高考理数 导数的应用
§3.2
导数的应用
高考
理
数
( 课标专用)
考点一 函数的单调性
1.
(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数
f
(
x
)=
-
x
+
a
ln
x
.
(1)讨论
f
(
x
)的单调性;
(2)若
f
(
x
)存在两个极值点
x
1
,
x
2
,证明:
<
a
-2.
A组 统一命题·课标卷题组
五年高考
解析
(1)
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
),
f
'(
x
)=-
-1+
=-
.
(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,+
∞
)单调递减.
(ii)若
a
>2,令
f
'(
x
)=0,得
x
=
或
x
=
.
当
x
∈
∪
时,
f
'(
x
)<0;
当
x
∈
时,
f
'(
x
)>0.
所以
f
(
x
)在
,
单调递减,在
单调递增.
(2)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
1
,
x
2
满足
x
2
-
ax
+1=0,
所以
x
1
x
2
=1,不妨设
x
1
<
x
2
,则
x
2
>1,
由于
=-
-1+
a
=-2+
a
=-2+
a
,
所以
<
a
-2等价于
-
x
2
+2ln
x
2
<0.
设函数
g
(
x
)=
-
x
+2ln
x
,
由(1)知,
g
(
x
)在(0,+
∞
)单调递减,
又
g
(1)=0,从而当
x
∈(1,+
∞
)时,
g
(
x
)<0,
所以
-
x
2
+2ln
x
2
<0,即
<
a
-
2
.
方法总结
利用导数证明不等式的常用方法
(1)证明
f
(
x
)<
g
(
x
),
x
∈(
a
,
b
)时,可以构造函数
F
(
x
)=
f
(
x
)-
g
(
x
).若
F
'(
x
)<0,则
F
(
x
)在(
a
,
b
)上是减函数,同
时若
F
(
a
)
≤
0,由减函数的定义可知,
x
∈(
a
,
b
)时,有
F
(
x
)<0,即证明了
f
(
x
)<
g
(
x
).
(2)证明
f
(
x
)>
g
(
x
),
x
∈(
a
,
b
)时,可以构造函数
F
(
x
)=
f
(
x
)-
g
(
x
),若
F
'(
x
)>0,则
F
(
x
)在(
a
,
b
)上是增函数,同
时若
F
(
a
)
≥
0,由增函数的定义可知,
x
∈(
a
,
b
)时,有
F
(
x
)>0,即证明了
f
(
x
)>
g
(
x
).
2.
(2017课标Ⅰ,21,12分)已知函数
f
(
x
)=
a
e
2
x
+(
a
-2)e
x
-
x
.
(1)讨论
f
(
x
)的单调性;
(2)若
f
(
x
)有两个零点,求
a
的取值范围.
解析
本题考查导数的运算和应用、函数的单调性以及函数的零点,考查学生的运算求解能
力、推理论证能力以及对分类讨论思想的应用能力.
(1)
f
(
x
)的定义域为(-
∞
,+
∞
),
f
'(
x
)=2
a
e
2
x
+(
a
-2)e
x
-1=(
a
e
x
-1)(2e
x
+1).
(i)若
a
≤
0,则
f
'(
x
)<0,所以
f
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)单调递减.
(ii)若
a
>0,则由
f
'(
x
)=0得
x
=-ln
a
.
当
x
∈(-
∞
,-ln
a
)时,
f
'(
x
)<0;当
x
∈(-ln
a
,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0.所以
f
(
x
)在(-
∞
,-ln
a
)单调递减,在(-ln
a
,+
∞
)单调递增.
(2)(i)若
a
≤
0,由(1)知,
f
(
x
)至多有一个零点.
(ii)若
a
>0,由(1)知,当
x
=-ln
a
时,
f
(
x
)取得最小值,最小值为
f
(-ln
a
)=1-
+ln
a
.
①当
a
=1时,由于
f
(-ln
a
)=0,故
f
(
x
)只有一个零点;
②当
a
∈(1,+
∞
)时,由于1-
+ln
a
>0,即
f
(-ln
a
)>0,
故
f
(
x
)没有零点;
③当
a
∈(0,1)时,1-
+ln
a
<0,即
f
(-ln
a
)<0.
又
f
(-2)=
a
e
-4
+(
a
-2)e
-2
+2>-2e
-2
+2>0,故
f
(
x
)在(-
∞
,-ln
a
)有一个零点.
设正整数
n
0
满足
n
0
>ln
,则
f
(
n
0
)=
(
a
+
a
-2)-
n
0
>
-
n
0
>
-
n
0
>0.
由于ln
>-ln
a
,因此
f
(
x
)在(-ln
a
,+
∞
)有一个零点.
综上,
a
的取值范围为(0,
1
).
思路分析
(1)先求
f
(
x
)的导数
f
'(
x
),再对
a
分区间讨论
f
'(
x
)的正负,从而得到
f
(
x
)的单调性;(2)结
合第(1)问函数的单调性,分析出函数存在两个零点的条件,进而确定参数的范围.
方法总结
(1)利用导数研究函数的单调性的原理:
若
f
'(
x
)>0,
x
∈
D
恒成立,则在区间
D
上函数
f
(
x
)单调递增;若
f
'(
x
)<0,
x
∈
D
恒成立,则在区间
D
上函
数
f
(
x
)单调递减.
(2)利用导数解函数零点问题的常用思路:
首先利用导数研究函数的单调性、极值和最值,然后根据单调性、极值和最值,画出函数的大
致图象,进而数形结合解决问题.
考点二 函数的极值与最值
1.
(2017课标Ⅱ,11,5分)若
x
=-2是函数
f
(
x
)=(
x
2
+
ax
-1)e
x
-1
的极值点,则
f
(
x
)的极小值为
( )
A.-1 B.-2e
-3
C.5e
-3
D.1
答案
A
本题主要考查导数的应用.
由题意可得
f
'(
x
)=e
x
-1
[
x
2
+(
a
+2)
x
+
a
-1].∵
x
=-2是函数
f
(
x
)=(
x
2
+
ax
-1)e
x
-1
的极值点,∴
f
'(-2)=0,∴
a
=-1,
∴
f
(
x
)=(
x
2
-
x
-1)e
x
-1
,
f
'(
x
)=e
x
-1
(
x
2
+
x
-2)=e
x
-1
(
x
-1)(
x
+2),∴
x
∈(-
∞
,-2),(1,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增;
x
∈(-2,1)时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减.∴
f
(
x
)
极小值
=
f
(1)=-1.故选A.
思路分析
由
x
=-2是函数
f
(
x
)的极值点可知
f
'(-2)=0,从而求出
a
的值,将
a
的值代入导函数
f
'(
x
),
求出
f
(
x
)的单调区间,判断极小值点,从而求出函数的极小值.
方法总结
1.利用导数研究函数极值问题的两个方向:
2
.已知函数极值点和极值求参数值的两个要领:
(1)列式:根据极值点处导数为0和极值列方程组进行求解.
(2)验证:因为导数为零的点不一定是函数的极值点,所以求解后必须进行验证.
2.
(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数
f
(
x
)=2sin
x
+sin 2
x
,则
f
(
x
)的最小值是
.
答案
-
解析
解法一:由
f
(
x
)=2sin
x
+sin 2
x
,得
f
'(
x
)=2cos
x
+2cos 2
x
=4cos
2
x
+2cos
x
-2,令
f
'(
x
)=0,得cos
x
=
或cos
x
=-1,可得当cos
x
∈
时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)为减函数;当cos
x
∈
时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)为增
函数,所以当cos
x
=
时,
f
(
x
)取最小值,此时sin
x
=
±
.又因为
f
(
x
)=2sin
x
+2sin
x
cos
x
=2sin
x
(1+
cos
x
),1+cos
x
≥
0恒成立,∴
f
(
x
)取最小值时,sin
x
=-
,∴
f
(
x
)
min
=2
×
×
=-
.
解法二:
f
(
x
)=2sin
x
+sin 2
x
=2sin
x
+2sin
x
cos
x
=2sin
x
(1+cos
x
),
∴
f
2
(
x
)=4sin
2
x
(1+cos
x
)
2
=4(1-cos
x
)(1+cos
x
)
3
.
令cos
x
=
t
,
t
∈[-1,1],设
g
(
t
)=4(1-
t
)(1+
t
)
3
,∴
g
'(
t
)=-4(1+
t
)
3
+12(1+
t
)
2
(1-
t
)=4(1+
t
)
2
(2-4
t
).
当
t
∈
时,
g
‘(
t
)>0,
g
(
t
)为增函数;当
t
∈
时,
g
'(
t
)<0,
g
(
t
)为减函数.
∴当
t
=
时,
g
(
t
)取得最大值
,即
f
2
(
x
)的最大值为
,得
f
(
x
)的最大值为
,又
f
(
x
)=2sin
x
+sin 2
x
为奇函数,
∴
f
(
x
)的最小值为-
.
解法三:∵
f
(
x
)=2sin
x
+sin 2
x
=2sin
x
(1+cos
x
)=8sin
cos
3
.
∴
f
2
(
x
)=64·sin
2
·cos
2
·cos
2
·cos
2
=
·3sin
2
·cos
2
·cos
2
·cos
2
≤
=
.
当且仅当3sin
2
=cos
2
,即sin
2
=
,cos
2
=
时等号成立,所以
f
2
(
x
)的最大值为
,则
f
(
x
)的最大
值为
,又
f
(
x
)=2sin
x
+sin 2
x
为奇函数,∴
f
(
x
)的最小值为-
.
3.
(2018课标Ⅲ,21,12分)已知函数
f
(
x
)=(2+
x
+
ax
2
)ln(1+
x
)-2
x
.
(1)若
a
=0,证明:当-1<
x
<0时,
f
(
x
)<0;当
x
>0时,
f
(
x
)>0;
(2)若
x
=0是
f
(
x
)的极大值点,求
a
.
解析
本题考查导数与函数的单调性、导数与函数的极值.
(1)当
a
=0时,
f
(
x
)=(2+
x
)ln(1+
x
)-2
x
,
f
'(
x
)=ln(1+
x
)-
.
设函数
g
(
x
)=
f
'(
x
)=ln(1+
x
)-
,则
g
'(
x
)=
.
当-1<
x
<0时,
g
'(
x
)<0;当
x
>0时,
g
'(
x
)>0.
故当
x
>-1时,
g
(
x
)
≥
g
(0)=0,且仅当
x
=0时,
g
(
x
)=0,
从而
f
'(
x
)
≥
0,且仅当
x
=0时,
f
'(
x
)=0.
所以
f
(
x
)在(-1,+
∞
)单调递增.
又
f
(0)=0,故当-1<
x
<0时,
f
(
x
)<0;当
x
>0时,
f
(
x
)>0.
(2)(i)若
a
≥
0,由(1)知,当
x
>0时,
f
(
x
)
≥
(2+
x
)ln(1+
x
)-2
x
>0=
f
(0),这与
x
=0是
f
(
x
)的极大值点矛盾.
(ii)若
a
<0,设函数
h
(
x
)=
=ln(1+
x
)-
.
由于当|
x
|
0,故
h
(
x
)与
f
(
x
)符号相同.
又
h
(0)=
f
(0)=0,故
x
=0是
f
(
x
)的极大值点当且仅当
x
=0是
h
(
x
)的极大值点.
h
'(
x
)=
-
=
.
如果6
a
+1>0,则当0<
x
<-
,且|
x
|0,故
x
=0不是
h
(
x
)的极大值点.
如果6
a
+1<0,则
a
2
x
2
+4
ax
+6
a
+1=0存在根
x
1
<0,
故当
x
∈(
x
1
,0),且|
x
|0;当
x
∈(0,1)时,
h
'(
x
)<0.
所以
x
=0是
h
(
x
)的极大值点,从而
x
=0是
f
(
x
)的极大值点.
综上,
a
=-
.
思路分析
(1)
a
=0时,写出
f
(
x
)的解析式,对
f
(
x
)求导.易得
f
(0)=0,结合单调性可将问题解决.
(2)对
a
进行分类讨论,分析各类情况下的极大值点,进而得参数
a
的值.
易错警示
容易忽略函数定义域.
函数解析式中含有对数型的式子,则其真数部分应大于零.
解后反思
1.利用导数研究函数的单调性,大多数情况下归结为对含有参数的一元二次不等
式的解集的情况的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,依据根的大小进行
分类讨论;在不能通过因式分解求出根的情况下,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论,
讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的.
2
.利用导数研究出函数的单调性和极值后,可以画出草图,进行观察分析,研究满足条件的参数
值或范围.
4.
(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数
f
(
x
)=
ax
2
-
ax
-
x
ln
x
,且
f
(
x
)
≥
0.
(1)求
a
;
(2)证明:
f
(
x
)存在唯一的极大值点
x
0
,且e
-2
<
f
(
x
0
)<2
-2
.
解析
本题考查了导数的综合应用.
(1)
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
).
设
g
(
x
)=
ax
-
a
-ln
x
,则
f
(
x
)=
xg
(
x
),
f
(
x
)
≥
0等价于
g
(
x
)
≥
0.
因为
g
(1)=0,
g
(
x
)
≥
0,故
g
'(1)=0,而
g
'(
x
)=
a
-
,
g
'(1)=
a
-1,得
a
=1.
若
a
=1,则
g
'(
x
)=1-
.
当0<
x
<1时,
g
‘(
x
)<0,
g
(
x
)单调递减;当
x
>1时,
g
'(
x
)>0,
g
(
x
)单调递增.
所以
x
=1是
g
(
x
)的极小值点,故
g
(
x
)
≥
g
(1)=0.
综上,
a
=1.
(2)由(1)知
f
(
x
)=
x
2
-
x
-
x
ln
x
,
f
'(
x
)=2
x
-2-ln
x
.
设
h
(
x
)=2
x
-2-ln
x
,则
h
'(
x
)=2-
.
当
x
∈
时,
h
'(
x
)<0;当
x
∈
时,
h
'(
x
)>0.
所以
h
(
x
)在
单调递减,在
单调递增.
又
h
(e
-2
)>0,
h
<0,
h
(1)=0,所以
h
(
x
)在
有唯一零点
x
0
,在
有唯一零点1,且当
x
∈(0,
x
0
)
时,
h
(
x
)>0;当
x
∈(
x
0
,1)时,
h
(
x
)<0;当
x
∈(1,+
∞
)时,
h
(
x
)>0.
因为
f
'(
x
)=
h
(
x
),所以
x
=
x
0
是
f
(
x
)的唯一极大值点.
由
f
'(
x
0
)=0得ln
x
0
=2(
x
0
-1),故
f
(
x
0
)=
x
0
(1-
x
0
)
.
由
x
0
∈(0,1)得
f
(
x
0
)<
.
因为
x
=
x
0
是
f
(
x
)在(0,1)的最大值点,由e
-1
∈(0,1),
f
'(e
-1
)
≠
0得
f
(
x
0
)>
f
(e
-1
)=e
-2
,所以e
-2
<
f
(
x
0
)<2
-2
.
方法总结
利用导数解决不等式问题的一般思路:
(1)恒成立问题常利用分离参数法转化为最值问题求解.若不能分离参数,可以对参数进行分类
讨论.
(2)证明不等式问题可通过构造函数转化为函数的最值问题求解.
考点三
导数的综合应用
1.
(2015课标Ⅰ,12,5分,0.317)设函数
f
(
x
)=e
x
(2
x
-1)-
ax
+
a
,其中
a
<1,若存在唯一的整数
x
0
使得
f
(
x
0
)<
0,则
a
的取值范围是
( )
A.
B.
C.
D.
答案
D
由
f
(
x
0
)<0,即
(2
x
0
-1)-
a
(
x
0
-1)<0得
(2
x
0
-1)<
a
(
x
0
-1).
当
x
0
=1时,得e<0,显然不成立,所以
x
0
≠
1.
若
x
0
>1,则
a
>
.
令
g
(
x
)=
,则
g
'(
x
)=
.
当
x
∈
时,
g
'(
x
)<0,
g
(
x
)为减函数,
当
x
∈
时,
g
'(
x
)>0,
g
(
x
)为增函数,
要满足题意,则
x
0
=2,此时需满足
g
(2)<
a
≤
g
(3),得3e
2
<
a
≤
e
3
,与
a
<1矛盾,所以
x
0
<1.
因为
x
0
<1,所以
a
<
.
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
=0,此时需满足
g
(-1)
≤
a
<
g
(0),
得
≤
a
<1(满足
a
<1).故选D
.
思路分析
先分离参数,再构造函数求解,要注意应用分类讨论思想.
2.
(2014课标Ⅰ,11,5分,0.394)已知函数
f
(
x
)=
ax
3
-3
x
2
+1,若
f
(
x
)存在唯一的零点
x
0
,且
x
0
>0,则
a
的取值
范围是
( )
A.(2,+
∞
) B.(1,+
∞
) C.(-
∞
,-2) D.(-
∞
,-1)
答案
C
当
a
=0时,显然
f
(
x
)有两个零点,不符合题意.
当
a
≠
0时,
f
'(
x
)=3
ax
2
-6
x
,令
f
'(
x
)=0,解得
x
1
=0,
x
2
=
.
当
a
>0时,
>0,所以函数
f
(
x
)=
ax
3
-3
x
2
+1在(-
∞
,0)与
上为增函数,在
上为减函数,因为
f
(
x
)存在唯一零点
x
0
,且
x
0
>0,则
f
(0)<0,即1<0,不成立.
当
a
<0时,
<0,所以函数
f
(
x
)=
ax
3
-3
x
2
+1在
和(0,+
∞
)上为减函数,在
上为增函数,因
为
f
(
x
)存在唯一零点
x
0
,且
x
0
>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(-
∞
,-2).选C.
思路分析
a
=0显然不成立,
a
≠
0时,令
f
'(
x
)=0,解得
x
1
=0,
x
2
=
,分类讨论确定函数单调性,进而由
零点个数求
a
的范围.
3.
(2018课标Ⅱ,21,12分)已知函数
f
(
x
)=e
x
-
ax
2
.
(1)若
a
=1,证明:当
x
≥
0时,
f
(
x
)
≥
1;
(2)若
f
(
x
)在(0,+
∞
)只有一个零点,求
a
.
解析
(1)当
a
=1时,
f
(
x
)
≥
1等价于(
x
2
+1)e
-
x
-1
≤
0.
设函数
g
(
x
)=(
x
2
+1)e
-
x
-1,则
g
'(
x
)=-(
x
2
-2
x
+1)e
-
x
=-(
x
-1)
2
e
-
x
.
当
x
≠
1时,
g
'(
x
)<0,所以
g
(
x
)在(0,+
∞
)单调递减.
而
g
(0)=0,故当
x
≥
0时,
g
(
x
)
≤
0,即
f
(
x
)
≥
1.
(2)设函数
h
(
x
)=1-
ax
2
e
-
x
.
f
(
x
)在(0,+
∞
)只有一个零点当且仅当
h
(
x
)在(0,+
∞
)只有一个零点.
(i)当
a
≤
0时,
h
(
x
)>0,
h
(
x
)没有零点;
(ii)当
a
>0时,
h
'(
x
)=
ax
(
x
-2)e
-
x
.
当
x
∈(0,2)时,
h
'(
x
)<0;当
x
∈(2,+
∞
)时,
h
'(
x
)>0.
所以
h
(
x
)在(0,2)单调递减,在(2,+
∞
)单调递增.
故
h
(2)=1-
是
h
(
x
)在[0,+
∞
)的最小值.
①若
h
(2)>0,即
a
<
,
h
(
x
)在(0,+
∞
)没有零点;②若
h
(2)=0,即
a
=
,
h
(
x
)在(0,+
∞
)只有一个零点;
③若
h
(2)<0,即
a
>
,由于
h
(0)=1,
所以
h
(
x
)在(0,2)有一个零点.
由(1)知,当
x
>0时,e
x
>
x
2
,
所以
h
(4
a
)=1-
=1-
>1-
=1-
>0.
故
h
(
x
)在(2,4
a
)有一个零点.
因此
h
(
x
)在(0,+
∞
)有两个零点
.
综上,
f
(
x
)在(0,+
∞
)只有一个零点时,
a
=
.
方法总结
利用导数研究不等式恒成立问题,可以先构造函数,然后对构造的新函数求导,利用
导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也
可以先分离变量,再构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题.研究函数的零点个数问题,
可以通过导数研究函数的单调性、最值等.具体地,可画出函数图象,根据函数图象的走势规
律,标出函数极值点、最值点的位置求解.这种用数形结合思想分析问题的方法,可以使问题有
一个清晰、直观的整体展现.
4.
(2017课标Ⅲ,21,12分)已知函数
f
(
x
)=
x
-1-
a
ln
x
.
(1)若
f
(
x
)
≥
0,求
a
的值;
(2)设
m
为整数,且对于任意正整数
n
,
…
<
m
,求
m
的最小值.
解析
本题考查导数的综合应用.
(1)
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
).
①若
a
≤
0,因为
f
=-
+
a
ln 2<0,所以不满足题意;
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,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.
令
x
=1+
,得ln
<
.
从而ln
+ln
+
…
+ln
<
+
+
…
+
=1-
<1.故
…
2,所以
m
的最小值为3.
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时,
x
-1-ln
x
>0.令
x
=1+
,换元后可求出
…
的范围.
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,在(
a
,+
∞
)上单调递增.又
f
(
x
)
≥
0,∴
f
(
a
)
≥
0,即
a
-1-
a
ln
a
≥
0①,记
h
(
x
)=
x
-1-
x
ln
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.
5.
(2016课标Ⅲ,21,12分)设函数
f
(
x
)=
α
cos 2
x
+(
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
)|
≤
2
A
.
解析
(1)
f
'(
x
)=-2
α
sin 2
x
-(
α
-1)sin
x
.
(2分)
(2)当
α
≥
1时,
|
f
(
x
)|=|
α
cos 2
x
+(
α
-1)(cos
x
+1)|
≤
α
+2(
α
-1)=3
α
-2=
f
(0).
因此
A
=3
α
-2.
(4分)
当0<
α
<1时,将
f
(
x
)变形为
f
(
x
)=2
α
cos
2
x
+(
α
-1)cos
x
-1.
设
t
=cos
x
,则
t
∈[-1,1],
令
g
(
t
)=2
αt
2
+(
α
-1)
t
-1,则
A
是|
g
(
t
)|在[-1,1]上的最大值,
g
(-1)=
α
,
g
(1)=3
α
-2,且当
t
=
时,
g
(
t
)取得最
小值,最小值为
g
=-
-1=-
.
令-1<
<1,解得
α
<-
(舍去),或
α
>
.
(5分)
(i)当0<
α
≤
时,
g
(
t
)在(-1,1)内无极值点,|
g
(-1)|=
α
,|
g
(1)|=2-3
α
,|
g
(-1)|<|
g
(1)|,所以
A
=2-3
α
.
(ii)当
<
α
<1时,由
g
(-1)-
g
(1)=2(1-
α
)>0,知
g
(-1)>
g
(1)>
g
.
又
-|
g
(-1)|=
>0,
所以
A
=
=
.
综上,
A
=
(9分)
(3)由(1)得|
f
'(
x
)|=|-2
α
sin 2
x
-(
α
-1)sin
x
|
≤
2
α
+|
α
-1|.
当0<
α
≤
时,|
f
'(
x
)|
≤
1+
α
≤
2-4
α
<2(2-3
α
)=2
A
.
当
<
α
<1时,
A
=
+
+
>1,所以|
f
'(
x
)|
≤
1+
α
<2
A
.
当
α
≥
1时,|
f
'(
x
)|
≤
3
α
-1
≤
6
α
-4=2
A
.
所以|
f
'(
x
)|
≤
2
A
.
(1
2
分)
思路分析
(1)利用求导公式和求导法则求
f
'(
x
).(2)对
α
分类讨论(分
α
≥
1和0<
α
<1),当0<
α
<1时,
进一步分0<
α
≤
和
<
α
<1两种情况求解.(3)由(1)得|
f
'(
x
)|,利用(2)中对
α
所分的三种情况分别
进行证明.
6.
(2016课标Ⅰ,21,12分)已知函数
f
(
x
)=(
x
-2)e
x
+
a
(
x
-1)
2
有两个零点.
(1)求
a
的取值范围;
(2)设
x
1
,
x
2
是
f
(
x
)的两个零点,证明:
x
1
+
x
2
<2.
解析
(1)
f
'(
x
)=(
x
-1)e
x
+2
a
(
x
-1)=(
x
-1)(e
x
+2
a
).
(2分)
(i)设
a
=0,则
f
(
x
)=(
x
-2)e
x
,
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.
又
f
(1)=-e,
f
(2)=
a
,取
b
满足
b
<0且
b
(
b
-2)+
a
(
b
-1)
2
=
a
>0,
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(-2
a
).
若
a
≥
-
,则ln(-2
a
)
≤
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
)不存在两个零点.
(6分)
若
a
<-
,则ln(-2
a
)>1,故当
x
∈(1,ln(-2
a
))时,
f
'(
x
)<0;当
x
∈(ln(-2
a
),+
∞
)时,
f
'(
x
)>0.
因此
f
(
x
)在(1,ln(-2
a
))单调递减,在(ln(-2
a
),+
∞
)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)
(
2
)不妨设
x
1
<
x
2
.由(1)知,
x
1
∈(-
∞
,1),
x
2
∈(1,+
∞
),2-
x
2
∈(-
∞
,1),
f
(
x
)在(-
∞
,1)单调递减,所以
x
1
+
x
2
<2
等价于
f
(
x
1
)>
f
(2-
x
2
),即
f
(2-
x
2
)<0.
由于
f
(2-
x
2
)=-
x
2
+
a
(
x
2
-1)
2
,而
f
(
x
2
)=(
x
2
-2)
+
a
(
x
2
-1)
2
=0,所以
f
(2-
x
2
)=-
x
2
-(
x
2
-2)
.
(10分)
设
g
(
x
)=-
x
e
2-
x
-(
x
-2)e
x
,则
g
'(
x
)=(
x
-1)(e
2-
x
-e
x
).
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
2
)=
f
(2-
x
2
)<0,故
x
1
+
x
2
<2.
(12分)
思路分析
(1)根据
a
的值分
a
=0,
a
>0和
a
<0三种情况讨论,利用函数的单调性及极值的符号即
可确定零点个数,进而得
a
的范围;(2)由(1)确定出函数的单调性,进而将
x
1
+
x
2
<2转化为函数值间
的不等关系,从而构造函数进行证明.
7.
(2016课标Ⅱ,21,12分)
(1)讨论函数
f
(
x
)=
e
x
的单调性,并证明当
x
>0时,(
x
-2)e
x
+
x
+2>0;
(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.
解析
(1)
f
(
x
)的定义域为(-
∞
,-2)
∪
(-2,+
∞
).
(2分)
f
'(
x
)=
=
≥
0,
且仅当
x
=0时,
f
'(
x
)=0,
所以
f
(
x
)在(-
∞
,-2),(-2,+
∞
)单调递增.
因此当
x
∈(0,+
∞
)时,
f
(
x
)>
f
(0)=-1.
所以(
x
-2)e
x
>-(
x
+2),(
x
-2)e
x
+
x
+2>0.
(4分)
(2)
g
'(
x
)=
=
(
f
(
x
)+
a
).
(5分)
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
a
∈(0,2],使得
f
(
x
a
)+
a
=0,即
g
'(
x
a
)=0.
(6分)
当0<
x
<
x
a
时,
f
(
x
)+
a
<0,
g
'(
x
)<0,
g
(
x
)单调递减;
当
x
>
x
a
时,
f
(
x
)+
a
>0,
g
'(
x
)>0,
g
(
x
)单调递增.
(7分)
因此
g
(
x
)在
x
=
x
a
处取得最小值,
最小值为
g
(
x
a
)=
=
=
.
(8分)
于是
h
(
a
)=
,由
'=
>0,得
y
=
单调递增.
所以,由
x
a
∈(0,2],得
=
<
h
(
a
)=
≤
=
.
(10分)
因为
y
=
单调递增,对任意
λ
∈
,存在唯一的
x
a
∈(0,2],
a
=-
f
(
x
a
)∈[0,1),使得
h
(
a
)=
λ
.所以
h
(
a
)的值域是
.
综上,当
a
∈[0,1)时,
g
(
x
)有最小值
h
(
a
),
h
(
a
)的值域是
.
(1
2
分)
思路分析
(1)利用
f
'(
x
)得出单调性,进而利用函数单调性求出
f
(
x
)在(0,+
∞
)上的值域,由此即
可证明.(2)求
g
'(
x
),利用单调性求得
g
(
x
)
min
(即
h
(
a
)),再利用导数与函数单调性可得
h
(
a
)的值域.
8.
(2015课标Ⅰ,21,12分,0.192)已知函数
f
(
x
)=
x
3
+
ax
+
,
g
(
x
)=-ln
x
.
(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.
解析
(1)设曲线
y
=
f
(
x
)与
x
轴相切于点(
x
0
,0),则
f
(
x
0
)=0,
f
'(
x
0
)=0,即
解得
x
0
=
,
a
=-
.
因此,当
a
=-
时,
x
轴为曲线
y
=
f
(
x
)的切线.
(5分)
(2)当
x
∈(1,+
∞
)时,
g
(
x
)=-ln
x
<0,从而
h
(
x
)=min{
f
(
x
),
g
(
x
)}
≤
g
(
x
)<0,故
h
(
x
)在(1,+
∞
)无零点.
当
x
=1时,若
a
≥
-
,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
f
(1)<0,
h
(1)=min{
f
(1),
g
(1)}=
f
(1)<0,故
x
=1不是
h
(
x
)的零点.
当
x
∈(0,1)时,
g
(
x
)=-ln
x
>0,所以只需考虑
f
(
x
)在(0,1)的零点个数.
(i)若
a
≤
-3或
a
≥
0,则
f
'(
x
)=3
x
2
+
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
)在(0,1)有一个零点;当
a
≥
0时,
f
(
x
)在(0,1)没有零点.
(ii)若-3<
a
<0,则
f
(
x
)在
单调递减,在
单调递增,故在(0,1)中,当
x
=
时,
f
(
x
)取
得最小值,最小值为
f
=
+
.
①若
f
>0,即-
<
a
<0,则
f
(
x
)在(0,1)无零点;
②若
f
=0,即
a
=-
,则
f
(
x
)在(0,1)有唯一零点;
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
≤
-
时,
f
(
x
)在(0,1)有一个零点.
(10分)
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.
(1
2
分)
思路分析
(1)设切点为(
x
0
,0),由条件得
f
(
x
0
)=0,
f
'(
x
0
)=0,由此列方程组,进而解得结果.
(2)分
x
>1,
x
=1,0<
x
<1三种情形讨论
h
(
x
)的零点.注意当0<
x
<1时,由于
g
(
x
)>0,故只需分析
f
(
x
)的零
点,此时又需分类讨论
a
≤
-3或
a
≥
0与-3<
a
<0两种情况.
9.
(2014课标Ⅱ,21,12分,0.151)已知函数
f
(
x
)=e
x
-e
-
x
-2
x
.
(1)讨论
f
(
x
)的单调性;
(2)设
g
(
x
)=
f
(2
x
)-4
bf
(
x
),当
x
>0时,
g
(
x
)>0,求
b
的最大值;
(3)已知1.414 2<
<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
解析
(1)
f
'(
x
)=e
x
+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
(2
x
)-4
bf
(
x
)=e
2
x
-e
-2
x
-4
b
(e
x
-e
-
x
)+(8
b
-4)
x
,
g
'(
x
)=2[e
2
x
+e
-2
x
-2
b
(e
x
+e
-
x
)+(4
b
-2)]
=2(e
x
+e
-
x
-2)(e
x
+e
-
x
-2
b
+2).
(i)当
b
≤
2时,
g
'(
x
)
≥
0,等号仅当
x
=0时成立,所以
g
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)上单调递增.而
g
(0)=0,所以对任
意
x
>0,
g
(
x
)>0.
(ii)当
b
>2时,若
x
满足20,
ln 2>
>0.692 8;
当
b
=
+1时,ln(
b
-1+
)=ln
,
g
(ln
)=-
-2
+(3
+2)ln 2<0,
ln 2<
<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
考点一 函数的单调性
1.
(2015福建,10,5分)若定义在R上的函数
f
(
x
)满足
f
(0)=-1,其导函数
f
'(
x
)满足
f
'(
x
)>
k
>1,则下列结
论中一定错误的是
( )
A.
f
<
B.
f
>
C.
f
<
D.
f
>
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
答案
C
构造函数
g
(
x
)=
f
(
x
)-
kx
+1,
则
g
'(
x
)=
f
'(
x
)-
k
>0,∴
g
(
x
)在R上为增函数.
∵
k
>1,∴
>0,则
g
>
g
(0).
而
g
(0)=
f
(0)+1=0,∴
g
=
f
-
+1>0,
即
f
>
-1=
,
所以选项C错误,故选C.
2.
(2015四川,15,5分)已知函数
f
(
x
)=2
x
,
g
(
x
)=
x
2
+
ax
(其中
a
∈R).
对于不相等的实数
x
1
,
x
2
,设
m
=
,
n
=
.
现有如下命题:
①对于任意不相等的实数
x
1
,
x
2
,都有
m
>0;
②对于任意的
a
及任意不相等的实数
x
1
,
x
2
,都有
n
>0;
③对于任意的
a
,存在不相等的实数
x
1
,
x
2
,使得
m
=
n
;
④对于任意的
a
,存在不相等的实数
x
1
,
x
2
,使得
m
=-
n
.
其中的真命题有
(写出所有真命题的序号).
答案
①④
解析
①
f
(
x
)=2
x
是增函数,∴对任意不相等的实数
x
1
,
x
2
,都有
>0,即
m
>0,∴①成立.
②由
g
(
x
)=
x
2
+
ax
图象可知,当
x
∈
时,
g
(
x
)是减函数,∴当不相等的实数
x
1
、
x
2
∈
时,
<0,即
n
<0,∴②不成立.
③若
m
=
n
,则有
=
,
即
f
(
x
1
)-
f
(
x
2
)=
g
(
x
1
)-
g
(
x
2
),
f
(
x
1
)-
g
(
x
1
)=
f
(
x
2
)-
g
(
x
2
),
令
h
(
x
)=
f
(
x
)-
g
(
x
),则
h
(
x
)=2
x
-
x
2
-
ax
,
h
'(
x
)=2
x
ln 2-2
x
-
a
,
令
h
'(
x
)=2
x
ln 2-2
x
-
a
=0,
得2
x
ln 2=2
x
+
a
.
由
y
=2
x
ln 2与
y
=2
x
+
a
的图象知,
存在
a
使对任意
x
∈R恒有2
x
ln 2>2
x
+
a
,
此时
h
(
x
)在R上是增函数.
若
h
(
x
1
)=
h
(
x
2
),则
x
1
=
x
2
,
∴③不成立.
④若
m
=-
n
,则有
=-
,
f
(
x
1
)+
g
(
x
1
)=
f
(
x
2
)+
g
(
x
2
),
令
φ
(
x
)=
f
(
x
)+
g
(
x
),
则
φ
(
x
)=2
x
+
x
2
+
ax
,
φ
'(
x
)=2
x
ln 2+2
x
+
a
.
令
φ
'(
x
)=0,得2
x
ln 2+2
x
+
a
=0,
即2
x
ln 2=-2
x
-
a
.
由
y
1
=2
x
ln 2与
y
2
=-2
x
-
a
的图象可知,对任意的
a
,存在
x
0
,使
x
>
x
0
时
y
1
>
y
2
,
x
<
x
0
时
y
1
<
y
2
,
故对任意的
a
,存在
x
0
,使
x
>
x
0
时,
φ
'(
x
)>0,
x
<
x
0
时,
φ
'(
x
)<0,
故对任意的
a
,
φ
(
x
)在R上不是单调函数.
故对任意的
a
,存在不相等的实数
x
1
,
x
2
,使
m
=-
n
,
∴④成立.
综上,①④正确
.
考点二 函数的极值与最值
1.
(2018江苏,11,5分)若函数
f
(
x
)=2
x
3
-
ax
2
+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
解析
本题考查利用导数研究函数的极值和最值.
∵
f
(
x
)=2
x
3
-
ax
2
+1,∴
f
'(
x
)=6
x
2
-2
ax
=2
x
(3
x
-
a
).
若
a
≤
0,则
x
>0时,
f
‘(
x
)>0,∴
f
(
x
)在(0,+
∞
)上为增函数,又
f
(0)=1,∴
f
(
x
)在(0,+
∞
)上没有零点,∴
a
>0.
当0<
x
<
时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)为减函数;当
x
>
时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)为增函数,∴
x
>0时,
f
(
x
)有极小值,为
f
=-
+1.
∵
f
(
x
)在(0,+
∞
)内有且只有一个零点,∴
f
=0,∴
a
=3.
∴
f
(
x
)=2
x
3
-3
x
2
+1,则
f
'(
x
)=6
x
(
x
-1).
x
-1
(-1,0)
0
(0,1)
1
f
'(
x
)
+
-
f
(
x
)
-4
增
1
减
0
∴
f
(
x
)在[-1,1]上的最大值为1,最小值为-4.∴最大值与最小值的和为-3
.
2.
(2016北京,14,5分)设函数
f
(
x
)=
①若
a
=0,则
f
(
x
)的最大值为
;
②若
f
(
x
)无最大值,则实数
a
的取值范围是
.
答案
①2;②(-
∞
,-1)
解析
①若
a
=0,则
f
(
x
)=
当
x
>0时,
f
(
x
)=-2
x
<0;当
x
≤
0时,
f
‘(
x
)=3
x
2
-3=3(
x
-1)(
x
+1),当
x
<-1时,
f
‘(
x
)>0,
f
(
x
)是增函数,当-1<
x
<0时,
f
’(
x
)<0,
f
(
x
)是减函数,∴
f
(
x
)
≤
f
(-1)=2.∴
f
(
x
)的最大值为2.
②在同一平面直角坐标系中画出
y
=-2
x
和
y
=
x
3
-3
x
的图象,如图所示,当
a
<-1时,
f
(
x
)无最大值;当-1
≤
a
≤
2时,
f
(
x
)
max
=2;当
a
>2时,
f
(
x
)
max
=
a
3
-3
a
.
综上,当
a
∈(-
∞
,-1)时,
f
(
x
)无最大值
.
3.
(2017北京,19,13分)已知函数
f
(
x
)=e
x
cos
x
-
x
.
(1)求曲线
y
=
f
(
x
)在点(0,
f
(0))处的切线方程;
(2)求函数
f
(
x
)在区间
上的最大值和最小值.
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
)=e
x
cos
x
-
x
,所以
f
'(
x
)=e
x
(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
)=e
x
(cos
x
-sin
x
)-1,则
h
'(
x
)=e
x
(cos
x
-sin
x
-sin
x
-cos
x
)=-2e
x
sin
x
.
当
x
∈
时,
h
'(
x
)<0,
所以
h
(
x
)在区间
上单调递减.
所以对任意
x
∈
有
h
(
x
)<
h
(0)=0,即
f
'(
x
)<0.
所以函数
f
(
x
)在区间
上单调递减.
因此
f
(
x
)在区间
上的最大值为
f
(0)=1,最小值为
f
=-
.
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
)=e
x
(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
.
4.
(2014重庆,19,12分)已知函数
f
(
x
)=
+
-ln
x
-
,其中
a
∈R,且曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线
垂直于直线
y
=
x
.
(1)求
a
的值;
(2)求函数
f
(
x
)的单调区间与极值.
解析
(1)对
f
(
x
)求导得
f
'(
x
)=
-
-
,由
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线垂直于直线
y
=
x
知
f
'(1)=-
-
a
=-2,解得
a
=
.
(2)由(1)知
f
(
x
)=
+
-ln
x
-
,
则
f
'(
x
)=
,
令
f
'(
x
)=0,解得
x
=-1或
x
=5.
因
x
=-1不在
f
(
x
)的定义域(0,+
∞
)内,故舍去.
当
x
∈(0,5)时,
f
'(
x
)<0,故
f
(
x
)在(0,5)内为减函数;当
x
∈(5,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,故
f
(
x
)在(5,+
∞
)内为增
函数.由此知函数
f
(
x
)在
x
=5时取得极小值
f
(5)=-ln 5.
5.
(2014安徽,18,12分)设函数
f
(
x
)=1+(1+
a
)
x
-
x
2
-
x
3
,其中
a
>0.
(1)讨论
f
(
x
)在其定义域上的单调性;
(2)当
x
∈[0,1]时,求
f
(
x
)取得最大值和最小值时的
x
的值.
解析
(1)
f
(
x
)的定义域为(-
∞
,+
∞
),
f
'(
x
)=1+
a
-2
x
-3
x
2
.
令
f
'(
x
)=0,得
x
1
=
,
x
2
=
,
x
1
<
x
2
,
所以
f
'(
x
)=-3(
x
-
x
1
)(
x
-
x
2
).
当
x
<
x
1
或
x
>
x
2
时,
f
'(
x
)<0;当
x
1
<
x
<
x
2
时,
f
'(
x
)>0.
故
f
(
x
)在(-
∞
,
x
1
)和(
x
2
,+
∞
)内单调递减,在(
x
1
,
x
2
)内单调递增.
(2)因为
a
>0,所以
x
1
<0,
x
2
>0.
(i)当
a
≥
4时,
x
2
≥
1,由(1)知,
f
(
x
)在[0,1]上单调递增,所以
f
(
x
)在
x
=0和
x
=1处分别取得最小值和最大值.
(ii)当0<
a
<4时,
x
2
<1.由(1)知,
f
(
x
)在[0,
x
2
]上单调递增,在[
x
2
,1]上单调递减,因此
f
(
x
)在
x
=
x
2
=
处取得最大值.
又
f
(0)=1,
f
(1)=
a
,所以当0<
a
<1时,
f
(
x
)在
x
=1处取得最小值;
当
a
=1时,
f
(
x
)在
x
=0和
x
=1处同时取得最小值;当1<
a
<4时,
f
(
x
)在
x
=0处取得最小值.
6.
(2017山东,20,13分)已知函数
f
(
x
)=
x
2
+2cos
x
,
g
(
x
)=e
x
(cos
x
-sin
x
+2
x
-2),其中e=2.718 28
…
是自然
对数的底数.
(1)求曲线
y
=
f
(
x
)在点(π,
f
(π))处的切线方程;
(2)令
h
(
x
)=
g
(
x
)-
af
(
x
)(
a
∈R),讨论
h
(
x
)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解析
本题考查导数的几何意义和极值.
(1)由题意
f
(π)=π
2
-2,
又
f
'(
x
)=2
x
-2sin
x
,所以
f
'(π)=2π,
因此曲线
y
=
f
(
x
)在点(π,
f
(π))处的切线方程为
y
-(π
2
-2)=2π(
x
-π),即
y
=2π
x
-π
2
-2.
(2)由题意得
h
(
x
)=e
x
(cos
x
-sin
x
+2
x
-2)-
a
(
x
2
+2cos
x
),
因为
h
'(
x
)=e
x
(cos
x
-sin
x
+2
x
-2)+e
x
(-sin
x
-cos
x
+2)-
a
(2
x
-2sin
x
)
=2e
x
(
x
-sin
x
)-2
a
(
x
-sin
x
)=2(e
x
-
a
)(
x
-sin
x
),
令
m
(
x
)=
x
-sin
x
,则
m
'(
x
)=1-cos
x
≥
0,
所以
m
(
x
)在R上单调递增.
因为
m
(0)=0,所以当
x
>0时,
m
(
x
)>0;当
x
<0时,
m
(
x
)<0.
①当
a
≤
0时,e
x
-
a
>0,
当
x
<0时,
h
'(
x
)<0,
h
(
x
)单调递减,
当
x
>0时,
h
'(
x
)>0,
h
(
x
)单调递增,
所以当
x
=0时
h
(
x
)取到极小值,极小值是
h
(0)=-2
a
-1;
②当
a
>0时,
h
'(
x
)=2(e
x
-e
ln
a
)(
x
-sin
x
),
由
h
'(
x
)=0得
x
1
=ln
a
,
x
2
=0.
a.当0<
a
<1时,ln
a
<0,
当
x
∈(-
∞
,ln
a
)时,e
x
-e
ln
a
<0,
h
'(
x
)>0,
h
(
x
)单调递增;
当
x
∈(ln
a
,0)时,e
x
-e
ln
a
>0,
h
'(
x
)<0,
h
(
x
)单调递减;
当
x
∈(0,+
∞
)时,e
x
-e
ln
a
>0,
h
'(
x
)>0,
h
(
x
)单调递增.
所以当
x
=ln
a
时
h
(
x
)取到极大值,
极大值为
h
(ln
a
)=-
a
[(ln
a
)
2
-2ln
a
+sin(ln
a
)+cos(ln
a
)+2],
当
x
=0时
h
(
x
)取到极小值,极小值是
h
(0)=-2
a
-1;
b.当
a
=1时,ln
a
=0,
所以当
x
∈(-
∞
,+
∞
)时,
h
'(
x
)
≥
0,函数
h
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)上单调递增,无极值;
c.当
a
>1时,ln
a
>0,
所以当
x
∈(-
∞
,0)时,e
x
-e
ln
a
<0,
h
'(
x
)>0,
h
(
x
)单调递增;
当
x
∈(0,ln
a
)时,e
x
-e
ln
a
<0,
h
'(
x
)<0,
h
(
x
)单调递减;
当
x
∈(ln
a
,+
∞
)时,e
x
-e
ln
a
>0,
h
'(
x
)>0,
h
(
x
)单调递增.
所以当
x
=0时
h
(
x
)取到极大值,极大值是
h
(0)=-2
a
-1;
当
x
=ln
a
时
h
(
x
)取到极小值,
极小值是
h
(ln
a
)=-
a
[(ln
a
)
2
-2ln
a
+sin(ln
a
)+cos(ln
a
)+2].
综上所述:
当
a
≤
0时,
h
(
x
)在(-
∞
,0)上单调递减,在(0,+
∞
)上单调递增,函数
h
(
x
)有极小值,极小值是
h
(0)=-2
a
-1;
当0<
a
<1时,函数
h
(
x
)在(-
∞
,ln
a
)和(0,+
∞
)上单调递增,在(ln
a
,0)上单调递减,函数
h
(
x
)有极大值,
也有极小值,
极大值是
h
(ln
a
)=-
a
[(ln
a
)
2
-2ln
a
+sin(ln
a
)+cos(ln
a
)+2],
极小值是
h
(0)=-2
a
-1;
当
a
=1时,函数
h
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)上单调递增,无极值;
当
a
>1时,函数
h
(
x
)在(-
∞
,0)和(ln
a
,+
∞
)上单调递增,
在(0,ln
a
)上单调递减,函数
h
(
x
)有极大值,也有极小值,
极大值是
h
(0)=-2
a
-1,
极小值是
h
(ln
a
)=-
a
[(ln
a
)
2
-2ln
a
+sin(ln
a
)+cos(ln
a
)+2].
7.
(2015山东,21,14分)设函数
f
(
x
)=ln(
x
+1)+
a
(
x
2
-
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.
解析
(1)由题意知函数
f
(
x
)的定义域为(-1,+
∞
),
f
'(
x
)=
+
a
(2
x
-1)=
.
令
g
(
x
)=2
ax
2
+
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
=
a
2
-8
a
(1-
a
)=
a
(9
a
-8).
a.当0<
a
≤
时,
Δ
≤
0,
g
(
x
)
≥
0,
f
'(
x
)
≥
0,函数
f
(
x
)在(-1,+
∞
)单调递增,无极值点.
b.当
a
>
时,
Δ
>0,
设方程2
ax
2
+
ax
-
a
+1=0的两根为
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
),
因为
x
1
+
x
2
=-
,所以
x
1
<-
,
x
2
>-
.由
g
(-1)=1>0,可得-1<
x
1
<-
.
所以当
x
∈(-1,
x
1
)时,
g
(
x
)>0,
f
'(
x
)>0,函数
f
(
x
)单调递增;
当
x
∈(
x
1
,
x
2
)时,
g
(
x
)<0,
f
'(
x
)<0,函数
f
(
x
)单调递减;
当
x
∈(
x
2
,+
∞
)时,
g
(
x
)>0,
f
'(
x
)>0,函数
f
(
x
)单调递增.
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
2
)时,
g
(
x
)>0,
f
'(
x
)>0,函数
f
(
x
)单调递增;
当
x
∈(
x
2
,+
∞
)时,
g
(
x
)<0,
f
'(
x
)<0,函数
f
(
x
)单调递减.
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;
当0
≤
a
≤
时,函数
f
(
x
)无极值点;
当
a
>
时,函数
f
(
x
)有两个极值点.
(2)由(1)知,
①当0
≤
a
≤
时,函数
f
(
x
)在(0,+
∞
)上单调递增,
因为
f
(0)=0,所以
x
∈(0,+
∞
)时,
f
(
x
)>0,符合题意.
②当
<
a
≤
1时,由
g
(0)
≥
0,得
x
2
≤
0,
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
2
>0.
所以
x
∈(0,
x
2
)时,函数
f
(
x
)单调递减.
因为
f
(0)=0,所以
x
∈(0,
x
2
)时,
f
(
x
)<0,不合题意.
④当
a
<0时,设
h
(
x
)=
x
-ln(
x
+1).
因为
x
∈(0,+
∞
)时,
h
'(
x
)=1-
=
>0,
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
(
x
2
-
x
)=
ax
2
+(1-
a
)
x
,
当
x
>1-
时,
ax
2
+(1-
a
)
x
<0,
此时
f
(
x
)<0,不合题意.
综上所述,
a
的取值范围是[0,1].
考点三 导数的综合应用
1.
(2014陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点
A
的水平距离10千米处
开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为
( )
A.
y
=
x
3
-
x
B.
y
=
x
3
-
x
C.
y
=
x
3
-
x
D.
y
=-
x
3
+
x
答案
A
根据题意知,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,
y
=
x
3
-
x
,∴
y
'=
x
2
-
=
(
x
2
-
25),∴
∀
x
∈(-5,5),
y
'<0,∴
y
=
x
3
-
x
在(-5,5)内为减函数,又可验证B、C、D均不满足此条件,
故选A.
2.
(2014辽宁,11,5分)当
x
∈[-2,1]时,不等式
ax
3
-
x
2
+4
x
+3
≥
0恒成立,则实数
a
的取值范围是
( )
A.[-5,-3] B.
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
答案
C
由题意知
∀
x
∈[-2,1]都有
ax
3
-
x
2
+4
x
+3
≥
0,即
ax
3
≥
x
2
-4
x
-3在
x
∈[-2,1]上恒成立.当
x
=0
时,
a
∈R.
当0<
x
≤
1时,
a
≥
=-
-
+
.
令
t
=
(
t
≥
1),
g
(
t
)=-3
t
3
-4
t
2
+
t
,因为
g
'(
t
)=-9
t
2
-8
t
+1<0(
t
≥
1),所以
g
(
t
)在[1,+
∞
)上单调递减,
g
(
t
)
max
=
g
(1)=-6(
t
≥
1),所以
a
≥
-6.
当-2
≤
x
<0时,
a
≤
-
-
+
,同理,
g
(
t
)在(-
∞
,-1]上递减,在
上递增.
因此
g
(
t
)
min
=
g
(-1)=-2
,所以
a
≤
-2.
综上可知-6
≤
a
≤
-2,故选C.
3.
(2017江苏,11,5分)已知函数
f
(
x
)=
x
3
-2
x
+e
x
-
,其中e是自然对数的底数.若
f
(
a
-1)+
f
(2
a
2
)
≤
0,则实
数
a
的取值范围是
.
答案
解析
本题考查用导数研究函数单调性、函数单调性的应用.
易知函数
f
(
x
)的定义域关于原点对称.
∵
f
(
x
)=
x
3
-2
x
+e
x
-
,
∴
f
(-
x
)=(-
x
)
3
-2(-
x
)+e
-
x
-
=-
x
3
+2
x
+
-e
x
=-
f
(
x
),
∴
f
(
x
)为奇函数,
又
f
'(
x
)=3
x
2
-2+e
x
+
≥
3
x
2
-2+2=3
x
2
≥
0(当且仅当
x
=0时,取“=”),从而
f
(
x
)在R上单调递增,
所以
f
(
a
-1)+
f
(2
a
2
)
≤
0
⇔
f
(
a
-1)
≤
f
(-2
a
2
)
⇔
-2
a
2
≥
a
-1,解得-1
≤
a
≤
.
方法总结
函数不等式的求解思路:
(1)转化为
f
(
φ
(
x
))
≤
f
(
g
(
x
));
(2)结合单调性转化为
φ
(
x
)
≤
g
(
x
)或
φ
(
x
)
≥
g
(
x
).
4.
(2018北京,18,13分)设函数
f
(
x
)=[
ax
2
-(4
a
+1)
x
+4
a
+3]e
x
.
(1)若曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线与
x
轴平行,求
a
;
(2)若
f
(
x
)在
x
=2处取得极小值,求
a
的取值范围.
解析
(1)因为
f
(
x
)=[
ax
2
-(4
a
+1)
x
+4
a
+3]e
x
,
所以
f
'(
x
)=[
ax
2
-(2
a
+1)
x
+2]e
x
.
f
'(1)=(1-
a
)e.
由题设知
f
'(1)=0,即(1-
a
)e=0,解得
a
=1.
此时
f
(1)=3e
≠
0.所以
a
的值为1.
(2)由(1)得
f
'(
x
)=[
ax
2
-(2
a
+1)
x
+2]e
x
=(
ax
-1)(
x
-2)e
x
.
若
a
>
,则当
x
∈
时,
f
'(
x
)<0;
当
x
∈(2,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0.
所以
f
(
x
)在
x
=2处取得极小值.
若
a
≤
,则当
x
∈(0,2)时,
x
-2<0,
ax
-1
≤
x
-1<0,
所以
f
'(
x
)>0,所以2不是
f
(
x
)的极小值点.
综上可知,
a
的取值范围是
.
方法总结
函数极值问题的常见类型及解题策略
(1)已知导函数图象判断函数极值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧
导数的符号.
(2)已知函数求极值.求
f
'(
x
)→求方程
f
'(
x
)=0的根→列表检验
f
'(
x
)在
f
'(
x
)=0的根的附近两侧的
符号→下结论.
(3)已知极值求参数.若函数
f
(
x
)在点(
x
0
,
y
0
)处取得极值,则
f
'(
x
0
)=0,且在该点左、右两侧导数值的
符号相反.
5.
(2018江苏,17,14分)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆
O
的一段圆弧
MPN
(
P
为此圆
弧的中点)和线段
MN
构成.已知圆
O
的半径为40米,点
P
到
MN
的距离为50米.现规划在此农田上
修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形
ABCD
,大棚Ⅱ内的地块形状为△
CDP
,要求
A
,
B
均在线段
MN
上,
C
,
D
均在圆弧上.设
OC
与
MN
所成的角为
θ
.
(1)用
θ
分别表示矩形
ABCD
和△
CDP
的面积,并确定sin
θ
的取值范围;
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之
比为4∶3.求当
θ
为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
解析
本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识,考查直观想象和数学建
模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
(1)设
PO
的延长线交
MN
于
H
,则
PH
⊥
MN
,所以
OH
=10米.
过
O
作
OE
⊥
BC
于
E
,则
OE
∥
MN
,所以∠
COE
=
θ
,
故
OE
=40cos
θ
米,
EC
=40sin
θ
米,
则矩形
ABCD
的面积为2
×
40cos
θ
(40sin
θ
+10)
=800(4sin
θ
cos
θ
+cos
θ
)平方米,
△
CDP
的面积为
×
2
×
40cos
θ
(40-40sin
θ
)=1 600(cos
θ
-sin
θ
cos
θ
)平方米.
过
N
作
GN
⊥
MN
,分别交圆弧和
OE
的延长线于
G
和
K
,则
GK
=
KN
=10米.
令∠
GOK
=
θ
0
,则sin
θ
0
=
,
θ
0
∈
.
当
θ
∈
时,才能作出满足条件的矩形
ABCD
,
所以sin
θ
的取值范围是
.
答:矩形
ABCD
的面积为800(4sin
θ
cos
θ
+cos
θ
)平方米,△
CDP
的面积为1 600(cos
θ
-sin
θ
cos
θ
)平
方米,sin
θ
的取值范围是
.
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,
所以设甲的单位面积的年产值为4
k
,乙的单位面积的年产值为3
k
(
k
>0).
则年总产值为4
k
×
800(4sin
θ
cos
θ
+cos
θ
)+3
k
×
1 600(cos
θ
-sin
θ
cos
θ
)=8 000
k
(sin
θ
cos
θ
+cos
θ
),
θ
∈
.
设
f
(
θ
)=sin
θ
cos
θ
+cos
θ
,
θ
∈
.
则
f
'(
θ
)=cos
2
θ
-sin
2
θ
-sin
θ
=-(2sin
2
θ
+sin
θ
-1)=-(2sin
θ
-1)(sin
θ
+1),
令
f
'(
θ
)=0,得
θ
=
,
当
θ
∈
时,
f
'(
θ
)>0,所以
f
(
θ
)为增函数;
当
θ
∈
时,
f
'(
θ
)<0,所以
f
(
θ
)为减函数,
因此,当
θ
=
时,
f
(
θ
)取到最大值.
答:当
θ
=
时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大
.
导师点睛
(1)用
θ
表示
OE
和
EC
,就能求出矩形
ABCD
及三角形
CPD
的面积,求定义域时抓
住
N
、
G
关于
OK
对称得到∠
GOK
的正弦值,从而求得sin
θ
的范围.
(2)先构造函数,再用导数求最值,求导时,交代
θ
的范围,判断
f
'(
θ
)的符号,再确定
f
(
θ
)的单调性,就
能得到最大值,从而解决问题.
6.
(2018浙江,22,15分)已知函数
f
(
x
)=
-ln
x
.
(1)若
f
(
x
)在
x
=
x
1
,
x
2
(
x
1
≠
x
2
)处导数相等,证明:
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)>8-8ln 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.
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.
(1)函数
f
(
x
)的导函数
f
'(
x
)=
-
,
由
f
'(
x
1
)=
f
'(
x
2
)得
-
=
-
,
因为
x
1
≠
x
2
,
所以
+
=
.
由基本不等式得
=
+
≥
2
,
因为
x
1
≠
x
2
,所以
x
1
x
2
>256.
由题意得
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)=
-ln
x
1
+
-ln
x
2
=
-ln(
x
1
x
2
).
设
g
(
x
)=
-ln
x
,则
g
'(
x
)=
(
-4),
所以
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
(
x
1
x
2
)>
g
(256)=8-8ln 2,
即
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)>8-8ln 2.
(2)令
m
=e
-(|
a
|+
k
)
,
n
=
+1,
则
f
(
m
)-
km
-
a
>|
a
|+
k
-
k
-
a
≥
0,
f
(
n
)-
kn
-
a
<
n
≤
n
<0,
所以,存在
x
0
∈(
m
,
n
)使
f
(
x
0
)=
kx
0
+
a
,
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.
由
f
(
x
)=
kx
+
a
得
k
=
.
设
h
(
x
)=
,
则
h
'(
x
)=
=
,
其中
g
(
x
)=
-ln
x
.
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至多有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.
一题多解
(1)
f
'(
x
)=
-
,
且
f
'(
x
1
)=
f
'(
x
2
)(
x
1
≠
x
2
).
设
f
'(
x
1
)=
t
,则
-
=
t
的两根为
x
1
,
x
2
.
即2
t
(
)
2
-
+2=0有两个不同的正根
x
1
,
x
2
.
∴
即
∴
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)=
+
-ln(
x
1
x
2
)
=
+2ln
t
.
设
g
(
t
)=
+2ln
t
,
则
g
'(
t
)=-
+
=
<0,
∴
g
(
t
)在
上为减函数,∴
g
(
t
)>
g
=8-8ln 2,
∴
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)>8-8ln 2.
(2)设
h
(
x
)=
f
(
x
)-
kx
-
a
=
-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
)=
+|
a
|+
k
-
k
e
-|
a
|-
k
-
a
≥
+
k
(1-e
-|
a
|-
k
)>
k
(1-e
-|
a
|-
k
)>0.
又
x
>0时,
-
kx
<
-
k
·
=
.
即
h
(
x
)<
-
a
-ln
x
,取
n
=
,
则
h
(
n
)<
-
a
-ln
n
=0,
而-|
a
|-
k
≤
-
a
-
k
<-
a
+
,∴
n
>
m
>0.
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.
∵
h
'(
x
)=
-
-
k
≤
×
-
-
k
=
-
k
,
∴当
k
≥
时,
h
(
x
)在(0,+
∞
)上单调递减,
即当
k
≥
时,
h
(
x
)在(0,+
∞
)上只有一个零点.
当0<
k
<
时,
h
'(
x
)=0有两个不同的正根
α
,
β
(其中
α
<
β
).
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.
∵
h
'(
x
)=0,∴
k
=
-
,
则
h
(
α
)=
-ln
α
-
kα
-
a
=
-ln
α
+1-
a
,
h
'(
α
)=
-
=
,
∴
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.
又当
α
=16时,
k
=
,
又0<
k
<
,∴
α
≠
1
6
.
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.
∴当0<
k
<
时,
h
(
x
)在(0,+
∞
)上也只有一个零点,
∴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.
7.
(2018天津,20,14分)已知函数
f
(
x
)=
a
x
,
g
(
x
)=log
a
x
,其中
a
>1.
(1)求函数
h
(
x
)=
f
(
x
)-
x
ln
a
的单调区间;
(2)若曲线
y
=
f
(
x
)在点(
x
1
,
f
(
x
1
))处的切线与曲线
y
=
g
(
x
)在点(
x
2
,
g
(
x
2
))处的切线平行,证明
x
1
+
g
(
x
2
)=-
;
(3)证明当
a
≥
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
)=
a
x
-
x
ln
a
,有
h
'(
x
)=
a
x
ln
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
)=
a
x
ln
a
,可得曲线
y
=
f
(
x
)在点(
x
1
,
f
(
x
1
)) 处的切线斜率为
ln
a
.
由
g
'(
x
)=
,可得曲线
y
=
g
(
x
)在点(
x
2
,
g
(
x
2
))处的切线斜率为
.
因为这两条切线平行,故有
ln
a
=
,即
x
2
(ln
a
)
2
=1.
两边取以
a
为底的对数,得log
a
x
2
+
x
1
+2log
a
ln
a
=0,
所以
x
1
+
g
(
x
2
)=-
.
(3)证明:曲线
y
=
f
(
x
)在点(
x
1
,
)处的切线
l
1
:
y
-
=
ln
a
·(
x
-
x
1
).
曲线
y
=
g
(
x
)在点(
x
2
,log
a
x
2
)处的切线
l
2
:
y
-log
a
x
2
=
(
x
-
x
2
).
要证明当
a
≥
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
≥
时,存在
x
1
∈(-
∞
,+
∞
),
x
2
∈(0,+
∞
),使得
l
1
与
l
2
重合.
即只需证明当
a
≥
时,
方程组
有解.
由①得
x
2
=
,代入②,
得
-
x
1
ln
a
+
x
1
+
+
=0.③
因此,只需证明当
a
≥
时,关于
x
1
的方程③存在实数解.
设函数
u
(
x
)=
a
x
-
xa
x
ln
a
+
x
+
+
,
即要证明当
a
≥
时,函数
y
=
u
(
x
)存在零点.
u
'(
x
)=1-(ln
a
)
2
xa
x
,可知
x
∈(-
∞
,0)时,
u
'(
x
)>0;
x
∈(0,+
∞
)时,
u
'(
x
)单调递减,又
u
'(0)=1>0,
u
'
=1
-
<0,故存在唯一的
x
0
,且
x
0
>0,使得
u
'(
x
0
)=0,
即1-(ln
a
)
2
x
0
=0.
由此可得
u
(
x
)在(-
∞
,
x
0
)上单调递增,在(
x
0
,+
∞
)上单调递减.
u
(
x
)在
x
=
x
0
处取得极大值
u
(
x
0
).
因为
a
≥
,故ln ln
a
≥
-1,所以
u
(
x
0
)=
-
x
0
ln
a
+
x
0
+
+
=
+
x
0
+
≥
≥
0.
下面证明存在实数
t
,使得
u
(
t
)<0.
由(1)可得
a
x
≥
1+
x
ln
a
,当
x
>
时,有
u
(
x
)
≤
(1+
x
ln
a
)(1-
x
ln
a
)+
x
+
+
=-(ln
a
)
2
x
2
+
x
+1+
+
,
所以存在实数
t
,使得
u
(
t
)<0.
因此,当
a
≥
时,存在
x
1
∈(-
∞
,+
∞
),使得
u
(
x
1
)=0.
所以,当
a
≥
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.
8.
(2017浙江,20,15分)已知函数
f
(
x
)=(
x
-
)e
-
x
.
(1)求
f
(
x
)的导函数;
(2)求
f
(
x
)在区间
上的取值范围.
解析
本题主要考查函数的最大(小)值,导数的运算及其应用,同时考查分析问题和解决问题的能力.
(1)因为(
x
-
)'=1-
,(e
-
x
)'=-e
-
x
,
所以
f
'(
x
)=
e
-
x
-(
x
-
)e
-
x
=
.
(2)由
f
'(
x
)=
=0,解得
x
=1或
x
=
.
因为
x
1
f
'(
x
)
-
0
+
0
-
f
(
x
)
↘
0
↗
↘
又
f
(
x
)=
(
-1)
2
e
-
x
≥
0
,
所以
f
(
x
)在区间
上的取值范围是
.
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:
f
(
x
)在
上的值域为
的错误结论.
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).
9.
(2015重庆,20,12分)设函数
f
(
x
)=
(
a
∈R).
(1)若
f
(
x
)在
x
=0处取得极值,确定
a
的值,并求此时曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程;
(2)若
f
(
x
)在[3,+
∞
)上为减函数,求
a
的取值范围.
解析
(1)对
f
(
x
)求导得
f
'(
x
)=
=
,
因为
f
(
x
)在
x
=0处取得极值,所以
f
'(0)=0,即
a
=0.
当
a
=0时,
f
(
x
)=
,
f
'(
x
)=
,
故
f
(1)=
,
f
'(1)=
,
从而
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程为
y
-
=
(
x
-1),
化简得3
x
-e
y
=0.
(2)由(1)知
f
'(
x
)=
.
令
g
(
x
)=-3
x
2
+(6-
a
)
x
+
a
,
由
g
(
x
)=0解得
x
1
=
,
x
2
=
.
当
x
<
x
1
时,
g
(
x
)<0,即
f
'(
x
)<0,故
f
(
x
)为减函数;
当
x
1
<
x
<
x
2
时,
g
(
x
)>0,即
f
'(
x
)>0,故
f
(
x
)为增函数;
当
x
>
x
2
时,
g
(
x
)<0,即
f
'(
x
)<0,故
f
(
x
)为减函数.
由
f
(
x
)在[3,+
∞
)上为减函数,知
x
2
=
≤
3,解得
a
≥
-
,故
a
的取值范围为
.
10.
(2015广东,19,14分)设
a
>1,函数
f
(
x
)=(1+
x
2
)e
x
-
a
.
(1)求
f
(
x
)的单调区间;
(2)证明:
f
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)上仅有一个零点;
(3)若曲线
y
=
f
(
x
)在点
P
处的切线与
x
轴平行,且在点
M
(
m
,
n
)处的切线与直线
OP
平行(
O
是坐标原
点),证明:
m
≤
-1.
解析
(1)函数
f
(
x
)的定义域为R.
因为
f
'(
x
)=2
x
·e
x
+(1+
x
2
)e
x
=(
x
2
+2
x
+1)e
x
=(
x
+1)
2
e
x
≥
0,
所以函数
f
(
x
)在R上单调递增,即
f
(
x
)的单调递增区间为(-
∞
,+
∞
),无单调递减区间.
(2)证明:因为
a
>1,所以
f
(0)=1-
a
<0,
f
(ln
a
)=(1+ln
2
a
)e
ln
a
-
a
=
a
ln
2
a
>0,
所以
f
(0)·
f
(ln
a
)<0,由零点存在性定理可知
f
(
x
)在(0,ln
a
)内存在零点.
又由(1)知,
f
(
x
)在R上单调递增,故
f
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)上仅有一个零点.
(3)证明:设点
P
(
x
0
,
y
0
),由题意知,
f
'(
x
0
)=(
x
0
+1)
2
=0,解得
x
0
=-1.
所以
y
0
=(1+
)
-
a
=
-
a
,所以点
P
的坐标为
.所以
k
OP
=
a
-
.
由题意可得,
f
'(
m
)=(
m
+1)
2
e
m
=
a
-
.
要证明
m
≤
-1,只需要证明
m
+1
≤
,
只需要证明(
m
+1)
3
≤
a
-
=(
m
+1)
2
e
m
,
只需要证明
m
+1
≤
e
m
.
构造函数:
h
(
x
)=e
x
-
x
-1(
x
∈R),则
h
'(
x
)=e
x
-1.
当
x
<0时,
h
'(
x
)<0,即
h
(
x
)在(-
∞
,0)上单调递减;
当
x
>0时,
h
'(
x
)>0,即
h
(
x
)在(0,+
∞
)上单调递增.
所以函数
h
(
x
)有最小值,为
h
(0)=0,则
h
(
x
)
≥
0
.
所以e
x
-
x
-1
≥
0,故e
m
-
m
-1
≥
0,故
m
+1
≤
e
m
,故原不等式成立.
11.
(2016山东,20,13分)已知
f
(
x
)=
a
(
x
-ln
x
)+
,
a
∈R.
(1)讨论
f
(
x
)的单调性;
(2)当
a
=1时,证明
f
(
x
)>
f
'(
x
)+
对于任意的
x
∈[1,2]成立.
解析
(1)
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
),
f
'(
x
)=
a
-
-
+
=
.
当
a
≤
0时,
x
∈(0,1)时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增,
x
∈(1,+
∞
)时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减.
当
a
>0时,
f
'(
x
)=
.
①0<
a
<2时,
>1,
当
x
∈(0,1)或
x
∈
时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增,当
x
∈
时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减.
②
a
=2时,
=1,在
x
∈(0,+
∞
)内,
f
'(
x
)
≥
0,
f
(
x
)单调递增.
③
a
>2时,0<
<1,
当
x
∈
或
x
∈(1,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增,当
x
∈
时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减.
综上所述,
当
a
≤
0时,
f
(
x
)在(0,1)内单调递增,在(1,+
∞
)内单调递减;
当0<
a
<2时,
f
(
x
)在(0,1)内单调递增,在
内单调递减,在
内单调递增;
当
a
=2时,
f
(
x
)在(0,+
∞
)内单调递增;
当
a
>2时,
f
(
x
)在
内单调递增,在
内单调递减,在(1,+
∞
)内单调递增.
(2)由(1)知,
a
=1时,
f
(
x
)-
f
'(
x
)=
x
-ln
x
+
-
=
x
-ln
x
+
+
-
-1,
x
∈[1,2].
设
g
(
x
)=
x
-ln
x
,
h
(
x
)=
+
-
-1,
x
∈[1,2].
则
f
(
x
)-
f
'(
x
)=
g
(
x
)+
h
(
x
).
由
g
'(
x
)=
≥
0,可得
g
(
x
)
≥
g
(1)=1.
当且仅当
x
=1时取得等号.又
h
'(
x
)=
.
设
φ
(
x
)=-3
x
2
-2
x
+6,则
φ
(
x
)在
x
∈[1,2]内单调递减.
因为
φ
(1)=1,
φ
(2)=-10,
所以
∃
x
0
∈(1,2),使得
x
∈(1,
x
0
)时,
φ
(
x
)>0,
x
∈(
x
0
,2)时,
φ
(
x
)<0.
所以
h
(
x
)在(1,
x
0
)内单调递增,在(
x
0
,2)内单调递减.
由
h
(1)=1,
h
(2)=
,可得
h
(
x
)
≥
h
(2)=
,
当且仅当
x
=2时取得等号.
所以
f
(
x
)-
f
'(
x
)>
g
(1)+
h
(2)=
,
即
f
(
x
)>
f
'(
x
)+
对于任意的
x
∈[1,
2
]成立.
12.
(2016四川,21,14分)设函数
f
(
x
)=
ax
2
-
a
-ln
x
,其中
a
∈R.
(1)讨论
f
(
x
)的单调性;
(2)确定
a
的所有可能取值,使得
f
(
x
)>
-e
1-
x
在区间(1,+
∞
)内恒成立(e=2.718
…
为自然对数的底
数).
解析
(1)
f
'(
x
)=2
ax
-
=
(
x
>0).
当
a
≤
0时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)在(0,+
∞
)内单调递减.
当
a
>0时,由
f
'(
x
)=0,有
x
=
.
此时,当
x
∈
时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减;
当
x
∈
时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增.
(2)令
g
(
x
)=
-
,
s
(
x
)=e
x
-1
-
x
.则
s
'(
x
)=e
x
-1
-1.
而当
x
>1时,
s
'(
x
)>0,
所以
s
(
x
)在区间(1,+
∞
)内单调递增.
又由
s
(1)=0,有
s
(
x
)>0,从而当
x
>1时,
g
(
x
)>0.
当
a
≤
0,
x
>1时,
f
(
x
)=
a
(
x
2
-1)-ln
x
<0.
故当
f
(
x
)>
g
(
x
)在区间(1,+
∞
)内恒成立时,必有
a
>0.
当0<
a
<
时,
>1.
由(1)有
f
<
f
(1)=0,而
g
>0,
所以此时
f
(
x
)>
g
(
x
)在区间(1,+
∞
)内不恒成立.
当
a
≥
时,令
h
(
x
)=
f
(
x
)-
g
(
x
)(
x
≥
1).
当
x
>1时,
h
'(
x
)=2
ax
-
+
-e
1-
x
>
x
-
+
-
=
>
>0.
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.
综上,
a
∈
.
13.
(2017天津,20,14分)设
a
∈Z,已知定义在R上的函数
f
(
x
)=2
x
4
+3
x
3
-3
x
2
-6
x
+
a
在区间(1,2)内有一
个零点
x
0
,
g
(
x
)为
f
(
x
)的导函数.
(1)求
g
(
x
)的单调区间;
(2)设
m
∈[1,
x
0
)
∪
(
x
0
,2],函数
h
(
x
)=
g
(
x
)(
m
-
x
0
)-
f
(
m
),求证:
h
(
m
)
h
(
x
0
)<0;
(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
0
)
∪
(
x
0
,2],满足
≥
.
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
)=2
x
4
+3
x
3
-3
x
2
-6
x
+
a
,可得
g
(
x
)=
f
'(
x
)=8
x
3
+9
x
2
-6
x
-6,进而可得
g
'(
x
)=24
x
2
+18
x
-6.令
g
'(
x
)=0,解
得
x
=-1或
x
=
.
当
x
变化时,
g
'(
x
),
g
(
x
)的变化情况如下表:
x
(-
∞
,-1)
g
'(
x
)
+
-
+
g
(
x
)
↗
↘
↗
所以,
g
(
x
)的单调递增区间是(-
∞
,-1),
,单调递减区间是
.
(2)证明:由
h
(
x
)=
g
(
x
)(
m
-
x
0
)-
f
(
m
),得
h
(
m
)=
g
(
m
)(
m
-
x
0
)-
f
(
m
),
h
(
x
0
)=
g
(
x
0
)(
m
-
x
0
)-
f
(
m
).
令函数
H
1
(
x
)=
g
(
x
)(
x
-
x
0
)-
f
(
x
),则
H
1
'(
x
)=
g
'(
x
)(
x
-
x
0
).由(1)知,当
x
∈[1,2]时,
g
'(
x
)>0,故当
x
∈[1,
x
0
)时,
H
1
'
(
x
)<0,
H
1
(
x
)单调递减;当
x
∈(
x
0
,2]时,
H
1
'(
x
)>0,
H
1
(
x
)单调递增.因此,当
x
∈[1,
x
0
)
∪
(
x
0
,2]时,
H
1
(
x
)>
H
1
(
x
0
)=-
f
(
x
0
)=0,可得
H
1
(
m
)>0,即
h
(
m
)>0.
令函数
H
2
(
x
)=
g
(
x
0
)(
x
-
x
0
)-
f
(
x
),则
H
2
'(
x
)=
g
(
x
0
)-
g
(
x
).由(1)知
g
(
x
)在[1,2]上单调递增,故当
x
∈[1,
x
0
)时,
H
2
'(
x
)>0,
H
2
(
x
)单调递增;当
x
∈(
x
0
,2]时,
H
2
'(
x
)<0,
H
2
(
x
)单调递减.因此,当
x
∈[1,
x
0
)
∪
(
x
0
,2]时,
H
2
(
x
)<
H
2
(
x
0
)=0,可得
H
2
(
m
)<0,即
h
(
x
0
)<0.
所以,
h
(
m
)
h
(
x
0
)<0.
(3)证明:对于任意的正整数
p
,
q
,且
∈[1,
x
0
)
∪
(
x
0
,2],令
m
=
,函数
h
(
x
)=
g
(
x
)(
m
-
x
0
)-
f
(
m
).由(2) 知,当
m
∈[1,
x
0
)时,
h
(
x
)在区间(
m
,
x
0
)内有零点;当
m
∈(
x
0
,2]时,
h
(
x
)在区间(
x
0
,
m
)内有零点.所以
h
(
x
)在(1,
2)内至少有一个零点,不妨设为
x
1
,则
h
(
x
1
)=
g
(
x
1
)
-
f
=0.
由(1)知
g
(
x
)在[1,2]上单调递增,故0<
g
(1)<
g
(
x
1
)<
g
(2),于是
=
≥
=
.
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
0
外没有其他的零
点,而
≠
x
0
,故
f
≠
0.又因为
p
,
q
,
a
均为整数,所以|2
p
4
+3
p
3
q
-3
p
2
q
2
-6
pq
3
+
aq
4
|是正整数,从而|2
p
4
+
3
p
3
q
-3
p
2
q
2
-6
pq
3
+
aq
4
|
≥
1.所以
≥
.所以,只要取
A
=
g
(2),就有
≥
.
思路分析
(1)求出函数
f
(
x
)的导函数
g
(
x
)=
f
'(
x
)=8
x
3
+9
x
2
-6
x
-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
0
),令函数
H
1
(
x
)=
g
(
x
)(
x
-
x
0
)-
f
(
x
),
H
2
(
x
)=
g
(
x
0
)(
x
-
x
0
)-
f
(
x
),求出导函数
H
1
'(
x
),
H
2
'
(
x
),由此可推出
h
(
m
)
h
(
x
0
)<0.
(3)对于任意的正整数
p
,
q
,令
m
=
,函数
h
(
x
)=
g
(
x
)·(
m
-
x
0
)-
f
(
m
),由(2)可推出
h
(
x
)在(1,2)内至少有一
个零点,结合(1)可得
=
≥
=
,进而得到|2
p
4
+3
p
3
q
-3
p
2
q
2
-6
pq
3
+
aq
4
|
≥
1,最后推出结果即可.
14.
(2017江苏,20,16分)已知函数
f
(
x
)=
x
3
+
ax
2
+
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:
b
2
>3
a
;
(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.
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.
(1)由
f
(
x
)=
x
3
+
ax
2
+
bx
+1,得
f
'(
x
)=3
x
2
+2
ax
+
b
=3
+
b
-
.
当
x
=-
时,
f
'(
x
)有极小值
b
-
.
因为
f
'(
x
)的极值点是
f
(
x
)的零点,
所以
f
=-
+
-
+1=0,又
a
>0,故
b
=
+
.
因为
f
(
x
)有极值,故
f
'(
x
)=0有实根,从而
b
-
=
(27-
a
3
)
≤
0,即
a
≥
3.
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;
当
a
>3时,
f
'(
x
)=0有两个相异的实根
x
1
=
,
x
2
=
.
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
1
,
x
2
.
从而
a
>3.
因此
b
=
+
,定义域为(3,+
∞
).
(2)证明:由(1)知,
=
+
.
设
g
(
t
)=
+
,则
g
'(
t
)=
-
=
.
当
t
∈
时,
g
'(
t
)>0,从而
g
(
t
)在
上单调递增.
因为
a
>3,所以
a
>3
,故
g
(
a
)>
g
(3
)=
,即
>
.
因此
b
2
>3
a
.
(3)由(1)知,
f
(
x
)的极值点是
x
1
,
x
2
,
且
x
1
+
x
2
=-
a
,
+
=
.
从而
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)=
+
a
+
bx
1
+1+
+
a
+
bx
2
+1
=
(3
+2
ax
1
+
b
)+
(3
+2
ax
2
+
b
)+
a
(
+
)+
b
(
x
1
+
x
2
)+2=
-
+2=0.
记
f
(
x
),
f
'(
x
)所有极值之和为
h
(
a
),
因为
f
'(
x
)的极值为
b
-
=-
a
2
+
,
所以
h
(
a
)=-
a
2
+
,
a
>3.
因为
h
'(
a
)=-
a
-
<0,
于是
h
(
a
)在(3,+
∞
)上单调递减.
因为
h
(6)=-
,于是
h
(
a
)
≥
h
(6),故
a
≤
6.
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
0
满足
f
'(
x
0
)=0,函数
f
(
x
)的零点
x
0
满足
f
(
x
0
)=0,而
f
'(
x
)的极值点
x
0
应满足
f
″(
x
0
)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.
考点一 函数的单调性
1.
(2015江苏,19,16分)已知函数
f
(
x
)=
x
3
+
ax
2
+
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)
∪
∪
,求
c
的值.
C组 教师专用题组
解析
(1)
f
'(
x
)=3
x
2
+2
ax
,令
f
'(
x
)=0,解得
x
1
=0,
x
2
=-
.
当
a
=0时,因为
f
'(
x
)=3
x
2
>0(
x
≠
0),所以函数
f
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)上单调递增;
当
a
>0时,若
x
∈
∪
(0,+
∞
),则
f
'(
x
)>0,若
x
∈
,则
f
'(
x
)<0,
所以函数
f
(
x
)在
,(0,+
∞
)上单调递增,在
上单调递减;
当
a
<0时,若
x
∈(-
∞
,0)
∪
,则
f
'(
x
)>0,若
x
∈
,则
f
'(
x
)<0,所以函数
f
(
x
)在(-
∞
,0),
上单调递增,在
上单调递减.
(2)由(1)知,函数
f
(
x
)的两个极值为
f
(0)=
b
,
f
=
a
3
+
b
,则函数
f
(
x
)有三个零点等价于
f
(0)·
f
=
b
<0,从而
或
又
b
=
c
-
a
,所以当
a
>0时,
a
3
-
a
+
c
>0或当
a
<0时,
a
3
-
a
+
c
<0.
设
g
(
a
)=
a
3
-
a
+
c
,因为函数
f
(
x
)有三个零点时,
a
的取值范围恰好是(-
∞
,-3)
∪
∪
,则
在(-
∞
,-3)上,
g
(
a
)<0,且在
∪
上,
g
(
a
)>0均恒成立,
从而
g
(-3)=
c
-1
≤
0,且
g
=
c
-1
≥
0,因此
c
=1.
此时,
f
(
x
)=
x
3
+
ax
2
+1-
a
=(
x
+1)[
x
2
+(
a
-1)
x
+1-
a
],因函数
f
(
x
)有三个零点,则
x
2
+(
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
)=
a
2
+2
a
-3>0,且(-1)
2
-(
a
-1)+1-
a
≠
0,解得
a
∈(-
∞
,-3)
∪
1,
∪
.
综上,
c
=1
.
2.
(2014广东,21,14分)设函数
f
(
x
)=
,其中
k
<-2.
(1)求函数
f
(
x
)的定义域
D
(用区间表示);
(2)讨论函数
f
(
x
)在
D
上的单调性;
(3)若
k
<-6,求
D
上满足条件
f
(
x
)>
f
(1)的
x
的集合(用区间表示).
解析
(1)由题意得(
x
2
+2
x
+
k
)
2
+2(
x
2
+2
x
+
k
)-3>0,
∴[(
x
2
+2
x
+
k
)+3]·[(
x
2
+2
x
+
k
)-1]>0,
∴
x
2
+2
x
+
k
<-3或
x
2
+2
x
+
k
>1,
∴(
x
+1)
2
<-2-
k
(-2-
k
>0)或(
x
+1)
2
>2-
k
(2-
k
>0),
∴|
x
+1|<
或|
x
+1|>
,
∴-1-
<
x
<-1+
或
x
<-1-
或
x
>-1+
,
∴函数
f
(
x
)的定义域
D
为(-
∞
,-1-
)
∪
(-1-
,-1+
)
∪
(-1+
,+
∞
).
(2)
f
'(
x
)=-
=-
,
由
f
'(
x
)>0得(
x
2
+2
x
+
k
+1)(2
x
+2)<0,即(
x
+1+
)(
x
+1-
)(
x
+1)<0,
∴
x
<-1-
或-1<
x
<-1+
,结合定义域知
x
<-1-
或-1<
x
<-1+
,
所以函数
f
(
x
)的单调递增区间为(-
∞
,-1-
),(-1,-1+
),
同理,递减区间为(-1-
,-1),(-1+
,+
∞
).
(3)由
f
(
x
)=
f
(1)得(
x
2
+2
x
+
k
)
2
+2(
x
2
+2
x
+
k
)-3=(3+
k
)
2
+2(3+
k
)-3,
∴[(
x
2
+2
x
+
k
)
2
-(3+
k
)
2
]+2[(
x
2
+2
x
+
k
)-(3+
k
)]=0,
∴(
x
2
+2
x
+2
k
+5)·(
x
2
+2
x
-3)=0,
∴(
x
+1+
)(
x
+1-
)·(
x
+3)(
x
-1)=0,
∴
x
=-1-
或
x
=-1+
或
x
=-3或
x
=1,
∵
k
<-6,∴1∈(-1,-1+
),
-3∈(-1-
,-1),
-1-
<-1-
,-1+
>-1+
,
结合函数
f
(
x
)的单调性知
f
(
x
)>
f
(1)的解集为(-1-
,-1-
)
∪
(-1-
,-3)
∪
(1,-1+
)
∪
(-1+
,-1+
)
.
3.
(2013重庆,17,13分)设
f
(
x
)=
a
(
x
-5)
2
+6ln
x
,其中
a
∈R,曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线与
y
轴相交
于点(0,6).
(1)确定
a
的值;
(2)求函数
f
(
x
)的单调区间与极值.
解析
(1)因
f
(
x
)=
a
(
x
-5)
2
+6ln
x
,故
f
'(
x
)=2
a
(
x
-5)+
.
令
x
=1,得
f
(1)=16
a
,
f
'(1)=6-8
a
,所以曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程为
y
-16
a
=(6-8
a
)(
x
-1),由
点(0,6)在切线上可得6-16
a
=8
a
-6,故
a
=
.
(2)由(1)知,
f
(
x
)=
(
x
-5)
2
+6ln
x
(
x
>0),
f
'(
x
)=
x
-5+
=
.
令
f
'(
x
)=0,解得
x
1
=2,
x
2
=3.
当0<
x
<2或
x
>3时,
f
'(
x
)>0,故
f
(
x
)在(0,2),(3,+
∞
)上为增函数;当2<
x
<3时,
f
'(
x
)<0,故
f
(
x
)在(2,3)上
为减函数.
由此可知
f
(
x
)在
x
=2处取得极大值
f
(2)=
+6ln 2,在
x
=3处取得极小值
f
(3)=2+6ln 3.
4.
(2012课标,21,12分)已知函数
f
(
x
)满足
f
(
x
)=
f
'(1)e
x
-1
-
f
(0)
x
+
x
2
.
(1)求
f
(
x
)的解析式及单调区间;
(2)若
f
(
x
)
≥
x
2
+
ax
+
b
,求(
a
+1)
b
的最大值.
解析
(1)由已知得
f
'(
x
)=
f
'(1)e
x
-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.
从而
f
(
x
)=e
x
-
x
+
x
2
.
由于
f
'(
x
)=e
x
-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e
x
-(
a
+1)
x
≥
b
.
①
(i)若
a
+1<0,则对任意常数
b
,当
x
<0,且
x
<
时,可得e
x
-(
a
+1)
x
<
b
,因此①式不成立.
(ii)若
a
+1=0,则(
a
+1)
b
=0.
(iii)若
a
+1>0,设
g
(
x
)=e
x
-(
a
+1)
x
,则
g
'(
x
)=e
x
-(
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).
所以
f
(
x
)
≥
x
2
+
ax
+
b
等价于
b
≤
a
+1-(
a
+1)ln(
a
+1).②
因此(
a
+1)
b
≤
(
a
+1)
2
-(
a
+1)
2
ln(
a
+1).
设
h
(
a
)=(
a
+1)
2
-(
a
+1)
2
ln(
a
+1),
则
h
'(
a
)=(
a
+1)[1-2ln(
a
+1)].
所以
h
(
a
)在(-1,
-1)上单调递增,在(
-1,+
∞
)上单调递减,故
h
(
a
)在
a
=
-1处取得最大值.
从而
h
(
a
)
≤
,即(
a
+1)
b
≤
.
当
a
=
-1,
b
=
时,②式成立,故
f
(
x
)
≥
x
2
+
ax
+
b
.
综合得,(
a
+1)
b
的最大值为
.
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.
考点二 函数的极值与最值
1.
(2013福建,8,5分)设函数
f
(
x
)的定义域为R,
x
0
(
x
0
≠
0)是
f
(
x
)的极大值点,以下结论一定正确的是
( )
A.
∀
x
∈R,
f
(
x
)
≤
f
(
x
0
) B.-
x
0
是
f
(-
x
)的极小值点
C.-
x
0
是-
f
(
x
)的极小值点 D.-
x
0
是-
f
(-
x
)的极小值点
答案
D
函数
f
(
x
)的极大值
f
(
x
0
)不一定是最大值,故A错;
f
(
x
)与-
f
(-
x
)关于原点对称,故
x
0
(
x
0
≠
0)
是
f
(
x
)的极大值点时,-
x
0
是-
f
(-
x
)的极小值点,故选D.
2.
(2013安徽,10,5分)若函数
f
(
x
)=
x
3
+
ax
2
+
bx
+
c
有极值点
x
1
,
x
2
,且
f
(
x
1
)=
x
1
,则关于
x
的方程3(
f
(
x
))
2
+
2
af
(
x
)+
b
=0的不同实根个数是
( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案
A
f
'(
x
)=3
x
2
+2
ax
+
b
,由题意知
x
1
,
x
2
为
f
'(
x
)=0的两不等根.则3(
f
(
x
))
2
+2
af
(
x
)+
b
=0的解为
f
(
x
)
=
x
1
或
f
(
x
)=
x
2
.
不妨设
x
1
<
x
2
,则
f
(
x
)=
x
1
有两解,
f
(
x
)=
x
2
只有一解.
故原方程共有3个不同实根.
3.
(2013浙江,8,5分)已知e为自然对数的底数,设函数
f
(
x
)=(e
x
-1)(
x
-1)
k
(
k
=1,2),则
( )
A.当
k
=1时,
f
(
x
)在
x
=1处取到极小值
B.当
k
=1时,
f
(
x
)在
x
=1处取到极大值
C.当
k
=2时,
f
(
x
)在
x
=1处取到极小值
D.当
k
=2时,
f
(
x
)在
x
=1处取到极大值
答案
C
当
k
=1时,
f
(
x
)=(e
x
-1)(
x
-1),
f
'(
x
)=
x
e
x
-1,
f
'(1)
≠
0,故A、B错;当
k
=2时,
f
(
x
)=(e
x
-1)(
x
-1)
2
,
f
'(
x
)=(
x
2
-1)e
x
-2
x
+2=(
x
-1)[(
x
+1)e
x
-2],故
f
'(
x
)=0有一根为
x
1
=1,另一根
x
2
∈(0,1).当
x
∈(
x
2
,1)时,
f
'(
x
)<
0,
f
(
x
)递减,当
x
∈(1,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)递增,∴
f
(
x
)在
x
=1处取得极小值.故选C.
4.
(2013辽宁,12,5分)设函数
f
(
x
)满足
x
2
·
f
'(
x
)+2
xf
(
x
)=
,
f
(2)=
,则
x
>0时,
f
(
x
)
( )
A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值
C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值
答案 D
令
F
(
x
)=
x
2
·
f
(
x
),则
f
'(
x
)=
=
=
,
令
h
(
x
)=e
x
-2
F
(
x
),则
h
'(
x
)=e
x
-
=
.
当0<
x
<2时,
h
'(
x
)<0,
h
(
x
)在(0,2)上为减函数.
当
x
>2时,
h
'(
x
)>0,
h
(
x
)在(2,+
∞
)上为增函数,
故
h
(
x
)
≥
h
(2)在
x
∈(0,+
∞
)上恒成立.
又
h
(2)=e
2
-2
×
F
(2)=e
2
-2[2
2
×
f
(2)]=e
2
-2
=0,
故
h
(
x
)
≥
h
(2)=0在
x
∈(0,+
∞
)上恒成立,
则
f
'(
x
)=
≥
0在
x
∈(0,+
∞
)上恒成立,
∴
f
(
x
)在(0,+
∞
)上是单调递增的,
∴
f
(
x
)在(0,+
∞
)上无极值,故选D.
5.
(2013课标Ⅱ,10,5分,0.526)已知函数
f
(
x
)=
x
3
+
ax
2
+
bx
+
c
,下列结论中错误的是
( )
A.
∃
x
0
∈R,
f
(
x
0
)=0
B.函数
y
=
f
(
x
)的图象是中心对称图形
C.若
x
0
是
f
(
x
)的极小值点,则
f
(
x
)在区间(-
∞
,
x
0
)单调递减
D.若
x
0
是
f
(
x
)的极值点,则
f
'(
x
0
)=0
答案
C
易得
f
'(
x
)=3
x
2
+2
ax
+
b
.若
f
(
x
)有极小值点,则
f
'(
x
)=0有两个不等实根
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
),
f
'(
x
)=3
x
2
+2
ax
+
b
=3(
x
-
x
1
)(
x
-
x
2
),则
f
(
x
)在(-
∞
,
x
1
)上为增函数,在(
x
1
,
x
2
)上为减函数,在(
x
2
,+
∞
)上为增函数,
故C项错误.故选C.
6.
(2016天津,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
0
,且
f
(
x
1
)=
f
(
x
0
),其中
x
1
≠
x
0
,求证:
x
1
+2
x
0
=3;
(3)设
a
>0,函数
g
(
x
)=|
f
(
x
)|,求证:
g
(
x
)在区间[0,2]上的最大值
.
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(-
∞
,+
∞
).
②当
a
>0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+
1+
1+
,+
∞
f
'(
x
)
+
0
-
0
+
f
(
x
)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以
f
(
x
)的单调递减区间为
,单调递增区间为
,
.
(2)证明:因为
f
(
x
)存在极值点,所以由(1)知
a
>0,且
x
0
≠
1.
由题意,得
f
'(
x
0
)=3(
x
0
-1)
2
-
a
=0,即(
x
0
-1)
2
=
,进而
f
(
x
0
)=(
x
0
-1)
3
-
ax
0
-
b
=-
x
0
-
-
b
.
又
f
(3-2
x
0
)=(2-2
x
0
)
3
-
a
(3-2
x
0
)-
b
=
(1-
x
0
)+2
ax
0
-3
a
-
b
=-
x
0
-
-
b
=
f
(
x
0
),且3-2
x
0
≠
x
0
,
由题意及(1)知,存在唯一实数
x
1
满足
f
(
x
1
)=
f
(
x
0
),且
x
1
≠
x
0
,因此
x
1
=3-2
x
0
.所以
x
1
+2
x
0
=3.
(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:
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
的取值范围为[
f
(2),
f
(0)],因此
M
=max{|
f
(2)|,|
f
(0)|}=max{|1-2
a
-
b
|,|-1-
b
|}
=max{|
a
-1+(
a
+
b
)|,|
a
-1-(
a
+
b
)|}=
所以
M
=
a
-1+|
a
+
b
|
≥
2.
②当
≤
a
<3时,1-
≤
0<1-
<1+
<2
≤
1+
,由(1)和(2)知
f
(0)
≥
f
=
f
,
f
(2)
≤
f
=
f
,
所以
f
(
x
)在区间[0,2]上的取值范围为
,
因此
M
=max
=max
=max
=
+|
a
+
b
|
≥
×
×
=
.
③当0<
a
<
时,0<1-
<1+
<2,
由①和②知
f
(0)<
f
=
f
,
f
(2)>
f
=
f
,
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
|,|1-2
a
-
b
|}
=max{|1-
a
+(
a
+
b
)|,|1-
a
-(
a
+
b
)|}=1-
a
+|
a
+
b
|>
.
综上所述,当
a
>0时,
g
(
x
)在区间[0,2]上的最大值不小于
.
7.
(2014山东,20,13分)设函数
f
(
x
)=
-
k
(
k
为常数,e=2.718 28
…
是自然对数的底数).
(1)当
k
≤
0时,求函数
f
(
x
)的单调区间;
(2)若函数
f
(
x
)在(0,2)内存在两个极值点,求
k
的取值范围.
解析
(1)函数
y
=
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
).
f
'(
x
)=
-
k
=
-
=
.
由
k
≤
0可得e
x
-
kx
>0,
所以当
x
∈(0,2)时,
f
'(
x
)<0,函数
y
=
f
(
x
)单调递减,
当
x
∈(2,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,函数
y
=
f
(
x
)单调递增.
所以
f
(
x
)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+
∞
).
(2)由(1)知,当
k
≤
0时,函数
f
(
x
)在(0,2)内单调递减,
故
f
(
x
)在(0,2)内不存在极值点;
当
k
>0时,设函数
g
(
x
)=e
x
-
kx
,
x
∈[0,+
∞
).
则
g
'(
x
)=e
x
-
k
=e
x
-e
ln
k
,
当0<
k
≤
1时,
当
x
∈(0,2)时,
g
'(
x
)=e
x
-
k
>0,
y
=
g
(
x
)单调递增,
故
f
(
x
)在(0,2)内不存在两个极值点;
当
k
>1时,
得
x
∈(0,ln
k
)时,
g
'(
x
)<0,函数
y
=
g
(
x
)单调递减,
x
∈(ln
k
,+
∞
)时,
g
'(
x
)>0,函数
y
=
g
(
x
)单调递增.
所以函数
y
=
g
(
x
)的最小值为
g
(ln
k
)=
k
(1-ln
k
).
要使函数
f
(
x
)在(0,2)内存在两个极值点,
则
解得e<
k
<
.
综上所述,函数
f
(
x
)在(0,2)内存在两个极值点时,
k
的取值范围为
.
8.
(2014福建,20,14分)已知函数
f
(
x
)=e
x
-
ax
(
a
为常数)的图象与
y
轴交于点
A
,曲线
y
=
f
(
x
)在点
A
处的
切线斜率为-1.
(1)求
a
的值及函数
f
(
x
)的极值;
(2)证明:当
x
>0时,
x
2
ln 2时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增.
所以当
x
=ln 2时,
f
(
x
)取得极小值,
且极小值为
f
(ln 2)=e
ln 2
-2ln 2=2-ln 4,
f
(
x
)无极大值.
(2)令
g
(
x
)=e
x
-
x
2
,则
g
'(
x
)=e
x
-2
x
.
由(1)得
g
'(
x
)=
f
(
x
)
≥
f
(ln 2)>0,
故
g
(
x
)在R上单调递增,又
g
(0)=1>0,
因此,当
x
>0时,
g
(
x
)>
g
(0)>0,即
x
2
0时,
x
2
0时,
x
2
<
c
e
x
.
取
x
0
=0,当
x
∈(
x
0
,+
∞
)时,恒有
x
2
<
c
e
x
.
②若0<
c
<1,令
k
=
>1,要使不等式
x
2
<
c
e
x
成立,只要e
x
>
kx
2
成立.
而要使e
x
>
kx
2
成立,则只要
x
>ln(
kx
2
),只要
x
>2ln
x
+ln
k
成立.
令
h
(
x
)=
x
-2ln
x
-ln
k
,则
h
'(
x
)=1-
=
,
所以当
x
>2时,
h
'(
x
)>0,
h
(
x
)在(2,+
∞
)内单调递增.
取
x
0
=16
k
>16,所以
h
(
x
)在(
x
0
,+
∞
)内单调递增,
又
h
(
x
0
)=16
k
-2ln(16
k
)-ln
k
=8(
k
-ln 2)+3(
k
-ln
k
)+5
k
,
易知
k
>ln
k
,
k
>ln 2,5
k
>0,所以
h
(
x
0
)>0.
即存在
x
0
=
,当
x
∈(
x
0
,+
∞
)时,恒有
x
2
<
c
e
x
.
综上,对任意给定的正数
c
,总存在
x
0
,当
x
∈(
x
0
,+
∞
)时,恒有
x
2
<
c
e
x
.
解法二:对任意给定的正数
c
,取
x
0
=
,
由(2)知,当
x
>0时,e
x
>
x
2
,所以e
x
=
·
>
,
当
x
>
x
0
时,e
x
>
>
=
x
2
,
因此,对任意给定的正数
c
,总存在
x
0
,当
x
∈(
x
0
,+
∞
)时,恒有
x
2
<
c
e
x
.
解法三:首先证明当
x
∈(0,+
∞
)时,恒有
x
3
0时,
x
2
x
0
时,有
x
2
<
x
3
0,
f
(
x
)单调递增;
当
x
>
时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减.
所以,函数
f
(
x
)的单调递增区间是
,单调递减区间是
,最大值为
f
=
e
-1
+
c
.
(2)令
g
(
x
)=|ln
x
|-
f
(
x
)=|ln
x
|-
x
e
-2
x
-
c
,
x
∈(0,+
∞
).
(i)当
x
∈(1,+
∞
)时,ln
x
>0,则
g
(
x
)=ln
x
-
x
e
-2
x
-
c
,
所以
g
'(
x
)=e
-2
x
.
因为2
x
-1>0,
>0,所以
g
'(
x
)>0.
因此
g
(
x
)在(1,+
∞
)上单调递增.
(ii)当
x
∈(0,1)时,ln
x
<0,则
g
(
x
)=-ln
x
-
x
e
-2
x
-
c
,
所以
g
'(
x
)=e
-2
x
.
因为e
2
x
∈(1,e
2
),e
2
x
>1>
x
>0,所以-
<-1.
又2
x
-1<1,所以-
+2
x
-1<0,即
g
'(
x
)<0.
因此
g
(
x
)在(0,1)上单调递减.
综合(i)(ii)可知,当
x
∈(0,+
∞
)时,
g
(
x
)
≥
g
(1)=-e
-2
-
c
.
当
g
(1)=-e
-2
-
c
>0,即
c
<-e
-2
时,
g
(
x
)没有零点,
故关于
x
的方程|ln
x
|=
f
(
x
)根的个数为0;
当
g
(1)=-e
-2
-
c
=0,即
c
=-e
-2
时,
g
(
x
)只有一个零点,
故关于
x
的方程|ln
x
|=
f
(
x
)根的个数为1;
当
g
(1)=-e
-2
-
c
<0,即
c
>-e
-2
时,
①当
x
∈(1,+
∞
)时,由(1)知
g
(
x
)=ln
x
-
x
e
-2
x
-
c
≥
ln
x
-
>ln
x
-1-
c
,
要使
g
(
x
)>0,只需使ln
x
-1-
c
>0,即
x
∈(e
1+
c
,+
∞
);
②当
x
∈(0,1)时,由(1)知
g
(
x
)=-ln
x
-
x
e
-2
x
-
c
≥
-ln
x
-
>-ln
x
-1-
c
,
要使
g
(
x
)>0,只需-ln
x
-1-
c
>0,即
x
∈(0,e
-1-
c
),
所以
c
>-e
-2
时,
g
(
x
)有两个零点,
故关于
x
的方程|ln
x
|=
f
(
x
)根的个数为2.
综上所述,
当
c
<-e
-2
时,关于
x
的方程|ln
x
|=
f
(
x
)根的个数为0;
当
c
=-e
-2
时,关于
x
的方程|ln
x
|=
f
(
x
)根的个数为1;
当
c
>-e
-2
时,关于
x
的方程|ln
x
|=
f
(
x
)根的个数为2.
10.
(2013江苏,20,16分)设函数
f
(
x
)=ln
x
-
ax
,
g
(
x
)=e
x
-
ax
,其中
a
为实数.
(1)若
f
(
x
)在(1,+
∞
)上是单调减函数,且
g
(
x
)在(1,+
∞
)上有最小值,求
a
的取值范围;
(2)若
g
(
x
)在(-1,+
∞
)上是单调增函数,试求
f
(
x
)的零点个数,并证明你的结论.
解析
(1)令
f
'(
x
)=
-
a
=
<0,考虑到
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
),故
a
>0,进而解得
x
>
a
-1
,即
f
(
x
)在(
a
-1
,+
∞
)上是单调减函数.
同理,
f
(
x
)在(0,
a
-1
)上是单调增函数.
由于
f
(
x
)在(1,+
∞
)上是单调减函数,故(1,+
∞
)
⊆
(
a
-1
,+
∞
),从而
a
-1
≤
1,即
a
≥
1.
令
g
'(
x
)=e
x
-
a
=0,得
x
=ln
a
.当
x
ln
a
时,
g
'(
x
)>0.
又
g
(
x
)在(1,+
∞
)上有最小值,所以ln
a
>1,即
a
>e.
综上,有
a
∈(e,+
∞
).
(2)当
a
≤
0时,
g
(
x
)必为单调增函数;当
a
>0时,令
g
'(
x
)=e
x
-
a
>0,解得
a
ln
a
,因为
g
(
x
)在(-1,+
∞
)上是单调增函数,类似(1)有ln
a
≤
-1,即0<
a
≤
e
-1
.结合上述两种情况,有
a
≤
e
-1
.
(i)当
a
=0时,由
f
(1)=0以及
f
'(
x
)=
>0,得
f
(
x
)存在唯一的零点;
(ii)当
a
<0时,由于
f
(e
a
)=
a
-
a
e
a
=
a
(1-e
a
)<0,
f
(1)=-
a
>0,且函数
f
(
x
)在[e
a
,1]上的图象不间断,所以
f
(
x
)在
(e
a
,1)上存在零点.
另外,当
x
>0时,
f
'(
x
)=
-
a
>0,故
f
(
x
)在(0,+
∞
)上是单调增函数,所以
f
(
x
)只有一个零点.
(iii)当0<
a
≤
e
-1
时,令
f
'(
x
)=
-
a
=0,解得
x
=
a
-1
.
当0<
x
<
a
-1
时,
f
'(
x
)>0,当
x
>
a
-1
时,
f
'(
x
)<0,
所以,
x
=
a
-1
是
f
(
x
)的最大值点,且最大值为
f
(
a
-1
)=-ln
a
-1.
①当-ln
a
-1=0,即
a
=e
-1
时,
f
(
x
)有一个零点
x
=e.
②当-ln
a
-1>0,即0<
a
0,且函数
f
(
x
)在[e
-1
,
a
-1
]上的图象不间断,
所以
f
(
x
)在(e
-1
,
a
-1
)上存在零点.
另外,当
x
∈(0,
a
-1
)时,
f
'(
x
)=
-
a
>0,故
f
(
x
)在(0,
a
-1
)上是单调增函数,所以
f
(
x
)在(0,
a
-1
)上只有一个零
点.
下面考虑
f
(
x
)在(
a
-1
,+
∞
)上的情况.
先证
f
(e
a
-1
)=
a
(
a
-2
-e
a
-1
)<0.
为此,我们要证明:当
x
>e时,e
x
>
x
2
.
设
h
(
x
)=e
x
-
x
2
,则
h
'(
x
)=e
x
-2
x
,
再设
l
(
x
)=
h
'(
x
)=e
x
-2
x
,则
l
'(
x
)=e
x
-2.
当
x
>1时,
l
'(
x
)=e
x
-2>e-2>0,所以
l
(
x
)=
h
'(
x
)在(1,+
∞
)上是单调增函数.
故当
x
>2时,
h
'(
x
)=e
x
-2
x
>
h
'(2)=e
2
-4>0,从而
h
(
x
)在(2,+
∞
)上是单调增函数,进而当
x
>e时,
h
(
x
)=e
x
-
x
2
>
h
(e)=e
e
-e
2
>0.即当
x
>e时,e
x
>
x
2
.
当0<
a
e时,
f
(e
a
-1
)=
a
-1
-
a
e
a
-1
=
a
(
a
-2
-e
a
-1
)<0,
又
f
(
a
-1
)>0,且函数
f
(
x
)在[
a
-1
,e
a
-1
]上的图象不间断,所以
f
(
x
)在(
a
-1
,e
a
-1
)上存在零点.
又当
x
>
a
-1
时,
f
'(
x
)=
-
a
<0,故
f
(
x
)在(
a
-1
,+
∞
)上是单调减函数,所以
f
(
x
)在(
a
-1
,+
∞
)上只有一个零
点.
综合(i),(ii),(iii),当
a
≤
0或
a
=e
-1
时,
f
(
x
)的零点个数为1,当0<
a
y
0
,则
f
(
f
(
y
0
))>
f
(
y
0
)>
y
0
,与已知矛盾;
若
f
(
y
0
)<
y
0
,则
f
(
f
(
y
0
))<
f
(
y
0
)<
y
0
,与已知矛盾.
故必有0
≤
y
0
≤
1使得
f
(
y
0
)=
y
0
,
即有0
≤
x
≤
1使得
f
(
x
)=
x
,
对
x
∈[0,1],
=
x
⇒
a
=e
x
-
x
2
+
x
,
令
g
(
x
)=e
x
-
x
2
+
x
,则
g
'(
x
)=e
x
-2
x
+1,
若
x
∈[0,1],则e
x
+1
≥
2,2
x
≤
2,则
g
'(
x
)>0,
所以
g
(
x
)在[0,1]上是增函数,
g
(0)
≤
g
(
x
)
≤
g
(1)
⇒
1
≤
g
(
x
)
≤
e,即1
≤
a
≤
e.故选A.
2.
(2015天津,20,14分)已知函数
f
(
x
)=
nx
-
x
n
,
x
∈R,其中
n
∈N
*
,且
n
≥
2.
(1)讨论
f
(
x
)的单调性;
(2)设曲线
y
=
f
(
x
)与
x
轴正半轴的交点为
P
,曲线在点
P
处的切线方程为
y
=
g
(
x
),求证:对于任意的正
实数
x
,都有
f
(
x
)
≤
g
(
x
);
(3)若关于
x
的方程
f
(
x
)=
a
(
a
为实数)有两个正实数根
x
1
,
x
2
,求证:|
x
2
-
x
1
|<
+2.
解析
(1)由
f
(
x
)=
nx
-
x
n
,可得
f
'(
x
)=
n
-
nx
n
-1
=
n
(1-
x
n
-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.
(2)证明:设点
P
的坐标为(
x
0
,0),则
x
0
=
,
f
'(
x
0
)=
n
-
n
2
.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
0
)(
x
-
x
0
).令
F
(
x
)=
f
(
x
)-
g
(
x
),即
F
(
x
)=
f
(
x
)-
f
'(
x
0
)(
x
-
x
0
),则
F
'(
x
)=
f
'(
x
)-
f
'(
x
0
).
由于
f
'(
x
)=-
nx
n
-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
)=0,所以当
x
∈
(0,
x
0
)时,
F
'(
x
)>0,当
x
∈(
x
0
,+
∞
)时,
F
'(
x
)<0,所以
F
(
x
)在(0,
x
0
)内单调递增,在(
x
0
,+
∞
)上单调递减,所
以对于任意的正实数
x
,都有
F
(
x
)
≤
F
(
x
0
)=0,即对于任意的正实数
x
,都有
f
(
x
)
≤
g
(
x
).
(3)证明:不妨设
x
1
≤
x
2
.
由(2)知
g
(
x
)=(
n
-
n
2
)(
x
-
x
0
).设方程
g
(
x
)=
a
的根为
x
'
2
,可得
x
'
2
=
+
x
0
.当
n
≥
2时,
g
(
x
)在(-
∞
,+
∞
)上单
调递减.又由(2)知
g
(
x
2
)
≥
f
(
x
2
)=
a
=
g
(
x
'
2
),可得
x
2
≤
x
'
2
.
类似地,设曲线
y
=
f
(
x
)在原点处的切线方程为
y
=
h
(
x
),可得
h
(
x
)=
nx
.当
x
∈(0,+
∞
)时,
f
(
x
)-
h
(
x
)=-
x
n
<
0,即对于任意的
x
∈(0,+
∞
),
f
(
x
)<
h
(
x
).
设方程
h
(
x
)=
a
的根为
x
'
1
,可得
x
'
1
=
.因为
h
(
x
)=
nx
在(-
∞
,+
∞
)上单调递增,且
h
(
x
'
1
)=
a
=
f
(
x
1
)<
h
(
x
1
),因
此
x
'
1
<
x
1
.
由此可得
x
2
-
x
1
<
x
'
2
-
x
'
1
=
+
x
0
.
因为
n
≥
2,所以2
n
-1
=(1+1)
n
-1
≥
1+
=1+
n
-1=
n
,
故2
≥
=
x
0
.所以,|
x
2
-
x
1
|<
+2
.
3.
(2015湖南,21,13分)已知
a
>0,函数
f
(
x
)=e
ax
sin
x
(
x
∈[0,+
∞
)).记
x
n
为
f
(
x
)的从小到大的第
n
(
n
∈N
*
)
个极值点.证明:
(1)数列{
f
(
x
n
)}是等比数列;
(2)若
a
≥
,则对一切
n
∈N
*
,
x
n
<|
f
(
x
n
)|恒成立.
证明
(1)
f
'(
x
)=
a
e
ax
sin
x
+e
ax
cos
x
=e
ax
(
a
sin
x
+cos
x
)=
e
ax
sin(
x
+
φ
),
其中tan
φ
=
,0<
φ
<
.
令
f
'(
x
)=0,由
x
≥
0得
x
+
φ
=
m
π,即
x
=
m
π-
φ
,
m
∈N
*
.
对
k
∈N,若2
k
π<
x
+
φ
<(2
k
+1)π,即2
k
π-
φ
<
x
<(2
k
+1)π-
φ
,则
f
'(
x
)>0;
若(2
k
+1)π<
x
+
φ
<(2
k
+2)π,即(2
k
+1)π-
φ
<
x
<(2
k
+2)π-
φ
,则
f
'(
x
)<0.
因此,在区间((
m
-1)π,
m
π-
φ
)与(
m
π-
φ
,
m
π)上,
f
'(
x
)的符号总相反.于是当
x
=
m
π-
φ
(
m
∈N
*
)时,
f
(
x
)取
得极值,所以
x
n
=
n
π-
φ
(
n
∈N
*
).
此时,
f
(
x
n
)=e
a
(
n
π-
φ
)
sin(
n
π-
φ
)=(-1)
n
+1
e
a
(
n
π-
φ
)
sin
φ
.易知
f
(
x
n
)
≠
0,而
=
=-e
a
π
是常
数,故数列{
f
(
x
n
)}是首项为
f
(
x
1
)=e
a
(π-
φ
)
sin
φ
,公比为-e
a
π
的等比数列.
(2)由(1)知,sin
φ
=
,于是对一切
n
∈N
*
,
x
n
<|
f
(
x
n
)|恒成立,即
n
π-
φ
<
e
a
(
n
π-
φ
)
恒成立,等价于
<
(*)恒成立(因为
a
>0).
设
g
(
t
)=
(
t
>0),则
g
'(
t
)=
.令
g
'(
t
)=0,得
t
=1.
当0<
t
<1时,
g
'(
t
)<0,所以
g
(
t
)在区间(0,1)上单调递减;
当
t
>1时,
g
'(
t
)>0,所以
g
(
t
)在区间(1,+
∞
)上单调递增.
从而当
t
=1时,函数
g
(
t
)取得最小值
g
(1)=e.
因此,要使(*)式恒成立,只需
<
g
(1)=e,
即只需
a
>
.
而当
a
=
时,由tan
φ
=
=
>
且0<
φ
<
知,
<
φ
<
.于是π-
φ
<
<
,且当
n
≥
2
时,
n
π-
φ
≥
2π-
φ
>
>
.因此对一切
n
∈N
*
,
ax
n
=
≠
1,所以
g
(
ax
n
)>
g
(1)=e=
.故(*)
式亦恒成立.
综上所述,若
a
≥
,则对一切
n
∈N
*
,
x
n
<|
f
(
x
n
)|恒成立.
4.
(2015安徽,21,13分)设函数
f
(
x
)=
x
2
-
ax
+
b
.
(1)讨论函数
f
(sin
x
)在
内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值;
(2)记
f
0
(
x
)=
x
2
-
a
0
x
+
b
0
,求函数|
f
(sin
x
)-
f
0
(sin
x
)|在
上的最大值
D
;
(3)在(2)中,取
a
0
=
b
0
=0,求
z
=
b
-
满足条件
D
≤
1时的最大值.
解析
(1)
f
(sin
x
)=sin
2
x
-
a
sin
x
+
b
=sin
x
(sin
x
-
a
)+
b
,
-
<
x
<
.
[
f
(sin
x
)]'=(2sin
x
-
a
)cos
x
,-
<
x
<
.
因为-
<
x
<
,所以cos
x
>0,-2<2sin
x
<2.
①
a
≤
-2,
b
∈R时,函数
f
(sin
x
)单调递增,无极值.
②
a
≥
2,
b
∈R时,函数
f
(sin
x
)单调递减,无极值.
③对于-2<
a
<2,在
内存在唯一的
x
0
,
使得2sin
x
0
=
a
.
-
<
x
≤
x
0
时,函数
f
(sin
x
)单调递减;
x
0
≤
x
<
时,函数
f
(sin
x
)单调递增.
因此,-2<
a
<2,
b
∈R时,函数
f
(sin
x
)在
x
0
处有极小值,
f
(sin
x
0
)=
f
=
b
-
.
(2)-
≤
x
≤
时,|
f
(sin
x
)-
f
0
(sin
x
)|=|(
a
0
-
a
)sin
x
+
b
-
b
0
|
≤
|
a
-
a
0
|+|
b
-
b
0
|,
当(
a
0
-
a
)(
b
-
b
0
)
≥
0时,取
x
=
,等号成立,
当(
a
0
-
a
)(
b
-
b
0
)<0时,取
x
=-
,等号成立.
由此可知,|
f
(sin
x
)-
f
0
(sin
x
)|在
上的最大值为
D
=|
a
-
a
0
|+|
b
-
b
0
|.
(3)
D
≤
1即为|
a
|+|
b
|
≤
1,此时0
≤
a
2
≤
1,-1
≤
b
≤
1,
从而
z
=
b
-
≤
1.
取
a
=0,
b
=1,则|
a
|+|
b
|
≤
1,并且
z
=
b
-
=1.
由此可知,
z
=
b
-
满足条件
D
≤
1的最大值为1.
5.
(2015四川,21,14分)已知函数
f
(
x
)=-2(
x
+
a
)ln
x
+
x
2
-2
ax
-2
a
2
+
a
,其中
a
>0.
(1)设
g
(
x
)是
f
(
x
)的导函数,讨论
g
(
x
)的单调性;
(2)证明:存在
a
∈(0,1),使得
f
(
x
)
≥
0在区间(1,+
∞
)内恒成立,且
f
(
x
)=0在区间(1,+
∞
)内有唯一解.
解析
(1)由已知得,函数
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
),
g
(
x
)=
f
'(
x
)=2(
x
-
a
)-2ln
x
-2
,所以
g
'(
x
)=2-
+
=
.
当0<
a
<
时,
g
(
x
)在区间
,
上单调递增,
在区间
上单调递减;
当
a
≥
时,
g
(
x
)在区间(0,+
∞
)上单调递增.
(2)由
f
'(
x
)=2(
x
-
a
)-2ln
x
-2
=0,解得
a
=
.
令
φ
(
x
)=-2
ln
x
+
x
2
-2
×
·
x
-2
+
.
则
φ
(1)=1>0,
φ
(e)=-
-2
<0.
故存在
x
0
∈(1,e),使得
φ
(
x
0
)=0.
令
a
0
=
,
u
(
x
)=
x
-1-ln
x
(
x
≥
1).
由
u
'(
x
)=1-
≥
0知,函数
u
(
x
)在区间(1,+
∞
)上单调递增.
所以0=
<
=
a
0
<
=
<1.即
a
0
∈(0,1).
当
a
=
a
0
时,有
f
'(
x
0
)=0,
f
(
x
0
)=
φ
(
x
0
)=0.
由(1)知,
f
'(
x
)在区间(1,+
∞
)上单调递增,
故当
x
∈(1,
x
0
)时,
f
'(
x
)<0,从而
f
(
x
)>
f
(
x
0
)=0;
当
x
∈(
x
0
,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,从而
f
(
x
)>
f
(
x
0
)=0.
所以,当
x
∈(1,+
∞
)时,
f
(
x
)
≥
0.
综上所述,存在
a
∈(0,1),使得
f
(
x
)
≥
0在区间(1,+
∞
)内恒成立,且
f
(
x
)=0在区间(1,+
∞
)内有唯一解.
评析
本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考
查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化
归与转化等数学思想.
6.
(2014湖北,22,14分)π为圆周率,e=2.718 28
…
为自然对数的底数.
(1)求函数
f
(
x
)=
的单调区间;
(2)求e
3
,3
e
,e
π
,π
e
,3
π
,π
3
这6个数中的最大数与最小数;
(3)将e
3
,3
e
,e
π
,π
e
,3
π
,π
3
这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.
解析
(1)函数
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
).
因为
f
(
x
)=
,所以
f
'(
x
)=
.
当
f
'(
x
)>0,即0<
x
e时,函数
f
(
x
)单调递减.
故函数
f
(
x
)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+
∞
).
(2)因为e<3<π,所以eln 3π
3
;由
<
,得ln 3
e
2-
.
①
由①得,eln π>e
>2.7
×
>2.7
×
(2-0.88)=3.024>3,即eln π>3,亦即ln π
e
>ln e
3
,所以e
3
<π
e
.
又由①得,3ln π>6-
>6-e>π,即3ln π>π,所以e
π
<π
3
.
综上可得,3
e
0,函数
f
(
x
)=ln(1+
ax
)-
.
(1)讨论
f
(
x
)在区间(0,+
∞
)上的单调性;
(2)若
f
(
x
)存在两个极值点
x
1
,
x
2
,且
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)>0,求
a
的取值范围.
解析
(1)
f
'(
x
)=
-
=
.
(*)
当
a
≥
1时,
f
'(
x
)>0,此时,
f
(
x
)在区间(0,+
∞
)上单调递增.
当0<
a
<1时,由
f
'(
x
)=0得
x
1
=2
x
2
=-2
舍去
.
当
x
∈(0,
x
1
)时,
f
'(
x
)<0;当
x
∈(
x
1
,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,
故
f
(
x
)在区间(0,
x
1
)上单调递减,在区间(
x
1
,+
∞
)上单调递增.
综上所述,当
a
≥
1时,
f
(
x
)在区间(0,+
∞
)上单调递增;
当0<
a
<1时,
f
(
x
)在区间
上单调递减,在区间
上单调递增.
(2)由(*)式知,当
a
≥
1时,
f
'(
x
)
≥
0,此时
f
(
x
)不存在极值点.因而要使得
f
(
x
)有两个极值点,必有0<
a
<1,又
f
(
x
)的极值点只可能是
x
1
=2
和
x
2
=-2
,又
x
>-
且
x
≠
-2,所以-2
>-
,-2
≠
-2,解得
a
≠
.此时,由(*)式易知,
x
1
,
x
2
分别是
f
(
x
)的极小值点和极大值点.
而
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)=ln(1+
ax
1
)-
+ln(1+
ax
2
)-
=ln[1+
a
(
x
1
+
x
2
)+
a
2
x
1
x
2
]-
=ln(2
a
-1)
2
-
=ln(2
a
-1)
2
+
-2,
令2
a
-1=
x
,由0<
a
<1且
a
≠
知,
当0<
a
<
时,-1<
x
<0;当
<
a
<1时,0<
x
<1,
记
g
(
x
)=ln
x
2
+
-2.
(i)当-1<
x
<0时,
g
(
x
)=2ln(-
x
)+
-2,
所以
g
'(
x
)=
-
=
<0,
=ln[1+
a
(
x
1
+
x
2
)+
a
2
x
1
x
2
]-
=ln(2
a
-1)
2
-
=ln(2
a
-1)
2
+
-2,
令2
a
-1=
x
,由0<
a
<1且
a
≠
知,
当0<
a
<
时,-1<
x
<0;当
<
a
<1时,0<
x
<1,记
g
(
x
)=ln
x
2
+
-2.
(i)当-1<
x
<0时,
g
(
x
)=2ln(-
x
)+
-2,所以
g
'(
x
)=
-
=
<0,
因此,
g
(
x
)在区间(-1,0)上单调递减,从而
g
(
x
)<
g
(-1)=-4<0,故当0<
a
<
时,
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)<0.
(ii)当0<
x
<1时,
g
(
x
)=2ln
x
+
-2,所以
g
'(
x
)=
-
=
<0,
因此,
g
(
x
)在区间(0,1)上单调递减,从而
g
(
x
)>
g
(1)=0,故当
<
a
<1时,
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)>0.
综上所述,满足条件的
a
的取值范围为
.
评析
本题考查复合函数的求导,函数的单调性和极值,解不等式.考查分类讨论思想和化归
与转化思想,考查学生运算求解能力和知识迁移能力,构造函数把不等式问题转化为函数单调
性问题是解题的关键.
8.
(2014重庆,20,12分)已知函数
f
(
x
)=
a
e
2
x
-
b
e
-2
x
-
cx
(
a
,
b
,
c
∈R)的导函数
f
'(
x
)为偶函数,且曲线
y
=
f
(
x
)
在点(0,
f
(0))处的切线的斜率为4-
c
.
(1)确定
a
,
b
的值;
(2)若
c
=3,判断
f
(
x
)的单调性;
(3)若
f
(
x
)有极值,求
c
的取值范围.
解析
(1)对
f
(
x
)求导得
f
'(
x
)=2
a
e
2
x
+2
b
e
-2
x
-
c
,由
f
'(
x
)为偶函数,知
f
'(-
x
)=
f
'(
x
),
即2(
a
-
b
)(e
2
x
-e
-2
x
)=0,
因为当
x
≠
0时,e
2
x
-e
-2
x
≠
0,所以
a
=
b
.
又
f
'(0)=2
a
+2
b
-
c
=4-
c
,故
a
=1,
b
=1.
(2)当
c
=3时,
f
(
x
)=e
2
x
-e
-2
x
-3
x
,
那么
f
'(
x
)=2e
2
x
+2e
-2
x
-3
≥
2
-3=1>0,
故
f
(
x
)在R上为增函数.
(3)由(1)知
f
'(
x
)=2e
2
x
+2e
-2
x
-
c
,而2e
2
x
+2e
-2
x
≥
2
=4,当
x
=0时等号成立.
下面分三种情况进行讨论.
当
c
<4时,对任意
x
∈R,
f
'(
x
)=2e
2
x
+2e
-2
x
-
c
>0,此时
f
(
x
)无极值;
当
c
=4时,对任意
x
≠
0,
f
'(
x
)=2e
2
x
+2e
-2
x
-4>0,此时
f
(
x
)无极值;
当
c
>4时,令e
2
x
=
t
,注意到方程2
t
+
-
c
=0有两根
t
1,2
=
>0,
即
f
'(
x
)=0有两个根
x
1
=
ln
t
1
,
x
2
=
ln
t
2
.
当
x
1
<
x
<
x
2
时,
f
'(
x
)<0;
又当
x
>
x
2
时,
f
'(
x
)>0,从而
f
(
x
)在
x
=
x
2
处取得极小值.
综上,若
f
(
x
)有极值,则
c
的取值范围为(4,+
∞
).
评析
本题考查函数导数的求法,利用导数处理单调性、极值等常见问题.对运算能力要求
较高,此外对分类讨论思想也有一定的要求.
9.
(2013课标Ⅰ,21,12分,0.260)设函数
f
(
x
)=
x
2
+
ax
+
b
,
g
(
x
)=e
x
(
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
=4
x
+2.
(1)求
a
,
b
,
c
,
d
的值;
(2)当
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
)=2
x
+
a
,
g
'(
x
)=e
x
(
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
)=
x
2
+4
x
+2,
g
(
x
)=2e
x
(
x
+1).
设函数
F
(
x
)=
kg
(
x
)-
f
(
x
)=2
k
e
x
(
x
+1)-
x
2
-4
x
-2,
则
F
'(
x
)=2
k
e
x
(
x
+2)-2
x
-4=2(
x
+2)(
k
e
x
-1).
由题设可得
F
(0)
≥
0,即
k
≥
1.
令
F
'(
x
)=0,得
x
1
=-ln
k
,
x
2
=-2.
(i)若1
≤
k
0.即
F
(
x
)在(-2,
x
1
)上
单调递减,在(
x
1
,+
∞
)上单调递增.故
F
(
x
)在[-2,+
∞
)上的最小值为
F
(
x
1
).而
F
(
x
1
)=2
x
1
+2-
-4
x
1
-2=-
x
1
(
x
1
+2)
≥
0.
故当
x
≥
-2时,
F
(
x
)
≥
0,即
f
(
x
)
≤
kg
(
x
)恒成立.
(ii)若
k
=e
2
,则
F
'(
x
)=2e
2
(
x
+2)(e
x
-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
>e
2
,则
F
(-2)=-2
k
e
-2
+2=-2e
-2
(
k
-e
2
)<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,e
2
]
.
10.
(2011课标,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
+2
y
-3=0.
(1)求
a
,
b
的值;
(2)如果当
x
>0,且
x
≠
1时,
f
(
x
)>
+
,求
k
的取值范围.
解析
(1)
f
'(
x
)=
-
.
由于直线
x
+2
y
-3=0的斜率为-
,且过点(1,1),
故
即
解得
a
=1,
b
=1.
(2)由(1)知
f
(
x
)=
+
,所以
f
(
x
)-
=
.
考虑函数
h
(
x
)=2ln
x
+
(
x
>0),
则
h
'(
x
)=
.
(i)设
k
≤
0.
由
h
'(
x
)=
知,
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;
当
x
∈(1,+
∞
)时,
h
(
x
)<0,可得
h
(
x
)>0.
从而当
x
>0,且
x
≠
1时,
f
(
x
)-
>0,即
f
(
x
)>
+
.
(ii)设0<
k
<1.由于当
x
∈
时,(
k
-1)(
x
2
+1)+2
x
>0,故
h
'(
x
)>0.
而
h
(1)=0,
故当
x
∈
时,
h
(
x
)>0,可得
h
(
x
)<0.与题设矛盾.
(iii)设
k
≥
1.此时
h
'(
x
)>0,而
h
(1)=0,故当
x
∈(1,+
∞
)时,
h
(
x
)>0,可得
h
(
x
)<0.与题设矛盾.
综合得,
k
的取值范围为(-
∞
,0].
失分警示
1.函数
f
(
x
)的导数较复杂易求错;
2.在第(2)小题中对
k
讨论时,不明确对
k
进行分类的标准,而只是分
k
>0,
k
=0,
k
<0;或者不知怎样构
造函数,无法进行解答.
考点一 函数的单调性
1.
(2018河南新乡二模,10)若函数
y
=
在(1,+
∞
)上单调递减,则称
f
(
x
)为
P
函数.下列函数中为
P
函数的为
( )
①
f
(
x
)=1;②
f
(
x
)=
x
;③
f
(
x
)=
;④
f
(
x
)=
.
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
三年模拟
A组
201
6
—201
8
年
高考模拟·基础题
组
答案
B
x
∈(1,+
∞
)时,ln
x
>0,
x
增大时,
,
都减小,∴
y
=
,
y
=
在(1,+
∞
)上都是减
函数,∴
f
(
x
)=1和
f
(
x
)=
都是
P
函数;
'=
,∴
x
∈(1,e)时,
'<0,
x
∈(e,+
∞
)时,
'>0,
即
y
=
在(1,e)上单调递减,在(e,+
∞
)上单调递增,∴
f
(
x
)=
x
不是
P
函数;
'=
,∴
x
∈
(1,e
2
)时,
'<0,
x
∈(e
2
,+
∞
)时,
'>0,即
y
=
在(1,e
2
)上单调递减,在(e
2
,+
∞
)上单调递增,∴
f
(
x
)=
不是
P
函数.故选B.
2.
(2016聊城模拟)已知函数
y
=
xf
'(
x
)的图象如图所示(其中
f
'(
x
)是函数
f
(
x
)的导函数),则下面四
个图象中,
y
=
f
(
x
)的图象大致是
( )
答案
C
由题图知当0<
x
<1时,
xf
'(
x
)<0,此时
f
'(
x
)<0,函数
f
(
x
)递减.
当
x
>1时,
xf
'(
x
)>0,此时
f
'(
x
)>0,函数
f
(
x
)递增.
所以当
x
=1时,函数
f
(
x
)取得极小值.
当
x
<-1时,
xf
'(
x
)<0,此时
f
'(
x
)>0,函数
f
(
x
)递增,
当-1<
x
<0时,
xf
'(
x
)>0,此时
f
'(
x
)<0,函数
f
(
x
)递减,
所以当
x
=-1时,函数取得极大值.符合条件的只有C项.
3.
(2017河南安阳调研,15)已知函数
f
(
x
)=ln
x
+
ax
2
-2
x
存在单调递减区间,则实数
a
的取值范围为
.
答案
(-
∞
,1)
解析
f
'(
x
)=
+
ax
-2=
(
x
>0),函数
f
(
x
)存在单调递减区间,即定义域(0,+
∞
)内存在区间
使
ax
2
-2
x
+1
≤
0,等价于
a
小于
在
x
∈(0,+
∞
)上的最大值,设
g
(
x
)=
,则
g
'(
x
)=
,可知,
函数
g
(
x
)在区间(0,1)为增函数,在区间(1,+
∞
)为减函数,所以当
x
=1时,函数
g
(
x
)取得最大值,此时
g
(
x
)=1,所以
a
<1,故填(-
∞
,1).
4.
(2018广东肇庆二模,21)已知函数
f
(
x
)=
x
ln
x
+(1-
k
)
x
+
k
,
k
∈R.
(1)当
k
=1时,求函数
f
(
x
)的单调区间;
(2)当
x
>1时,求使不等式
f
(
x
)>0恒成立的
k
的最大整数值.
解析
(1)当
k
=1时,
f
(
x
)=
x
ln
x
+1,∴
f
'(
x
)=ln
x
+1,
由
f
'(
x
)>0,得
x
>
;
由
f
'(
x
)<0,得0<
x
<
.
∴
f
(
x
)的单调递增区间为
,单调递减区间为
.
(2)由
x
>1时
f
(
x
)>0恒成立,得
x
>1时
x
ln
x
+(1-
k
)
x
+
k
>0,
∴(
x
-1)
k
<
x
ln
x
+
x
,即
k
<
对
x
>1恒成立,
设
g
(
x
)=
(
x
>1),则
g
'(
x
)=
,
令
μ
(
x
)=-ln
x
+
x
-2(
x
>1),则
μ
'(
x
)=
+1,
∴当
x
>1时,
μ
'(
x
)>0,
μ
(
x
)在(1,+
∞
)上单调递增,
∴当
x
>1时,
μ
'(
x
)>0,
μ
(
x
)在(1,+
∞
)上单调递增,
而
μ
(3)=1-ln 3<0,
μ
(4)=2-ln 4>0,
∴存在
x
0
∈(3,4),使
μ
(
x
0
)=0,即
x
0
-2=ln
x
0
,
∴当
x
∈(1,
x
0
)时,
g
'(
x
)<0,此时函数
g
(
x
)单调递减,
当
x
∈(
x
0
,+
∞
)时,
g
'(
x
)>0,此时函数
g
(
x
)单调递增,
∴
g
(
x
)在
x
=
x
0
处有极小值(也是最小值),
∴
g
(
x
)
min
=
g
(
x
0
)=
=
=
x
0
∈(3,4),
又
k
<
g
(
x
)恒成立,∴
k
<
g
(
x
)
min
=
x
0
,∴
k
的最大整数值为3
.
考点二 函数的极值与最值
1.
(2018广东佛山一模,12)设函数
f
(
x
)=
x
3
-3
x
2
+2
x
,若
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
)是函数
g
(
x
)=
f
(
x
)-
λx
的两个极值点,
现给出如下结论:
①若-1<
λ
<0,则
f
(
x
1
)<
f
(
x
2
);
②若0<
λ
<2,则
f
(
x
1
)<
f
(
x
2
);
③若
λ
>2,则
f
(
x
1
)<
f
(
x
2
).
其中正确结论的个数为
( )
A.0 B.1 C.2 D.3
答案
B
函数
g
(
x
)=
f
(
x
)-
λx
,∴
g
'(
x
)=
f
'(
x
)-
λ
,令
g
'(
x
)=0,得
f
'(
x
)-
λ
=0,∴
f
'(
x
)=
λ
有两解
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
).
∵
f
(
x
)=
x
3
-3
x
2
+2
x
,∴
f
'(
x
)=3
x
2
-6
x
+2,画出
y
=
f
'(
x
)的图象如图所示:
①若-1<
λ
<0,则
x
1
、
x
2
在
f
(
x
)的递减区间上,故
f
(
x
1
)>
f
(
x
2
);
②若0<
λ
<2,则
x
1
>0,
x
2
<2,又
x
1
,0在
f
(
x
)的一个递增区间上,
x
2
,2在
f
(
x
)的另一个递增区间上,∴
f
(
x
1
)>
f
(0)=0,
f
(
x
2
)<
f
(2)=0,故
f
(
x
1
)>
f
(
x
2
);③若
λ
>2,则
x
1
<0,
x
2
>2,则
f
(
x
1
)<
f
(0)=0,
f
(
x
2
)>
f
(2)=0,故
f
(
x
1
)<
f
(
x
2
).故
选B.
2.(2016莱芜模拟)已知函数
y
=
x
-ln(1+
x
2
),则函数
y
的极值情况是
( )
A.有极小值 B.有极大值
C.既有极大值又有极小值 D.无极值
答案
D
由题意得
x
∈R,
y
'=1-
·(1+
x
2
)'=1-
=
≥
0,所以函数
y
=
x
-ln(1+
x
2
)无极值.
3.
(2018广东深圳期末,12)已知函数
f
(
x
)=
x
ln
x
-
a
e
x
(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数
a
的取值范围是
( )
A.
B.(0,e) C.
D.(-
∞
,e)
答案
A
由题意可得
f
'(
x
)=ln
x
+1-
a
e
x
,
因函数
f
(
x
)=
x
ln
x
-
a
e
x
有两个极值点,
则直线
y
=
a
和
g
(
x
)=
的图象在(0,+
∞
)内有2个交点,易得
g
'(
x
)=
(
x
>0),
令
h
(
x
)=
-ln
x
-1,则
h
'(
x
)=-
-
<0,
故
h
(
x
)=
-ln
x
-1在(0,+
∞
)上单调递减,又
h
(1)=0,
所以当
x
∈(0,1)时,
h
(
x
)>0,即
g
'(
x
)>0,
g
(
x
)单调递增;
当
x
∈(1,+
∞
)时,
h
(
x
)<0,即
g
'(
x
)<0,
g
(
x
)单调递减,
所以
g
(
x
)
max
=
g
(1)=
,
而
x
→0时,
g
(
x
)→-
∞
,
x
→+
∞
时,
g
(
x
)→0,
故要使直线
y
=
a
和
g
(
x
)的图象在(0,+
∞
)内有2个交点,只需0<
a
<
,故选A.
4.
(2018广东佛山一模,21)已知函数
f
(
x
)=(
x
-
a
)ln
x
+
x
,(其中
a
∈R).
(1)若曲线
y
=
f
(
x
)在点(
x
0
,
f
(
x
0
))处的切线方程为
y
=
x
,求
a
的值;
(2)若
<
a
<2
(e为自然对数的底数),求证:
f
(
x
)>0.
解析
(1)
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
),
f
'(
x
)=ln
x
-
+
,
由题意知
则
解得
x
0
=
a
,
a
=1,所以
a
=1.
(2)证明:令
g
(
x
)=
f
'(
x
)=ln
x
-
+
,
x
>0,
则
g
'(
x
)=
+
=
,
因为
<
a
<2
,
所以
g
'(
x
)=
>0,即
g
(
x
)在(0,+
∞
)上单调递增.
以下证明
g
(
x
)在区间
上有唯一的零点
x
0
,
事实上
g
=ln
-
+
=ln
-
,
g
(2
a
)=ln 2
a
-
+
=ln 2
a
+1,
因为
<
a
<2
,
所以
g
ln
+1=0,
由零点存在性定理可知,
g
(
x
)在
上有唯一的零点
x
0
,
所以在区间(0,
x
0
)上,
g
(
x
)=
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)单调递减;
在区间(
x
0
,+
∞
)上,
g
(
x
)=
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)单调递增.
故当
x
=
x
0
时,
f
(
x
)取得最小值
f
(
x
0
)=(
x
0
-
a
)ln
x
0
+
x
0
,
因为
g
(
x
0
)=ln
x
0
-
+
=0,
所以ln
x
0
=
-
,
所以
f
(
x
0
)=(
x
0
-
a
)
+
x
0
=
a
-
x
0
-
=
(2
a
-
x
0
),
又
x
0
∈
,所以
f
(
x
0
)>0.所以
f
(
x
)>0.
5.
(2018山东泰安期末,21)已知函数
f
(
x
)=ln
x
.
(1)求
f
(
x
)图象的过点
P
(0,-1)的切线方程;
(2)若函数
g
(
x
)=
f
(
x
)-
mx
+
存在两个极值点
x
1
,
x
2
,求
m
的取值范围.
解析
(1)由题意得,函数
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
),
f
'(
x
)=
.
设切点坐标为(
x
0
,ln
x
0
),则切线方程为
y
=
x
+ln
x
0
-1.
把点
P
(0,-1)代入切线方程,得ln
x
0
=0,∴
x
0
=1,∴过点
P
(0,-1)的切线方程为
y
=
x
-1.
(2)因为
g
(
x
)=
f
(
x
)-
mx
+
=ln
x
-
mx
+
,
所以
g
'(
x
)=
-
m
-
=
=-
,
令
h
(
x
)=
mx
2
-
x
+
m
,要使
g
(
x
)存在两个极值点
x
1
,
x
2
,
则方程
mx
2
-
x
+
m
=0有两个不相等的正数根
x
1
,
x
2
.
故只需满足
即可,解得0<
m
<
.
考点三 导数的综合应用
1.
(2016安徽黄山一模,12)已知函数
f
(
x
)=
m
-2ln
x
(
m
∈R),
g
(
x
)=-
,若至少存在一个
x
0
∈[1,
e],使得
f
(
x
0
)<
g
(
x
0
)成立,则实数
m
的取值范围是
( )
A.
B.
C.(-
∞
,0] D.(-
∞
,0)
答案
B
由题意,不等式
f
(
x
)<
g
(
x
)在[1,e]上有解,∴
mx
<2ln
x
在[1,e]上有解,即
<
在[1,e]上
有解,令
h
(
x
)=
,则
h
'(
x
)=
,当1
≤
x
≤
e时,
h
'(
x
)
≥
0,∴在[1,e]上,
h
(
x
)
max
=
h
(e)=
,∴
<
,∴
m
<
.∴
m
的取值范围是
.故选B.
2.
(2018河南豫北名校联考,22)已知函数
f
(
x
)=e
x
+1
-
kx
-2
k
(其中e是自然对数的底数,
k
∈R).
(1)讨论函数
f
(
x
)的单调性;
(2)当函数
f
(
x
)有两个零点
x
1
,
x
2
时,证明:
x
1
+
x
2
>-2.
解析
(1)易得
f
'(
x
)=e
x
+1
-
k
,
(1分)
当
k
>0时,令
f
'(
x
)=0,得
x
=ln
k
-1,可得当
x
∈(-
∞
,ln
k
-1)时,
f
'(
x
)<0,当
x
∈(ln
k
-1,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,所
以函数
f
(
x
)在区间(-
∞
,ln
k
-1)上单调递减,在区间(ln
k
-1,+
∞
)上单调递增.
(3分)
当
k
≤
0时,
f
'(
x
)=e
x
+1
-
k
>0恒成立,故此时函数
f
(
x
)在R上单调递增.
(5分)
(2)证明:当
k
≤
0时,由(1)知函数
f
(
x
)在R上单调递增,不存在两个零点,所以
k
>0,
由题意知
=
k
(
x
1
+2),
=
k
(
x
2
+2),
∴
x
1
+2>0,
x
2
+2>0,可得
x
1
-
x
2
=ln
.
不妨设
x
1
>
x
2
,令
=
t
,则
t
>1,
由
解得
x
1
+2=
,
x
2
+2=
,所以
x
1
+
x
2
+4=
,
(8分)
欲证
x
1
+
x
2
>-2,只需证明
>2,
即证(
t
+1)ln
t
-2(
t
-1)>0,
设
g
(
t
)=(
t
+1)ln
t
-2(
t
-1)(
t
>1),
则
g
'(
t
)=ln
t
+
(
t
+1)-2=ln
t
+
-1.
设
h
(
t
)=ln
t
+
-1(
t
>1),
则
h
'(
t
)=
-
>0,
h
(
t
)单调递增,所以
g
'(
t
)>
g
'(1)=0.
所以
g
(
t
)在区间(1,+
∞
)上单调递增,
所以
g
(
t
)>
g
(1)=0,即(
t
+1)ln
t
-2(
t
-1)>0,原不等式得证.
(1
2
分)
3.
(2018河南信阳二模,21)已知函数
f
(
x
)=4
x
2
+
-
a
,
g
(
x
)=
f
(
x
)+
b
,其中
a
,
b
为常数.
(1)若
x
=1是函数
y
=
xf
(
x
)的一个极值点,求曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程;
(2)若函数
f
(
x
)有2个零点,
f
(
g
(
x
))有6个零点,求
a
+
b
的取值范围.
解析
(1)函数
f
(
x
)=4
x
2
+
-
a
,
则
y
=
xf
(
x
)=4
x
3
+1-
ax
的导数为
y
'=12
x
2
-
a
,
由题意可得12-
a
=0,解得
a
=12,
即有
f
(
x
)=4
x
2
+
-12,
f
'(
x
)=8
x
-
,
可得曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线斜率为
f
'(1)=7,切点为(1,-7),
所以曲线
y
=
f
(
x
)在点(1,
f
(1))处的切线方程为
y
+7=7(
x
-1),即
y
=7
x
-14.
(2)
f
(
x
)=4
x
2
+
-
a
,
f
'(
x
)=8
x
-
,
f
(
x
)的定义域为(-
∞
,0)
∪
(0,+
∞
).
当
x
>
时,
f
'(
x
)>0,
f
(
x
)递增;当
x
<0或0<
x
<
时,
f
'(
x
)<0,
f
(
x
)递减.
可得
f
(
x
)在
x
=
处取得极小值,且为3-
a
,
易知
f
(
x
)的图象大致如下:
故由
f
(
x
)有两个零点,可得3-
a
=0,即
a
=3,可得两零点分别为-1,
.
因为
f
(
g
(
x
))有6个零点,
∴
g
(
x
)=-1与
g
(
x
)=
的根共有6个,
∴
f
(
x
)=-1-
b
和
f
(
x
)=
-
b
都有3个实数根,
则-1-
b
>0,且
-
b
>0,即
b
<-1且
b
<
,
可得
b
<-1,则有
a
+
b
<2,
即
a
+
b
的取值范围是(-
∞
,2).
4.
(2018江西赣州二模,21)已知
f
(
x
)=(2-
x
)e
x
+
a
(
x
-1)
2
(
a
∈R).
(1)讨论函数
f
(
x
)的单调区间;
(2)若对任意的
x
∈R,都有
f
(
x
)
≤
2e
x
,求
a
的取值范围.
解析
(1)
f
'(
x
)=(1-
x
)e
x
+2
a
(
x
-1)=(
x
-1)(2
a
-e
x
),
当
a
≤
0时,函数
f
(
x
)在(-
∞
,1)上递增,在(1,+
∞
)上递减;
当0<
a
<
时,函数
f
(
x
)在(-
∞
,ln 2
a
),(1,+
∞
)上递减,在(ln 2
a
,1)上递增;
当
a
>
时,函数
f
(
x
)在(-
∞
,1),(ln 2
a
,+
∞
)上递减,在(1,ln 2
a
)上递增;
当
a
=
时,函数
f
(
x
)在R上递减.
(2)对任意的
x
∈R,
f
(
x
)
≤
2e
x
恒成立,即(2-
x
)e
x
+
a
(
x
-1)
2
≤
2e
x
恒成立,
当
x
=1时,e
x
≤
2e
x
成立;
当
x
≠
1时,要满足题意,需
a
≤
恒成立,
设
g
(
x
)=
,
则
g
'(
x
)=
=
,
令
g
'(
x
)=0,解得
x
=1
±
.
当
x
>1+
时,
g
'(
x
)>0,
当1<
x
<1+
时,
g
'(
x
)<0,
∴当
x
=1+
时,
g
(
x
)取极小值,极小值为
;
当1-
<
x
<1时,
g
'(
x
)>0,
当
x
<1-
时,
g
'(
x
)<0,
∴当
x
=1-
时,
g
(
x
)取极小值,极小值为
.
∵
<
,
∴
g
(
x
)的最小值为
.
由题意,只需
a
≤
g
(
x
)
最小值
,
∴
a
的取值范围是
.
一、选择题(每题5分,共10分)
1.
(2018福建六校模拟,12)已知函数
f
(
x
)=(
x
-
a
)
3
-3
x
+
a
(
a
>0)在[-1,
b
]上的值域为[-2-2
a
,0],则
b
的取
值范围是
( )
A.[0,3] B.[0,2] C.[2,3] D.(-1,3]
B
组
201
6
—201
8
年
高考模拟·综合题组
(时间:
45
分钟 分值:
6
0分)
答案
A
由
f
(
x
)=(
x
-
a
)
3
-3
x
+
a
,得
f
'(
x
)=3(
x
-
a
)
2
-3,令
f
'(
x
)=0,得
x
1
=
a
-1,
x
2
=
a
+1.
当
x
∈(-
∞
,
a
-1)
∪
(
a
+1,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,当
x
∈(
a
-1,
a
+1)时,
f
'(
x
)<0,则
f
(
x
)在(-
∞
,
a
-1),(
a
+1,+
∞
)上
为增函数,在(
a
-1,
a
+1)上为减函数.又
f
(
a
+1)=-2-2
a
,∴要使
f
(
x
)=(
x
-
a
)
3
-3
x
+
a
(
a
>0)在[-1,
b
]上的值域
为[-2-2
a
,0],则
f
(-1+
a
)=2-2
a
≤
0,若2-2
a
=0,即
a
=1,此时
f
(-1)=-4,
f
(0)=0,-2-2
a
=-4,
f
(3)=0.∴
b
∈[0,3];
若2-2
a
<0,即
a
>1,此时
f
(-1)=(-1-
a
)
3
+3+
a
=-
a
3
-3
a
2
-2
a
+2,而
f
(-1)-(-2
a
-2)=-
a
3
-3
a
2
-2
a
+2+2
a
+2=-
a
3
-3
a
2
+4=(1-
a
)·(
a
+2)
2
<0,∴不合题意.∴
b
的取值范围是[0,3].故选A.
方法总结
解此类题的一般思路是:分析出函数单调性,借助函数的大致图象求解.
2.
(2016安徽江南十校3月联考,12)已知函数
f
(
x
)=
a
ln
x
-
x
2
+
bx
存在极小值,且对于
b
的所有可能
取值,
f
(
x
)的极小值恒大于0,则
a
的最小值为
( )
A.-e
3
B.-e
2
C.-e D.-
答案
A
f
'(
x
)=
-
x
+
b
=
.因为
f
(
x
)存在极小值,所以方程-
x
2
+
bx
+
a
=0有两个不等的正
根,设它们分别
x
1
,
x
2
且
x
1
<
x
2
,故
⇒
b
>2
,且
x
1
=
,
x
2
=
,分析易
得
f
(
x
)的极小值点为
x
1
,因为
b
>2
,所以
x
1
=
=
∈(0,
).易得
f
(
x
)
极小值
=
f
(
x
1
)=
a
ln
x
1
-
+
bx
1
=
a
ln
x
1
-
+
-
a
=
a
ln
x
1
+
-
a
.
设
g
(
x
)=
a
ln
x
+
x
2
-
a
,则
f
(
x
)的极小值恒大于0等价于
g
(
x
)在(0,
)上恒大于0,因为在(0,
)上
g
'(
x
)=
+
x
=
<0,所以
g
(
x
)在(0,
)上单调递减,故在(0,
)上
g
(
x
)>
g
(
)=
a
ln
-
a
≥
0,结合
a
<0,可得-e
3
≤
a
<0,故
a
min
=-e
3
,故选A.
思路分析
求导
f
(
x
)存在极小值
-
x
2
+
bx
+
a
=0有两个不等的正根
求出
f
(
x
)的极小值点及其范围
求出
f
(
x
)的极小值
构造函数,利用单调性研究范围
列不等式
求解
得结论
二、解答题(共50分)
3.
(2018山西康杰中学等四校联考,21)已知函数
f
(
x
)=
x
-ln
x
.
(1)求
f
(
x
)的单调区间和极值;
(2)证明:当
x
≥
1时,
≥
e
x
-1
;
(3)若
f
(
x
)
≥
(1-
m
)
x
+
m
对任意
x
∈(0,+
∞
)恒成立,求实数
m
的值.
解析
(1)
f
(
x
)=
x
-ln
x
,
f
'(
x
)=1-
,
x
∈(0,+
∞
),
f
(
x
)在(0,1)上单调递减,在(1,+
∞
)上单调递增,有极
小值
f
(1)=1,无极大值.
(2)证明:原不等式可化为
≥
,
记
g
(
x
)=
,则
g
'(
x
)=
,
当
x
≥
1时,
g
'(
x
)<0,
所以
g
(
x
)在[1,+
∞
)上单调递减,有
g
(
x
)
≤
g
(1)=
,
又由(1)知,
≥
=
,得证.
(3)
f
(
x
)
≥
(1-
m
)
x
+
m
即ln
x
-
m
(
x
-1)
≤
0,
记
h
(
x
)=ln
x
-
m
(
x
-1),
则
h
(
x
)
≤
0对任意
x
∈(0,+
∞
)恒成立,
求导得
h
'(
x
)=
-
m
(
x
>0),
若
m
≤
0,则
h
'(
x
)>0,得
h
(
x
)在(0,+
∞
)上单调递增,
又
h
(1)=0,故当
x
>1时,
h
(
x
)>0,不合题意;
若
m
>0,则易得
h
(
x
)在
上单调递增,在
上单调递减,则
h
(
x
)
max
=
h
=-ln
m
-1+
m
,
依题意有-ln
m
-1+
m
≤
0,故
f
(
m
)
≤
1,
由(1)知
f
(
m
)
≥
1,则
m
只能等于1
.
思路分析
第(1)问属求单调区间和极值问题,利用导数即可.第(2)问与第(3)问都是恒成立问
题,故可构造函数,转化为求最值问题.
4.
(2018江西南昌一模,21)已知函数
f
(
x
)=ln(
ax
)+
bx
的图象在点(1,
f
(1))处的切线是
y
=0.
(1)求函数
f
(
x
)的极值;
(2)当
≥
f
(
x
)+
x
(
m
<0)恒成立时,求实数
m
的取值范围(e为自然对数的底数).
解析
(1)因为
f
(
x
)=ln(
ax
)+
bx
,
所以
f
'(
x
)=
+
b
=
+
b
,
因为点(1,
f
(1))处的切线是
y
=0,
所以
f
'(1)=1+
b
=0,且
f
(1)=ln
a
+
b
=0,
所以
a
=e,
b
=-1,即
f
(
x
)=ln
x
-
x
+1,
x
∈(0,+
∞
),
所以
f
'(
x
)=
-1=
,
所以
f
(
x
)在(0,1)上递增,在(1,+
∞
)上递减.
所以
f
(
x
)的极大值为
f
(1)=ln 1-1+1=0,无极小值.
(2)当
≥
f
(
x
)+
x
(
m
<0)恒成立时,
由(1)得
f
(
x
)=ln
x
-
x
+1,
则
≥
-2+
(
m
<0)对
x
∈(0,+
∞
)恒成立.
解法一:设
g
(
x
)=
(
x
>0),
h
(
x
)=
+
-2(
x
>0),
则
g
'(
x
)=
,
h
'(
x
)=-
,
因为
m
<0,
所以当0<
x
<1时,
g
'(
x
)<0,
h
'(
x
)>0;
当
x
>1时,
g
'(
x
)>0,
h
'(
x
)<0.
所以
g
(
x
)在(0,1)上单调递减,在(1,+
∞
)上单调递增,
g
(
x
)
min
=
g
(1)=
;
h
(
x
)在(0,1)上单调递增,在(1,+
∞
)上单调递减,
h
(
x
)
max
=
h
(1)=
-1.
所以
g
(
x
),
h
(
x
)均在
x
=1处取得最值,
所以要使
g
(
x
)
≥
h
(
x
)恒成立,
只需
g
(
x
)
min
≥
h
(
x
)
max
,即
≥
-1,
解得
m
≥
1-e,又
m
<0,
所以实数
m
的取值范围是[1-e,0).
解法二:设
g
(
x
)=
-
-2+
,
x
∈(0,+
∞
),
则
g
'(
x
)=
+
.
当0<
x
<1时,-ln
x
>0,
x
-1<0,则
>0,
>0,即
g
'(
x
)>0,
当
x
>1时,-ln
x
<0,
x
-1>0,则
<0,
<0,即
g
'(
x
)<0,
所以
g
(
x
)在
x
∈(0,1)上单调递增,在
x
∈(1,+
∞
)上单调递减.
所以
g
(
x
)
max
=
g
(1)=1-2+
-
≤
0,∴
m
≥
1-e,
又
m
<0,所以实数
m
的取值范围是[1-e,0)
.
方法点拨
不等式
f
(
x
)
≥
g
(
x
)恒成立时求参数范围常用两种方法:
①转化为函数
F
(
x
)=
f
(
x
)-
g
(
x
)求最值,注意对参数的讨论.②分离参数:
a
≥
φ
(
x
)
max
或
a
≤
φ
(
x
)
min
.
5.
(2017河南百校联盟模拟,20)已知函数
f
(
x
)=e
x
-
ax
,
a
>0.
(1)记
f
(
x
)的极小值为
g
(
a
),求
g
(
a
)的最大值;
(2)若对任意实数
x
,恒有
f
(
x
)
≥
0,求
f
(
a
)的取值范围.
解析
(1)函数
f
(
x
)的定义域是(-
∞
,+
∞
),
f
'(
x
)=e
x
-
a
.
令
f
'(
x
)=0,得
x
=ln
a
,易知当
x
∈(ln
a
,+
∞
)时,
f
'(
x
)>0,当
x
∈(-
∞
,ln
a
)时,
f
'(
x
)<0,所以函数
f
(
x
)在
x
=
ln
a
处取极小值,
g
(
a
)=
f
(
x
)
极小值
=
f
(ln
a
)=e
ln
a
-
a
ln
a
=
a
-
a
ln
a
.
g
'(
a
)=1-(1+ln
a
)=-ln
a
,
当0<
a
<1时,
g
'(
a
)>0,
g
(
a
)在(0,1)上单调递增;
当
a
>1时,
g
'(
a
)<0,
g
(
a
)在(1,+
∞
)上单调递减.
所以
a
=1是函数
g
(
a
)在(0,+
∞
)上的极大值点,也是最大值点,所以
g
(
a
)
max
=
g
(1)=1.
(2)显然,当
x
≤
0时,e
x
-
ax
≥
0(
a
>0)恒成立.
当
x
>0时, 由
f
(
x
)
≥
0,即e
x
-
ax
≥
0,得
a
≤
.
令
h
(
x
)=
,
x
∈(0,+
∞
),则
h
'(
x
)=
=
,
当0<
x
<1时,
h
'(
x
)<0,
当
x
>1时,
h
'(
x
)>0,故
h
(
x
)的最小值为
h
(1)=e,
所以
a
≤
e,故实数
a
的取值范围是(0,e].
f
(
a
)=e
a
-
a
2
,
a
∈(0,e],
f
'(
a
)=e
a
-2
a
,
易知e
a
-2
a
≥
0对
a
∈(0,e]恒成立,
故
f
(
a
)在(0,e]上单调递增,所以
f
(0)=1<
f
(
a
)
≤
f
(e)=e
e
-e
2
,即
f
(
a
)的取值范围是(1,e
e
-e
2
]
.
思路分析
(1)求出
f
(
x
)的导函数,进而求出
f
(
x
)的极小值点,从而求出函数
f
(
x
)的极小值
g
(
a
)的表
达式,分析单调性即可求出
g
(
a
)的最大值;
(2)利用分离参数法求得
a
的取值范围,然后利用函数
f
(
a
)在该范围内的单调性即可求出
f
(
a
)的
范围.
6.
(2017河北“五个一名校联盟”二模,21)已知函数
f
(
x
)=
a
ln
x
+
x
2
-
ax
(
a
为常数)有两个极值点.
(1)求实数
a
的取值范围;
(2)设
f
(
x
)的两个极值点分别为
x
1
,
x
2
,若不等式
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)<
λ
(
x
1
+
x
2
)恒成立,求
λ
的最小值.
解析
(1)由题设知,函数
f
(
x
)的定义域为(0,+
∞
),
f
'(
x
)=
,且
f
'(
x
)=0有两个不同的正根,
即
x
2
-
ax
+
a
=0有两个不同的正根,
则
∴
a
>4.
(2)不等式
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)<
λ
(
x
1
+
x
2
)恒成立等价于
λ
>
恒成立.
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)=
a
ln
x
1
+
-
ax
1
+
a
ln
x
2
+
-
ax
2
.
由(1)可知
x
1
+
x
2
=
a
,
x
1
x
2
=
a
,
由(1)可知
x
1
+
x
2
=
a
,
x
1
x
2
=
a
,
∴
f
(
x
1
)+
f
(
x
2
)=
a
(ln
x
1
+ln
x
2
)+
(
+
)-
a
(
x
1
+
x
2
)
=
a
ln(
x
1
x
2
)+
[(
x
1
+
x
2
)
2
-2
x
1
x
2
]-
a
(
x
1
+
x
2
)
=
a
ln
a
+
(
a
2
-2
a
)-
a
2
=
a
,
∴
=ln
a
-
a
-1,
令
y
=ln
a
-
a
-1,则
y
'=
-
,
∵
a
>4,∴
y
'<0,
∴
y
=ln
a
-
a
-1在(4,+
∞
)上单调递减,
∴
y
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