 +b=0.故b=- .
2 4 4
3 3
(2)证法一:由(1)知f(x)=x3- x+c, f '(x)=3x2- .
4 4
1 1
令f '(x)=0,解得x=- 或x= .
2 2
f '(x)与f(x)随x的变化情况为:
( 1) 1 ( 1 1) 1 (1 )
x −∞,− - − , ,+∞
2 2 2 2 2 2
f '(x) + 0 - 0 +
1 1
f(x) ↗ c+ ↘ c- ↗
4 4
( 1) 1 1
因为f(1)=f − =c+ ,所以当c<- 时, f(x)只有大于1的零点.
2 4 4
(1) 1 1
因为f(-1)=f =c- ,所以当c> 时, f(x)只有小于-1的零点.
2 4 4
1 1
由题设可知- ≤c≤ .
4 4
1 1
当c=- 时, f(x)只有两个零点- 和1.
4 2
1 1
当c= 时, f(x)只有两个零点-1和 .
4 2
1 1 ( 1) ( 1 1) (1 )
当- <c< 时, f(x)有三个零点x,x,x,且x∈ −1,− ,x∈ − , ,x∈ ,1 .
4 4 1 2 3 1 2 2 2 2 3 2
综上,若f(x)有一个绝对值不大于1的零点,则f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
3
证法二(分离参数法):设x 为f(x)的一个绝对值不大于1的零点,根据题意, f(x)=x3 - x+c=0,且|x|
0 0 0 4 0 0
≤1,
3 3
则c=-x3 + x,且|x|≤1,令c(x)=-x3+ x(-1≤x≤1),
0 4 0 0 4
3 ( 1)( 1)
则c'(x)=-3x2+ =-3 x+ x− ,
4 2 2
( 1) (1 )
当x∈ −1,− ∪ ,1 时,c'(x)<0,c(x)单调递减.
2 2
( 1 1)
当x∈ − , 时,c'(x)>0,c(x)单调递增,
2 2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1 1 ( 1) 1 (1) 1
又c(-1)= ,c(1)=- ,c − =- ,c = ,
4 4 2 4 2 4
1 1
所以- ≤c≤ .
4 4
3
设x 为f(x)的零点,则必有f(x)=x3 - x+c=0,
1 1 1 4 1
1 3 1
即- ≤c=-x3 + x≤ ,
4 1 4 1 4
{4x3−3x −1=(x −1)(2x +1) 2≤0,
1 1 1 1
即 解得-1≤x≤1,
4x3−3x +1=(x +1)(2x −1) 2≥0, 1
1 1 1 1
|x|≤1.所以f(x)所有零点的绝对值都不大于1.
1
4.(2021新高考Ⅱ,22,12分,难)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)从下面两个条件中选一个,证明: f(x)有一个零点.
1 e2
① <a≤ ,b>2a;
2 2
1
②0<a< ,b≤2a.
2
解析 (1)∵f(x)=(x-1)ex-ax2+b,
∴f '(x)=xex-2ax=x(ex-2a).
①当a≤0时,ex-2a>0对任意x∈R恒成立,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,
当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0.
因此y=f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0 时,令ex-2a=0⇒x=ln(2a).
1
(i)当0<a< 时,ln(2a)<0.
2
y=f '(x)的大致图象如图1所示.
图1
图2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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因此当x∈(-∞,ln(2a))∪(0,+∞)时, f '(x)>0,
当x∈(ln(2a),0)时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,ln(2a))和(0,+∞)上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减.
1
(ii)当a= 时,ln(2a)=0,此时f '(x)≥0对任意x∈R恒成立,故f(x)在R上单调递增.
2
1
(iii)当a> 时,ln(2a)>0,
2
y=f '(x)的大致图象如图2所示.
因此,当x∈(-∞,0)∪(ln(2a),+∞)时, f '(x)>0,当x∈(0,ln(2a))时, f '(x)<0,
所以f(x)在(-∞,0)和(ln(2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减.
(2)选①.
证明:由(1)知, f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单调递增,又
( √b) ( √b ) −
√b
f(0)=b-1>0, f − = − −1 e a<0,
a a
所以f(x)在(-∞,0]上有唯一零点.
当x∈(0,+∞)时,
f(x)≥f(ln(2a))=[ln(2a)-1]·2a-aln2(2a)+b
=aln(2a)[2-ln(2a)]+b-2a>aln(2a)[2-ln(2a)].
1 e2
因为 <a≤ ,所以0<ln(2a)≤2,
2 2
所以f(x)>0对任意x>0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.
选②.
证明:由(1)知f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增,
在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(0)=b-1<0,
当x→+∞时, f(x)→+∞,所以一定存在x ∈(0,+∞),
0
使得f(x )=0.
0
结合单调性知f(x)在[0,+∞)上有唯一零点.
当x∈(-∞,0)时, f(x)≤f(ln(2a))=aln(2a)·[2-ln(2a)]+b-2a<0,即f(x)<0对任意x<0恒成立.
综上, f(x)在R上有一个零点.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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5.(2022新高考Ⅰ,22,12分,难)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的
三个交点的横坐标成等差数列.
1
解析 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a- .
x
当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
1
令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x= .
a
(1)
易知f(x) =f(ln a)=a-aln a,g(x) =g =1+ln a,
min min a
a−1
∴a-aln a=1+ln a,即ln a= ①.
a+1
x−1
令h(x)=ln x- (x>0),
x+1
1 2 x2+1
则h'(x)= - = >0,
x (x+1) 2 x(x+1) 2
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.
1−1
又h(1)=ln 1- =0,
1+1
∴方程①有且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调递增;
当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增.
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x ,x ,与y=g(x)的图象的两交点
1 2
的横坐标分别为x
2
,x
3
,且x
1
<x
2
<x
3
.则ex 1-x
1
=ex 2-x
2
=x
2
-ln x
2
=x
3
-ln x
3
,
∴ex 1-x
1
=x
2
-ln x
2
=elnx 2-ln x
2
.
易知x ∈(-∞,0),x ∈(0,1),则ln x ∈(-∞,0),
1 2 2
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x
1
=ln x
2
,同理x
2
=ln x
3
,x
3
=ex 2.
又ex 2-x
2
=x
2
-ln x
2
,∴ln x
2
+ex 2=2x
2
.
∴ln x
2
+ex 2=x
1
+x
3
=2x
2
.∴x
1
,x
2
,x
3
成等差数列.
∴存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个
交点的横坐标成等差数列.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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6.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)
(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x;
(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.
解析 (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0
在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间
(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x.
令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调
递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x.
综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x.
(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).
当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值
点,所以a≠0.
2x
当a>0时, f '(x)=-asin ax+ ,x∈(-1,1).
1−x2
{1 }
(i)当0<a≤√2时,取m=min ,1 ,x∈(0,m),
a
则ax∈(0,1),
2x 2x x(a2x2+2−a2 )
由(1)可得f '(x)=-asin ax+ >-a2x+ = ,
1−x2 1−x2 1−x2
因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f '(x)>0,
所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.
( 1)
(ii)当a>√2时,取x∈ 0, ⊆(0,1),则ax∈(0,1),
a
2x 2x
由(1)可得f '(x)=-asin ax+ <-a(ax-a2x2)+
1−x2 1−x2
x
= (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),
1−x2
( 1)
设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈ 0, ,
a
则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(1) ( 1)
因为h'(0)=a3>0,h' =a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈ 0, ,均有
a a
( 1)
h'(x)>0,所以h(x)在 0, 上单调递增.
a
(1) ( 1)
因为h(0)=2-a2<0,h =2>0,所以h(x)在 0, 内存在唯一的零点n.
a a
当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.
x
则f '(x)< (-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.
1−x2
即当x∈(0,n)⊆(0,1)时, f '(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减.
又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增,
所以x=0是f(x)的极大值点.
综合(i)(ii)知a>√2.
当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-√2符合要求.
故a的取值范围为(-∞,-√2)∪(√2,+∞).北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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三年模拟
练思维
2
1.(2024江苏南通第二次适应性调研,16)已知函数f(x)=ln x-ax,g(x)= ,a≠0.
ax
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若a>0且f(x)≤g(x)恒成立,求a的最小值.
1 1−ax
解析 (1)f '(x)= -a= (a≠0),x>0,
x x
当a<0时, f '(x)>0恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增;
1 1
当a>0时,由f '(x)>0得0<x< ;由f '(x)<0得x> ,
a a
( 1) (1 )
从而f(x)在 0, 上单调递增,在 ,+∞ 单调递减.
a a
综上,当a<0时, f(x)的单调递增区间为(0,+∞),没有单调递减区间;
( 1) (1 )
当a>0时, f(x)的单调递增区间为 0, ,单调递减区间为 ,+∞ .
a a
2
(2)令h(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax- ,要使f(x)≤g(x)恒成立,只要使h(x)≤0恒成立,只要使
ax
h(x) ≤0.
max
1 2 −(ax+1)(ax−2)
h'(x)= -a+ = ,
x ax2 ax2
由于a>0,x>0,所以ax+1>0恒成立,
2 2
当0<x< 时,h'(x)>0,当x> 时,h'(x)<0,
a a
(2) 2 2
所以h(x) =h =ln -3≤0,解得a≥ ,
max a a e3
2
所以a的最小值为 .
e3
x
2.(2024东北三省四市一模,16)已知函数f(x)= -aex,a∈R.
ex
(1)当a=0时,求曲线f(x)在x=1处的切线方程;
(2)当a=1时,求f(x)的单调区间和极值;
(3)若对任意x∈R,有f(x)≤ex-1恒成立,求a的取值范围.
x 1−x 1
解析 (1)当a=0时, f(x)= ,则f '(x)= , f '(1)=0, f(1)= ,
ex ex e北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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1
所以切线方程为y= . (3分)
e
1−x−e2x
(2)当a=1时, f(x)=xe-x-ex, f '(x)=(1-x)e-x-ex= .(4分)
ex
令g(x)=1-x-e2x,g'(x)=-1-2e2x<0,
故g(x)在R上单调递减,而g(0)=0,因此0是g(x)在R上的唯一零点,
即0是f '(x)在R上的唯一零点. (6分)
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表:
x (-∞,0) 0 (0,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
f(x)的单调递增区间为(0,+∞);单调递减区间为(-∞,0). (8分)
f(x)的极大值为f(0)=-1,无极小值. (9分)
xe−x−ex−1 x 1
(3)由题意知xe-x-aex≤ex-1,即a≥ ,即a≥ - ,
ex e2x e
x 1 e2x−2xe2x 1−2x
设m(x)= - ,则m'(x)= = , (11分)
e2x e (e2x ) 2 e2x
1
令m(x)=0,解得x= ,
2
( 1) (1 )
当x∈ −∞, 时,m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈ ,+∞ 时,m'(x)<0,m(x)单调递减,
2 2
(1) 1 1 1
所以m(x) =m = - =- , (14分)
max 2 2e e 2e
1
所以a≥- . (15分)
2e
3.(2024广东广州一模,17)已知函数f(x)=cos x+xsin x,x∈(-π,π).
(1)求f(x)的单调区间和极小值;
(2)证明:当x∈[0,π)时,2f(x)≤ex+e-x.
π π
解析 (1)f '(x)=-sin x+sin x+xcos x=xcos x,由f '(x)=0得x=0或 或- ,
2 2
π
当-π<x<- 时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
2
π
当- <x<0时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
2
π
当0<x< 时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
2
