高考文科数学专题复习练习1导数及其运算
第三章导数及其应用
3.1 导数及其运算
38 导数的概念与几何
意义
1.(2015 江西上饶重点中学一模,文 13,导数的概念与几何意义,填空题)若曲线:y=ax+1(a>0 且 a≠1)在
点(0,2)处的切线与直线 x+2y+1=0 垂直,则 a= .
解析:y=ax+1 的导数为 y'=axln a,
即有曲线在点(0,2)处的切线斜率为 k=ln a,
由于切线与直线 x+2y+1=0 垂直,
则 ln a·( - 1
2)=-1,解得 a=e2.
答案:e2
2.(2015 山西太原一模,文 14,导数的概念与几何意义,填空题)函数 f(x)=xex 在点(1,f(1))处的切线方程
是 .
解析:函数 f(x)=xex 的导数为 f'(x)=ex+xex,
在点(1,f(1))处的切线斜率为 k=2e,切点为(1,e),
则有在点(1,f(1))处的切线方程为 y-e=2e(x-1),即为 y=2ex-e.
答案:y=2ex-e
3.(2015 黑龙江大庆二模,文 9,导数的概念与几何意义,选择题)已知函数 f(x)=1
3x3-2x2+3x+1
3,则与 f(x)图
象相切的斜率最小的切线方程为( )
A.2x-y-3=0 B.x+y-3=0
C.x-y-3=0 D.2x+y-3=0
解析:∵f(x)=1
3x3-2x2+3x+1
3,
∴f'(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1.
∵当 x=2 时,f'(x)取到最小值为-1,
∴f(x)=1
3x3-2x2+3x+1
3的切线中,斜率最小的切线方程的斜率为-1.
∵f(2)=1,∴切点坐标为(2,1).
∴切线方程为 y-1=-(x-2),即 x+y-3=0.
答案:B
10.(2015 江西上饶二模,文 10,导数的概念与几何意义,选择题)已知函数 f(x)=2ex,函数 g(x)=k(x+1),若
函数 f(x)图象恒在函数 g(x)图象的上方(没有交点),则实数的取值范围是( )
A.k>2 B.k≥2 C.0≤k≤2 D.0≤k<2
解析:若函数 f(x)图象恒在函数 g(x)图象的上方(没有交点),
即 f(x)-g(x)>0 恒成立,即 2ex-k(x+1)>0,
即 2ex>k(x+1),若 k=0,满足条件,
若 k<0,则不满足条件.
则当 k>0 时,g(x)=k(x+1)过定点(-1,0),
函数 f(x)的导数为 f'(x)=2ex,
设切点为(a,b),则对应的切线斜率 k=f'(a)=2ea,
则对应的切线方程为 y-2ea=2ea(x-a),
又直线过点(-1,0),故-2ea=2ea(-1-a),
解得 a=0,此时切线斜率 k=f'(0)=2,即此时 k=2,
则解得 0
0,
푔(0) = - 푎2 + 푎 > 0,
푔(푎) = 2푎2 - 푎 > 0,
解得1
20,则得到 a=1,即切点坐标为(1,e-1),
所以切线方程为 y-e+1=(e-1)(x-1),即 y=(e-1)x.
答案:y=(e-1)x
15.(2015 山西太原外国语学校 4 月模拟,文 15,导数的概念与几何意义,填空题)已知函数 f(x)=x3 对应
的曲线在点(ak,f(ak))(k∈N*)处的切线与 x 轴的交点为(ak+1,0),若 a1=1,则푓(3 푎1) + 푓(3 푎2) + … + 푓(3 푎10)
1 - (2
3)10
= .
解析:由 f'(x)=3x2 得曲线的切线的斜率 k=3푎2푘,
故切线方程为 y-푎3푘=3푎2푘(x-ak),
令 y=0 得 ak+1=2
3ak⇒
푎푘+1
푎푘
= 2
3,
故数列{an}是首项 a1=1,公比 q=2
3的等比数列,
又 f(3 푎1)+f(3 푎2)+…+f(3 푎10)
=a1+a2+…+a10=
푎1(1 - 푞10)
1 - 푞 =3(1-q10),
所以푓(3 푎1) + 푓(3 푎2) + … + 푓(3 푎10)
1 - (2
3)10 =3.
答案:3
10.(2015 甘肃兰州一模,文 10,导数的概念与几何意义,选择题)在直角坐标系 xOy 中,设 P 是曲线
C:xy=1(x>0)上任意一点,l 是曲线 C 在点 P 处的切线,且 l 交坐标轴于 A,B 两点,则下列结论正确的是
( )
A.△OAB 的面积为定值 2
B.△OAB 的面积有最小值为 3
C.△OAB 的面积有最大值为 4
D.△OAB 的面积的取值范围是[3,4]
解析:由题意,y=1
푥(x>0),则 y'=- 1
푥2,
设 P(푎,1
푎),则曲线 C 在点 P 处的切线方程为 y-1
푎=- 1
푎2(x-a),
x=0 可得 y=2
푎,y=0 可得 x=2a,
故△OAB 的面积为1
2 × 2
푎×2a=2,即定值 2.
答案:A
39 导数的运
算
1.(2015 山西太原一模,文 12,导数的运算,选择题)已知函数 f(x)=ln x+tan α,α∈(0,π
2)的导函数为 f'(x),
若使得 f'(x0)=f(x0)成立的 x0<1,则实数 α 的取值范围为( )
A.(π
4,π
2) B.(0,π
3) C.(π
6,π
4) D.(0,π
4)
解析:∵f'(x)=1
푥,f'(x0)= 1
푥0
,f'(x0)=f(x0).
∴ 1
푥0
=ln x0+tan α.∴tan α= 1
푥0
-ln x0.
又 01,即 tan α>1.
∴α∈(π
4,π
2).
答案:A
3.2 导数与函数的单调性、极值、最值
40 导数与函数的单
调性
1.(2015 吉林省实验中学二模,文 9,导数与函数的单调性,选择题)已知函数 f(x)的导函数图象如图所示,
若△ABC 为锐角三角形,则一定成立的是( )
A.f(cos A)f(sin B)
D.f(sin A)>f(cos B)
解析:根据导数函数图象可判断:f(x)在(0,1)单调递增,(1,+∞)单调递减,
∵△ABC 为锐角三角形,
∴A+B>π
2,0<π
2-Bf(sin(π
2 - 퐵)),
即 f(sin A)>f(cos B).
答案:D
2.(2015 江西上饶重点中学一模,文 10,导数与函数的单调性,选择题)定义在 R 上的函数 y=f(x),满足
f(2-x)=f(x),(x-1)f'(x)<0,若 f(3a+1)1 时,f'(x)<0,此时函数单调递减,
当 x<1 时,f'(x)>0,此时函数单调递增,
∵f(2-x)=f(x),∴函数关于 x=1 对称.
若 f(3a+1) 3,即{푎 ≥ 0,
푎 > 2
3,解得 a>2
3.
②{3푎 + 1 ≤ 1,
3푎 + 1 < -1,即{푎 ≤ 0,
푎 < - 2
3,解得 a<-2
3,
综上,实数 a 的取值范围为( -∞, - 2
3) ∪ (2
3, + ∞).
答案:D
3.(2015 广西玉林、贵港 4 月模拟,文 11,导数与函数的单调性,选择题)若函数 f(x)=ex+4x-kx 在区间
(1
2, + ∞)上是增函数,则实数 k 的最大值是( )
A.2+e B.2+ e C.4+e D.4ln 2+ e
解析:函数 f(x)=ex+4x-kx 的导数为 f'(x)=ex+4xln 4-k,
由题意可得 f'(x)≥0 在区间(1
2, + ∞)上恒成立,
即有 k≤ex+4xln 4 在区间(1
2, + ∞)上恒成立.
令 g(x)=ex+4xln 4,则 g(x)为(1
2, + ∞)的增函数,
即有 g(x)> e+2ln 4=4ln 2+ e.则 k≤4ln 2+ e.
故 k 的最大值为 4ln 2+ e.
答案:D
4.(2015 广西桂林、防城港联合调研,文 21,导数与函数的单调性,解答题)设函数 f(x)=ex-3e-x-ax.
(1)当 a=4 时,求函数 f(x)的单调递增区间;
(2)若函数 f(x)在[-2,2]上为单调函数,求实数 a 的取值范围.
解:∵f(x)=ex-3e-x-ax,
∴f'(x)=ex+3e-x-a.
(1)当 a=4 时,f'(x)=e2푥 - 4e푥 + 3
e푥 = (e푥 - 1)(e푥 - 3)
e푥 ,
由 f'(x)≥0,解得 x≥ln 3 或 x≤0,
由 f'(x)≤0,解得 0≤x≤ln 3,
∴函数 f(x)在(-∞,0]和[ln 3,+∞)上递增,在[0,ln 3]上递减.
(2)∵函数 f(x)在[-2,2]上是单调函数,
∴f'(x)在[-2,2]上不变号,
即 a≤(e푥 + 3
e푥)min
,x∈[-2,2],求得 a≤2 3,或 a≥(e푥 + 3
e푥)max
=e-2+3e2,x∈[-2,2],
∴实数 a 的取值范围是 a≤2 3或 a≥e-2+3e2.
5.(2015 广西柳州一模,文 20,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=ax2-bln x 在点(1,f(1))处的切
线为 y=2.
(1)求实数 a,b 的值;
(2)是否存在实数 m,当 x∈(0,1]时,函数 g(x)=f(x)-2x2+m(x-1)的最小值为 0?若存在,求出 m 的取值范围;
若不存在,说明理由.
解:(1)f'(x)=2ax-푏
푥(x>0),
依题意可得{푓(1) = 2푎푥 = 2,
푓'(1) = 2푎 - 푏 = 0,解得 a=2,b=4.
(2)∵g(x)=f(x)-2x2+m(x-1)=m(x-1)-4ln x,x∈(0,1],
∴g'(x)=m-4
푥 = 푚푥 - 4
푥 .
①当 m≤0 时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,1]上单调递减.
∴g(x)min=g(1)=0.
②当 04 时,g'(x)<0 在(0,4
푚)上恒成立,g'(x)>0 在(4
푚,1]上恒成立,
∴g(x)在(0,4
푚)上单调递减,在(4
푚,1]上单调递增.
∴g(4
푚)0 恒成立,
∴函数 y=xsin x,x∈(0,π
2)是增函数.
∴sin 1<2sin1
2<3sin1
3.
答案:A
21.(2015 山西太原二模,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=ln x-ax(a∈R)有两个不相
等的零点 x1,x2(x10),
①当 a≤0 时,g(x)和 h(x)最多只有一个交点,所以 a≤0 不合题意.
②当 a>0 时,设 y=kx(k>0)是 g(x)=ln x 的切线,切点为(x0,y0),则 k= 1
푥0
.
所以{푦0 = 푘푥0 = 1,
푦0 = ln 푥0, 所以 x0=e,k= 1
푥0
= 1
e.
所以 0 2
푥1 + 푥2
,
即证明 ln
푥2
푥1
>
2(푥2 - 푥1)
푥2 + 푥1
=
2(푥2
푥1
- 1)
푥2
푥1
+ 1
,
令 t=
푥2
푥1
,t>1,
则需要证明 ln t>2(푡 - 1)
푡 + 1 ,
则需要证明1
2ln t-1+ 2
푡 + 1>0,
令 k(t)=1
2ln t-1+ 2
푡 + 1,t>1,
则 k'(t)= 1
2푡 ― 2
(푡 + 1)2 = (푡 - 1)2
2푡(푡 + 1)2>0,
所以 k(t)在(1,+∞)上单调递增.
所以 k(t)>k(1)=0.所以 2
푥1 + 푥2
1 时,f'(x)>0,
所以函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
(2)当 x≥1 时,f(x)≤ax⇔a≥2ln푥
푥 + 1
푥2,
令 h(x)=2ln푥
푥 + 1
푥2(x≥1),
则 h'(x)=2 - 2ln푥
푥2 ― 1
푥3 = 2(푥 - 푥ln푥 - 1)
푥3 ,
令 m(x)=x-xln x-1(x≥1),则 m'(x)=-ln x,
当 x≥1 时,m'(x)≤0,
于是 m(x)在[1,+∞)上为减函数,
从而 m(x)≤m(1)=0,因此 h'(x)≤0,
于是 h(x)在[1,+∞)上为减函数,
所以当 x=1 时,h(x)有最大值 h(1)=1,
故 a≥1,即 a 的取值范围是[1,+∞).
11.(2015 江西六校联考二模,文 11,导数与函数的单调性,选择题)已知定义域为 R 的函数 f(x)满
足:f(3)=-6,且对任意 x∈R 总有 f'(x)<3,则不等式 f(x)<3x-15 的解集为( )
A.(-∞,4) B.(-∞,3) C.(3,+∞) D.(4,+∞)
解析:设 F(x)=f(x)-(3x-15)=f(x)-3x+15,
则 F'(x)=f'(x)-3,
∵对任意 x∈R 总有 f'(x)<3,
∴F'(x)=f'(x)-3<0.
∴F(x)=f(x)-3x+15 在 R 上是减函数.
∵f(3)=-6,∴F(3)=f(3)-3×3+15=0.
∵f(x)<3x-15,∴F(x)=f(x)-3x+15<0.
∴x>3.∴不等式 f(x)<3x-15 的解集为{x|x>3}.
答案:C
21.(2015 江西六校联考二模,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知:函数 f(x)=1
2x2+ax-2a2ln x(a>0).
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)若 f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围.
解:(1)∵函数 f(x)=1
2x2+ax-2a2ln x(a>0)的定义域为(0,+∞),
∴f'(x)=x+a-2푎2
푥 = 푥2 + 푎푥 - 2푎2
푥 = (푥 - 푎)(푥 + 2푎)
푥 .
∵a>0,令 f'(x)=0,则 x=-2a(舍去),或 x=a,
∵当 x∈(0,a)时,f'(x)<0,
当 x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,
∴(0,a)为函数 f(x)=1
2x2+ax-2a2ln x 的单调递减区间,(a,+∞)为函数 f(x)=1
2x2+ax-2a2ln x 的单调递增
区间.
(2)由(1)得当 x=a 时,函数取最小值3
2a2-2a2ln a,
若 f(x)>0 恒成立,则3
2a2-2a2ln a=1
2a2·(3-4ln a)>0,
即 3-4ln a>0,解得 a0,∴a 的取值范围为(0,e
3
4).
22.(2015 黑龙江大庆一模,文 22,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=1
3
x3+2x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d),且函数 f(x)的导函数为 f'(x),若曲线 f(x)和 g(x)都过点 A(0,2),且在点 A 处
有相同的切线 y=4x+2.
(1)求 a,b,c,d 的值;
(2)若 x≥-2 时,mg(x)≥f'(x)+2 恒成立,求实数 m 的取值范围.
解:(1)由已知得 f(0)=2,g(0)=2,f'(0)=4,g'(0)=4,
而 f'(x)=x2+4x+a,g'(x)=ex(cx+d+c),
故 b=2,d=2,a=4,c=2.
(2)令 φ(x)=2mex(x+1)-x2-4x-2,
则 φ'(x)=2mex(x+2)-2x-4=2(x+2)·(mex-1),
因 φ(0)≥0,则 m≥1,
令 φ'(x)=0 得 x1=-ln m,x2=-2.
①若 1≤m0,即 φ(x)在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,
故 φ(x)在[-2,+∞)上的最小值 φ(x1),φ(x1)=2me푥1(x1+1)-푥21-4x1-4=2x1+2-푥21-4x1-2=-푥21-2x1=-
(x1+1)2+1,
故当 x≥-2 时 φ(x)≥0,即 mg(x)≥f'(x)+2 恒成立.
②若 m=e2,则 φ'(x)=2e2(x+2)(ex-e-2),从而当 x≥-2 时 φ'(x)≥0,即 φ(x)在[-2,+∞)上单调递增,而 φ(-
2)=0,故当 x≥-2 时 φ(x)≥0,即 mg(x)≥f'(x)+2 恒成立.
③若 m>e2,则 φ(-2)=-2me-2+2=-2e-2(m-e2)<0,从而当 x≥-2 时,mg(x)≥f'(x)+2 不可能恒成立.
综上,m 的取值范围是[1,e2].
21.(2015 江西上饶三模,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=ax+ln x,g(x)=ex.
(1)当 a≤0 时,求 f(x)的单调区间;
(2)若不等式 g(x)2.
解:(1)f(x)的定义域是(0,+∞),
f'(x)=a+1
푥(x>0).
①当 a=0 时,f'(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②当 a<0 时,由 f'(x)=0,解得 x=-1
푎.
则当 x∈(0, - 1
푎)时,f'(x)>0,所以 f(x)单调递增.
当 x∈( - 1
푎, + ∞)时,f'(x)<0,所以 f(x)单调递减.
综上可得,当 a=0 时,f(x)的增区间是(0,+∞);
当 a<0 时,f(x)的增区间是(0, - 1
푎),减区间是( - 1
푎, + ∞).
(2)由题意知 exex-x 有解即可,
设 h(x)=ex-x,h'(x)=ex-1,
因为 x∈(0,+∞)时,ex>1,所以 h'(x)>0,故 h(x)在[0,+∞)上递增.
又 x∈(-∞,0)时,ex<1,所以 h'(x)<0.故 h(x)在(-∞,0)上递减.
所以 h(x)≥h(0)=1,故 m>1.
(3)当 a=0 时,f(x)=ln x,f(x)与 g(x)的公共定义域为(0,+∞),
所以|f(x)-g(x)|=|ln x-ex|=ex-ln x=ex-x-(ln x-x).
设 m(x)=ex-x,x∈(0,+∞),
因为 m'(x)=ex-1>0,所以 m(x)在(0,+∞)上是增函数,m(x)>m(0)=1,
设 n(x)=ln x-x,x∈(0,+∞),
因为 n'(x)=1
푥-1,当 x∈(0,1)时,n'(x)>0,n(x)在(0,1)上是增函数,
当 x∈(1,+∞)时,n'(x)<0,n(x)在(1,+∞)上是减函数,
所以当 x=1 时,n(x)取得极大值,即 n(x)≤n(1)=-1,
故|f(x)-g(x)|=m(x)-n(x)>1-(-1)=2.
12.(2015 贵州贵阳一模,文 12,导数与函数的单调性,选择题)定义域为 R 的函数 f(x)对任意 x 都有
f(x)=f(4-x),且其导函数 f'(x)满足(x-2)f'(x)>0,则当 2f(2m)>f(log2m)
B.f(log2m)>f(2m)>f(2)
C.f(2m)>f(log2m)>f(2)
D.f(2m)>f(2)>f(log2m)
解析:∵函数 f(x)对任意 x 都有 f(x)=f(4-x),
∴函数 f(x)的对称轴为 x=2.
∵导函数 f'(x)满足(x-2)f'(x)>0,
∴函数 f(x)在(2,+∞)上单调递增,在(-∞,2)上单调递减.
∵2f(log2m)>f(2).
答案:C
21.(2015 江西重点中学协作体二模,文 21,导数与函数的单调性,解答题)设函数 f(x)= 푥
ln푥-ax.
(1)若函数 f(x)在(1,+∞)上为减函数,求实数 a 的最小值;
(2)若存在 x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f'(x2)+a 成立,求实数 a 的取值范围.
解:(1)由已知得 f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),
∵f(x)在(1,+∞)上为减函数,
∴f'(x)=-a+ln푥 - 1
(ln푥)2 ≤0 在(1,+∞)上恒成立,
-a≤ 1
(ln푥)2 ― 1
ln푥 = ( 1
ln푥 - 1
2)2
― 1
4,
令 g(x)=( 1
ln푥 - 1
2)2
― 1
4,
∴当 1
ln푥 = 1
2,即 x=e2 时,
g(x)的最小值为-1
4,∴-a≤-1
4,即 a≥1
4.
∴a 的最小值为1
4.
(2)命题“若存在 x1,x2∈[e,e2],
使 f(x1)≤f'(x2)+a 成立”,
等价于“当 x∈[e,e2]时,有 f(x)min≤f'(x)max+a”,
由(1)知,当 x∈[e,e2]时,ln x∈[1,2], 1
ln푥 ∈ [1
2,1],
f'(x)=-a+ln푥 - 1
(ln푥)2 =-( 1
ln푥 - 1
2)2
+ 1
4-a,
f'(x)max+a=1
4,
问题等价于“当 x∈[e,e2]时,有 f(x)min≤1
4”,
①当-a≤-1
4,即 a≥1
4时,由(1),f(x)在[e,e2]上为减函数,
则 f(x)min=f(e2)=-ae2+e2
2 ≤ 1
4,
∴-a≤ 1
4e2 ― 1
2.∴a≥1
2 ― 1
4e2.
②当-1
4<-a<0,即 0|x2|;②푥21 > 푥22;③cos x1>cos x2;④sin x1>sin x2.其中能使 f(x1)>f(x2)恒成立的
条件序号是( )
A.①②③ B.①② C.①②④ D.②③
解析:函数 f(x)=x2-cos x 为偶函数,f'(x)=2x+sin x,
当 00,函数 f(x)在[0,π
2]上为单调增函数,
由偶函数性质知函数在[ - π
2,0]上为减函数.
当푥21 > 푥22时,得|x1|>|x2|≥0,
所以 f(|x1|)>f(|x2|),由函数 f(x)在[ - π
2,π
2]上为偶函数得 f(x1)>f(x2),故①②成立;
当 x1,x2∈[ - π
2,0]时,由 cos x1>cos x2,得 x1>x2,此时 f(x1)sin x2,得 x1>x2,此时 f(x1)f(x2)恒成立的条件序号是①②.
答案:B
20.(2015 江西红色六校二模,文 20,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=1
3x3-aln x-1
3(a∈R,a≠0).
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2)若对任意的 x∈[1,+∞),都有 f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围.
解:(1)函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=x2-푎
푥 = 푥3 - 푎
푥 ,
①当 a<0 时,f'(x)=푥3 - 푎
푥 >0 恒成立,函数 f(x)的递增区间为(0,+∞).
②当 a>0 时,令 f'(x)=0,解得 x=3 a,
当 x∈(0,3 푎)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当 x∈(3 푎,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
综上,当 a<0 时,函数 f(x)的递增区间为(0,+∞);
当 a>0 时,f(x)单调递减区间为(0,3 푎),f(x)单调递增区间为(3 푎,+∞).
(2)对任意的 x∈[1,+∞),使 f(x)≥0 成立,只需对任意的 f(x)min≥0,
①当 a<0 时,f(x)在[1,+∞)上是增函数,
所以只需 f(1)≥0,而 f(1)=1
3-aln 1-1
3=0.
所以 a<0 满足题意.
②当 01 时,3 푎>1,f(x)在[1,3 푎]上是减函数,在[3 푎,+∞)上是增函数,
所以只需 f(3 푎)≥0 即可,而 f(3 푎)0 不满足题意.
综上,a∈(-∞,0)∪(0,1].
10.(2015 广西防城港、桂林一模,文 10,导数与函数的单调性,选择题)下列函数中,当 00).
当 a>0 时,函数 f(x)的定义域为(0,+∞).
当 x∈(0,a)时,f'(x)<0,函数 f(x)在(0,a)上单调递减;
当 x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,函数 f(x)在(0,a)上单调递增.
当 a<0 时,函数 f(x)的定义域为(-∞,0).
当 x∈(a,0)时,f'(x)>0,函数 f(x)在(0,a)上单调递增;
当 x∈(-∞,a)时,f'(x)<0,函数 f(x)在(0,a)上单调递减.
(2)证明:当 a=1 时,假设存在唯一一条过点(1,-1)的直线与函数 y=f(x)的图象相切.
f(x)=ln x-푥 - 1
푥 ,切点为 T(푥0,ln 푥0 -
푥0 - 1
푥0 ).
切线方程为:y+1=
푥0 - 1
푥2
0
(x-1),
把切点 T 代入可得:ln x0-
푥0 - 1
푥0
+1=
(푥0 - 1)2
푥2
0
,化为 ln x0+ 3
푥0
― 1
푥2
0
-1=0, (*)
设 g(x)=ln x+3
푥 ― 1
푥2-1(x>0),
g'(x)=1
푥 ― 3
푥2 + 2
푥3 = 푥2 - 3푥 + 2
푥3 = (푥 - 1)(푥 - 2)
푥3 .
因为 x>0,所以函数 g(x)在区间(0,1)与(2,+∞)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减.
所以 g(x)极大值=g(1)=1>0,g(x)极小值=g(2)=ln 2+1
4>0.
又 g(1
4)=ln 1
4+12-16-1=-ln 4-5<0,
由 g(x)在(0,1)上单调递增,
可知 g(x)=0,仅在(1
4,1)内有且仅有一个实数根,方程(*)有且仅有一解,
因此存在唯一一条过点(1,-1)的直线与函数 y=f(x)的图象相切.
21.(2015 山西太原五中二模,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=exsin x,
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2)当 x∈[0,π
2]时,f(x)≥kx,求实数 k 的取值范围.
解:(1)f'(x)=exsin x+excos x= 2exsin(푥 + π
4),
当 x∈(2푘π - π
4,2푘π + 3π
4 )时,f'(x)>0,函数 f(x)单调递增,
x∈(2푘π + 3π
4 ,2푘π + 7π
4 ),f'(x)<0,函数 f(x)单调递减.
(2)令 g(x)=f(x)-kx=exsin x-kx,即 g(x)≥0 恒成立,
而 g'(x)=ex(sin x+cos x)-k,
令 h(x)=ex(sin x+cos x),h'(x)=ex(sin x+cos x)+ex(cos x-sin x)=2excos x.
∵x∈[0,π
2],h'(x)≥0,
∴h(x)在[0,π
2]上单调递增,1≤h(x)≤e
π
2.
当 k≤1 时,g'(x)≥0,g(x)在[0,π
2]上单调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意;
当 k≥e
π
2时,g'(x)≤0,g(x)在[0,π
2]上单调递减,g(x)≤g(0),与题意不合;
当 10,
由零点存在性定理,必存在一个零点 x0,
使得 g'(x0)=0,
当 x∈[0,x0)时,g'(x)≤0,从而 g(x)在此区间上单调递减,从而 g(x)≤g(0)=0,与题意不合,
综上,k 的取值范围为(-∞,1].
21.(2015 甘肃兰州一中模拟,文 21,导数与函数的单调性,解答题)设函数 f(x)= 푎
푥2+ln x,g(x)=x3-x2-3.
(1)讨论函数 f(x)的单调性;
(2)如果对于任意的 x1,x2∈[1
3,2],都有 x1·f(x1)≥g(x2)成立,试求实数 a 的取值范围.
解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=- 푎
푥3 + 1
푥 = 푥2 - 2푎
푥3 ,
当 a≤0 时,f'(x)≥0,函数 f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当 a>0 时,若 x≥ 2푎,则 f'(x)≥0,函数 f(x)单调递增;
若 00,xln x<0,h'(x)>0,
即 h(x)在区间[1
3,1)上单调递增.
当 x∈(1,2]时,1-x<0,xln x>0,h'(x)<0,(1,2]上单调递减.
所以,当 x=1 时,函数 h(x)取得最大值 h(1)=1,
故 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞).
15.(2015 山西朔州怀仁一中一模,文 15,导数与函数的单调性,填空题)定义在区间(m-1,m+1)上的函数
f(x)=ln x-9
2x2 在该区间上不是单调函数,则实数 m 的取值范围是 .
解析:∵函数 f(x)=ln x-9
2x2 的定义域为(0,+∞),f'(x)=1
푥-9x=1 - 9푥2
푥 ,
∴当 x∈(0,1
3)时,f'(x)>0;
当 x∈(1
3, + ∞)时,f'(x)<0;
∵定义在区间(m-1,m+1)上的函数 f(x)=ln x-9
2x2 在该区间上不是单调函数,
∴{푚 - 1 ≥ 0,
푚 - 1 < 1
3,
푚 + 1 > 1
3,
解得 1≤m<4
3.
故实数 m 的取值范围是[1,4
3).
答案:[1,4
3)
12.(2015 甘肃兰州二诊,文 12,导数与函数的单调性,选择题)已知函数 f(x)=x+sin x,x∈R,且 f(y2-
2y+3)+f(x2-4x+1)≤0,则当 y≥1 时, 푦
푥 + 1的取值范围是( )
A.[1
4,3
4] B.[0,3
4]
C.[1
4,4
3] D.[0,4
3]
解析:∵f(x)=x+sin x,x∈R,
∴f(-x)=-x-sin x=-(x+sin x)=-f(x),
即 f(x)=x+sin x,x∈R 是奇函数.
∵f(y2-2y+3)+f(x2-4x+1)≤0,
∴f(y2-2y+3)≤-f(x2-4x+1)=f[-(x2-4x+1)],
又 f'(x)=1-cos x≥0,∴函数单调递增.
∴(y2-2y+3)≤-(x2-4x+1),
即(y2-2y+3)+(x2-4x+1)≤0.
∴(y-1)2+(x-2)2≤1.
∵y≥1,∴不等式对应的平面区域为圆心为(2,1),半径为 1 的圆的上半部分.
푦
푥 + 1的几何意义为动点 P(x,y)到定点 A(-1,0)的斜率的取值范围.
设 k= 푦
푥 + 1(k>0),则 y=kx+k,即 kx-y+k=0.
当直线和圆相切时,圆心到直线的距离 d=|2푘 - 1 + 푘|
1 + 푘2 = |3푘 - 1|
1 + 푘2=1,
即 8k2-6k=0,解得 k=3
4.
此时直线斜率最大.
当直线 kx-y+k=0 经过点 B(3,1)时,直线斜率最小,
此时 3k-1+k=0,即 4k=1,解得 k=1
4,
∴1
4≤k≤3
4.
答案:A
12.(2015 甘肃兰州一模,文 12,导数与函数的单调性,选择题)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数
为 f'(x),满足 f'(x)0.
答案:B
16.(2015 甘肃河西五地一模,文 16,导数与函数的单调性,填空题)已知曲线 y=(a-3)x3+ln x 存在垂直于
y 轴的切线,函数 f(x)=x3-ax2-3x+1 在[1,2]上单调递减,则 a 的范围为 .
解析:因为 y=(a-3)x3+ln x 存在垂直于 y 轴的切线,即 y'=0 有解,
即 y'=3(a-3)x2+1
푥 = 3(푎 - 3)푥3 + 1
푥 =0 在 x>0 时有解,
所以 3(a-3)x3+1=0,即 a-3<0,所以此时 a<3.
函数 f(x)=x3-ax2-3x+1 在[1,2]上单调递减,则 f'(x)≤0 恒成立,
即 f'(x)=3x2-2ax-3≤0 恒成立,
即 2a≥3푥2 - 3
푥 =3x-3
푥,
因为函数 y=3x-3
푥在[1,2]上单调递增,所以函数 y=3x-3
푥的最大值为 y=3×2-3
2=6-3
2 = 9
2,
所以 2a≥9
2,所以 a≥9
4.
综上9
4≤a<3.
答案:[9
4,3)
41 导数与函数的极
值
1.(2015 山西太原一模,文 21,导数与函数的极值,解答题)已知函数 f(x)=(x2-ax+a)ex-x2,a∈R.
(1)若函数 f(x)在(0,+∞)内单调递增,求 a 的取值范围;
(2)若函数 f(x)在 x=0 处取得极小值,求 a 的取值范围.
解:(1)f'(x)=(2x-a)ex+(x2-ax+a)ex-2x=x[(x+2-a)ex-2],
∵f(x)在(0,+∞)内单调递增,
∴f'(x)≥0 在(0,+∞)内恒成立,
即(x+2-a)ex-2≥0 在(0,+∞)内恒成立,
即 x+2- 2
e푥≥a 在(0,+∞)内恒成立.
又函数 g(x)=x+2- 2
e푥在(0,+∞)上单调递增,
∴g(x)>g(0)=0.
∴a≤0.
(2)令 f'(x)>0,即 x[(x+2-a)ex-2]>0,
∴{푥 > 0,
(푥 + 2 - 푎)e푥 - 2 > 0或{푥 < 0,
(푥 + 2 - 푎)e푥 - 2 < 0,
即{푥 > 0,
푥 + 2 - 2
e푥 > 푎或{푥 < 0,
푥 + 2 - 2
e푥 < 푎. (*)
∵g(x)=x+2- 2
e푥单调递增,设方程 g(x)=x+2- 2
e푥=a 的根为 x0.
①若 x0>0,则不等式组(*)的解集为(-∞,0)和(x0,+∞),
此时 f(x)在(-∞,0)和(x0,+∞)上单调递增,在(0,x0)上单调递减,与 f(x)在 x=0 处取极小值矛盾;
②若 x0=0,则不等式组(*)的解集为(-∞,0)和(0,+∞),此时 f(x)在 R 上单调递增,与 f(x)在 x=0 处取极
小值矛盾;
③若 x0<0,则不等式组(*)的解集为(-∞,x0)和(0,+∞),
此时 f(x)在(-∞,x0)和(0,+∞)上单调递增,在(x0,0)上单调递减,满足 f(x)在 x=0 处取极小值,
由 g(x)单调性,得 a=x0+2- 2
e푥0a>0,푓(푏) - 푓(푎)
푏 - 푎 <1 恒成立,求 m 的取值范围.
解:(1)∵当 m=e 时,f(x)=ln x+e
푥,
∴f'(x)=푥 - e
푥2 .
∴当 x∈(0,e)时,f'(x)<0,f(x)在(0,e)上是减函数;
当 x∈(e,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(e,+∞)上是增函数.
∴当 x=e 时,f(x)取得极小值 f(e)=ln e+e
e=2.
(2)∵函数 g(x)=f'(x)-푥
3 = 1
푥 ― 푚
푥2 ― 푥
3(x>0),
令 g(x)=0,得 m=-1
3x3+x(x>0).
设 φ(x)=-1
3x3+x(x≥0),
则 φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).
当 x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上是增函数,
当 x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上是减函数.
∴x=1 是 φ(x)的极值点,且是极大值点.
∴x=1 是 φ(x)的最大值点.
∴φ(x)的最大值为 φ(1)=2
3.
又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象,如图:
可知:
①当 m>2
3时,函数 g(x)无零点;
②当 m=2
3时,函数 g(x)有且只有一个零点;
③当 02
3时,函数 g(x)无零点;
当 m=2
3或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点;
当 0a>0,푓(푏) - 푓(푎)
푏 - 푎 <1 恒成立,
等价于 f(b)-b0),
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减.
∵h'(x)=1
푥 ― 푚
푥2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立,
∴m≥-x2+x=-(푥 - 1
2)2
+ 1
4(x>0).
∴m≥1
4.
对于 m=1
4,h'(x)=0 仅在 x=1
2时成立.
∴m 的取值范围是[1
4, + ∞).
16.(2015 江西鹰潭二模,文 16,导数与函数的极值,填空题)对于三次函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),给出
定义:设 f'(x)是 f(x)的导函数,f″(x)是 f'(x)的导函数,则 f'(x)叫 f(x)的一阶导数,f″(x)叫 f(x)的二阶导数,
若方程 f″(x)=0 有实数解 x0,则称点(x0,f(x0))为函数 f(x)的“拐点”.有个同学经过探究发现:任何一个三
次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数 g(x)=1
3x3-1
2x2+3x-
5
12,则 g( 1
2 015)+g( 2
2 015)+…+g(2 014
2 015)= .
解析:∵g(x)=1
3x3-1
2x2+3x- 5
12,
∴g'(x)=x2-x+3,g″(x)=2x-1.
令 g″(x)=2x-1=0,得 x=1
2,
g(1
2) = 1
3 × 1
8 ― 1
2 × 1
4+3×1
2 ― 5
12=1,
则(1
2,1)是函数 g(x)=1
3x3-1
2x2+3x- 5
12的对称中心,
则 g( 1
2 015)+g(2 014
2 015)=2,
g( 2
2 015)+g(2 013
2 015)=2,…,
g(1 007
2 015)+g(1 008
2 015)=2,
故 g( 1
2 015)+g( 2
2 015)+…+g(2 014
2 015)=2 014.
答案:2 014
21.(2015 江西鹰潭二模,文 21,导数与函数的极值,解答题)已知函数 f(x)=x|x+a|-1
2ln x.
(1)当 a≤-2 时,求函数 f(x)的极值点;
(2)若 f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围.
解:(1)当 a≤-2 时,
f(x)={푥2 + 푎푥 - 1
2ln푥,푥 ≥ -푎,
- 푥2 - 푎푥 - 1
2ln푥,0 < 푥 < -푎.
①当 x≥-a 时,f'(x)=2x+a- 1
2푥 = 4푥2 + 2푎푥 - 1
2푥 >0,
所以 f(x)在(-a,+∞)上单调递增,无极值点.
②当 00,
则 x1= -푎 - 푎2 - 4
4 ,x2= -푎 + 푎2 - 4
4 ,且 00;
当 x∈(x2,a)时,f'(x)<0,
所以 f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增;在(x2,a)上单调递减.
综上所述,当 a<-2 时,f(x)的极小值点为 x= -푎 - 푎2 - 4
4 和 x=-a,极大值点为 x= -푎 + 푎2 - 4
4 .
(2)函数 f(x)的定义域为 x∈(0,+∞),由 f(x)>0 可得|x+a|>ln푥
2푥. (*)
(ⅰ)当 x∈(0,1)时,ln푥
2푥<0,|x+a|≥0,不等式(*)恒成立.
(ⅱ)当 x=1 时,ln푥
2푥=0,即|1+a|>0,所以 a≠1.
(ⅲ)当 x>1 时,不等式(*)恒成立等价于 a<-x-ln푥
2푥恒成立或 a>-x+ln푥
2푥恒成立.
令 g(x)=-x-ln푥
2푥,
则 g'(x)=-1-
1
푥·2푥 - 2ln푥
4푥2 = -2푥2 - 1 + ln푥
2푥2 .
令 k(x)=-2x2-1+ln x,
则 k'(x)=-2x+1
푥 = 1 - 2푥2
푥 <0,
而 k(1)=-1-1+ln 1=-2<0,
所以 k(x)=-2x2-1+ln x<0,
即 g'(x)= -2푥2 - 1 + ln푥
2푥2 <0,
因此 g(x)=-x-ln푥
2푥在(1,+∞)上是减函数,
所以 g(x)在(1,+∞)上无最小值,
所以 a<-x-ln푥
2푥不可能恒成立.
令 h(x)=-x+ln푥
2푥,则 h'(x)=-1+
1
푥·2푥 - 2ln푥
4푥2 = -2푥2 + 1 - ln푥
2푥2 <0,
因此 h(x)在(1,+∞)上是减函数,
所以 h(x)-1.
综上所述,满足条件的 a 的取值范围是(-1,+∞).
6.(2015 贵州贵阳二模,文 6,导数与函数的极值,选择题)函数 f(x)=1
3x3-1
2x2+a 仅一个零点,则 a 的取值范
围为( )
A.(0,1
6) B.( - 1
6,0)
C.(-∞,0)∪(1
6, + ∞) D.( -∞,1
6)∪(0,+∞)
解析:函数 f(x)=1
3x3-1
2x2+a,
则 f'(x)=x2-x,令 x2-x=0,可得 x=1 或 x=0,
当 x∈(-∞,0)时,函数 f(x)=1
3x3-1
2x2+a 是增函数,x∈(0,1)时是减函数,x∈(1,+∞)时是增函数.
f(0)是极大值,f(1)是极小值,
函数 f(x)=1
3x3-1
2x2+a 仅一个零点,
则 f(0)<0 或 f(1)>0,
可得 a<0,或1
3 ― 1
2+a>0,即 a>1
6.
答案:C
10.(2015 广西梧州一模,文 10,导数与函数的极值,选择题)设三次函数 f(x)的导函数为 f'(x),函数 y=xf'(x)
的图象的一部分如图所示,则 ( )
A.f(x)的极大值为 f( 3),极小值为 f(- 3)
B.f(x)的极大值为 f(0),极小值为 f(-3)
C.f(x)的极大值为 f(3),极小值为 f(-3)
D.f(x)的极大值为 f(3),极小值为 f(0)
解析:观察图象知,x<-3 时,y=x·f'(x)>0,
所以 f'(x)<0,f(x)递减.
当-30,f(x)递增.
由此知 f(x)的极小值为 f(-3);
当 00,
所以 f'(x)>0,f(x)递增.
当 x>3 时,y=x·f'(x)<0,
所以 f'(x)<0,f(x)递减.
由此知 f(x)的极大值为 f(3).
答案:C
21.(2015 广西梧州一模,文 21,导数与函数的极值,解答题)已知函数 f(x)=1
2x2+aln x,g(x)=(a+1)x,a≠-1.
(1)若函数 f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为1
2,求 f(x)的极值;
(2)若 a∈(1,e],F(x)=f(x)-g(x),求证:当 x1,x2∈[1,a]时,|F(x1)-F(x2)|<1 恒成立.
(1)解:由已知得 x>0,f'(x)=x+푎
푥,
由于曲线 y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1
2,
所以 f'(2)=1
2,即 2+푎
2 = 1
2,解得 a=-3.
所以 f(x)=1
2x2-3ln x,f'(x)=x-3
푥.
令 f'(x)=0,则 x= 3或 x=- 3(舍).
当 0 3时,f'(x)>0,函数 f(x)单调递增.
故 x= 3是 f(x)的极大值点,且 f(x)的极大值为 f( 3)=3
2(1-ln 3).
(2)证明:由于 F(x)=f(x)-g(x)=1
2x2+aln x-(a+1)x(x>0),
则 F'(x)=x+푎
푥-(a+1)=푥2 - (푎 + 1)푥 + 푎
푥 = (푥 - 1)(푥 - 푎)
푥 ,
由于 x>0,a∈(1,e],
故当 0a 时,F'(x)>0,
当 10),f'(x)=ln x+1-2ax.
令 g(x)=ln x+1-2ax,
∵函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,
则 g(x)=0 在区间(0,+∞)上有两个实数根.
g'(x)=1
푥-2a=1 - 2푎푥
푥 ,
当 a≤0 时,g'(x)>0,则函数 g(x)在区间(0,+∞)单调递增,因此 g(x)=0 在区间(0,+∞)上不可能有两个
实数根,应舍去.
当 a>0 时,令 g'(x)=0,解得 x= 1
2푎.
令 g'(x)>0,解得 0 1
2푎,此时函数 g(x)单调递减.
∴当 x= 1
2푎时,函数 g(x)取得极大值.
当 x 趋近于 0 与 x 趋近于+∞时,g(x)→-∞,
要使 g(x)=0 在区间(0,+∞)上有两个实数根,
则 g( 1
2푎)=ln 1
2푎>0,解得 00),若 f(x)≥2ln
x 在[1,+∞)上恒成立,则 a 的取值范围是( )
A.(1,+∞) B.[1,+∞)
C.(2,+∞) D.[2,+∞)
解析:由 f(x)=ax+푎 - 2
푥 +2-2a(a>0),f(x)≥2ln x,
得 ax+푎 - 2
푥 +2-2a-2ln x≥0,
令 g(x)=ax+푎 - 2
푥 +2-2a-2ln x,
则 g'(x)=a-푎 - 2
푥2 ― 2
푥 = 푎푥2 - 2푥 - 푎 + 2
푥2 = (푥 - 1)[푎푥 + (푎 - 2)]
푥2 .
若-푎 - 2
푎 =1,即 a=1,则 g'(x)≥0,函数 g(x)在[1,+∞)上为增函数,
∵g(1)=0,∴f(x)≥2ln x 在[1,+∞)上恒成立.
若-푎 - 2
푎 >1,即 a<1,当 x∈(-∞,1),( - 푎 - 2
푎 , + ∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数.
当 x∈(1, - 푎 - 2
푎 )时,g'(x)<0,g(x)为减函数.
∴g(x)在[1,+∞)上的最小值为 g( - 푎 - 2
푎 ).
∵g(1)=0,∴g( - 푎 - 2
푎 )<0,不合题意.
若-푎 - 2
푎 <1,即 a>1,当 x∈( -∞, - 푎 - 2
푎 ),(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)为增函数.
当 x∈( - 푎 - 2
푎 ,1)时,g'(x)<0,g(x)为减函数.
∴g(x)在[1,+∞)上的最小值为 g(1).
∵g(1)=0,∴f(x)≥2ln x 在[1,+∞)上恒成立.
综上,a 的取值范围是[1,+∞).
答案:B
20.(2015 江西上饶一模,文 20,导数与函数的最值,解答题)已知函数 f(x)=푎푥 - 푏
푥2 + 1与函数 g(x)=1
2ln x 在点
(1,0)处有公共的切线.
(1)求函数 f(x)的解析式;
(2)求证:g(x)≥f(x)在 x∈[1,+∞)上恒成立.
解:(1)由 g(1)=0,g'(1)=1
2得 f(1)=0,f'(1)=1
2,
所以 f(1)=푎 - 푏
2 =0,化简得 a=b.
由 f'(x)=푎(푥2 + 1) - 2푥(푎푥 - 푏)
(푥2 + 1)2 = -푎푥2 + 2푏푥 + 푎
(푥2 + 1)2 ,
得 f'(1)= -푎 + 2푏 + 푎
4 = 1
2,联立解得:a=1,b=1.
所以 f(x)= 푥 - 1
푥2 + 1.
(2)由已知得 ln x≥2푥 - 2
푥2 + 1在[1,+∞)上恒成立,
化简(x2+1)ln x≥2x-2,
即 x2ln x+ln x-2x+2≥0 在[1,+∞)上恒成立,
设 h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,
h'(x)=2xln x+x+1
푥-2,
又 x≥1,所以 2xln x≥0,x+1
푥≥2,即 h'(x)>0.
所以 h(x)在[1,+∞)上单调递增,
则 h(x)≥h(1)=0.
所以 g(x)≥f(x)在 x∈[1,+∞)上恒成立.
20.(2015 江西上饶重点中学二模,文 20,导数与函数的最值,解答题)已知函数 f(x)=ex(ln x+k)(k 为常
数,e=2.718 28…是自然对数的底数).函数 y=f(x)的导函数为 f'(x),且 f'(1)=0.
(1)求 k 的值;
(2)设 g(x)=f'(x)-2[f(x)+ex],φ(x)=e푥
푥 ,g(x)≤t·φ(x)恒成立.求实数 t 的取值范围.
解:(1)∵f'(x)=ex(ln x+k)+ex·1
푥,
∴f'(1)=ek+e=0,∴k=-1.
(2)g(x)=ex·(1
푥 - 1 - ln푥),
由 g(x)≤tφ(x)得 ex(1
푥 - 1 - ln푥)≤t·e푥
푥 ,
即1
푥-1-ln x≤푡
푥(x>0),
∴t≥1-x-xln x(x>0).
令 h(x)=1-x-xln x(x>0),
则 h'(x)=-(ln x+2)=0,x=e-2,
∴h(x)在(0,e-2)上单调递增,(e-2,+∞)上单调递减,
∴h(x)max=h(e-2)=1+ 1
e2.∴t≥1+ 1
e2.
12.(2015 山西太原五中二模,文 12,导数与函数的最值,选择题)若函数 y1=sin 2x1-
3
2 (x1∈[0,π]),函数
y2=x2+3,则(x1-x2)2+(y1-y2)2 的最小值为( )
A.
2π
12 B.(π + 18)2
72
C.(π + 8)2
12 D.(π - 3 3 + 15)2
72
解析:设 z=(x1-x2)2+(y1-y2)2,则 z 的几何意义是两条曲线上动点之间的距离的平方,
求函数 y=sin 2x-
3
2 (x∈[0,π])的导数,f'(x)=2cos 2x,直线 y=x+3 的斜率 k=1,
由 f'(x)=2cos 2x=1,即 cos 2x=1
2,
即 2x=π
3,解得 x=π
6,
此时 y=sin 2x-
3
2 = 3
2 ― 3
2 =0,
即函数在(π
6,0)处的切线和直线 y=x+3 平行,
则最短距离 d=
|π
6 + 3|
2 ,
所以(x1-x2)2+(y1-y2)2 的最小值 d2=(|π
6 + 3|
2 )
2
= (π + 18)2
72 .
答案:B
12.(2015 黑龙江哈尔滨九中三模,文 12,导数与函数的最值,选择题)已知函数 f(x)=e2x,g(x)=ln x+1
2,对
∀a∈R,∃b∈(0,+∞),使得 f(a)=g(b),则 b-a 的最小值为( )
A.1+ln2
2 B.1-ln2
2 C.2 e-1 D. e-1
解析:∵f(x)=e2x,g(x)=ln x+1
2,
∴f-1(x)=1
2ln x,g-1(x)=e푥-1
2,
令 h(x)=g-1(x)-f-1(x)=e푥-1
2 ― 1
2ln x,
则 b-a 的最小值,即为 h(x)的最小值,
∵h'(x)=e푥-1
2 ― 1
2푥,令 h'(x)=0,解得 x=1
2,
∵当 x∈(0,1
2)时,h'(x)<0,当 x∈(1
2, + ∞)时,h'(x)>0,
故当 x=1
2时,h(x)取最小值 1-
ln1
2
2 =1+ln2
2 .
答案:A
3.3 导数的综合应用
44 利用导数研究函数的零点或方程
的根
12.(2015 江西重点中学协作体二模,文 12,利用导数研究函数的零点或方程的根,选择题)设函数
f(x)=x3-2ex2+mx-ln x,记 g(x)=푓(푥)
푥 ,若函数 g(x)至少存在一个零点,则实数 m 的取值范围是( )
A.( -∞,e2 + 1
e] B.(0,e2 + 1
e]
C.(e2 + 1
e, + ∞) D.( - e2 - 1
e,e2 + 1
e]
解析:∵f(x)=x3-2ex2+mx-ln x 的定义域为(0,+∞),
又 g(x)=푓(푥)
푥 ,
∴函数 g(x)至少存在一个零点等价于函数 f(x)=x3-2ex2+mx-ln x 至少有一个零点,
即方程 x3-2ex2+mx-ln x=0 有解,
则 m= - 푥3 + 2e푥2 + ln푥
푥 =-x2+2ex+ln푥
푥 ,
m'=-2x+2e+1 - ln푥
푥2 =-2(x-e)+1 - ln푥
푥2 .
∴当 x∈(0,e)时,m'>0,
当 x∈(e,+∞)时,m'<0.
∴m=-x2+2ex+ln푥
푥 在(0,e)上单调递增,
在(e,+∞)上单调递减.
∴m≤-e2+2·e·e+ 1
e=e2+1
e.
又当 x→0 时,m=-x2+2ex+ln푥
푥 →-∞,故 m≤e2+1
e.
答案:A
9.(2015 甘肃河西五地一模,文 9,利用导数研究函数的零点或方程的根,选择题)已知函数 f(x)的定义域
为[-1,4],部分对应值如下表,f(x)的导函数 y=f'(x)的图象如图所示.
x -
10234
f(x
) 12020
当 11 时,h'(x)>0,
∴h(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.
(2)∵10,即 2-f(x)>0,
要证 x<2 + 푓(푥)
2 - 푓(푥) ,只需证 x[2-f(x)]<2+f(x),
即证 f(x)>2(푥 - 1)
푥 + 1 .
设 k(x)=f(x)-2(푥 - 1)
푥 + 1 =ln x-2(푥 - 1)
푥 + 1 ,
则 k'(x)=1
푥 ― 2[(푥 + 1) - (푥 - 1)]
(푥 + 1)2 = (푥 - 1)2
푥(푥 + 1)2,
∵10.
∴k(x)在(1,e2)上为增函数.
∴k(x)>k(1)=0,即 ln x-2(푥 - 1)
푥 + 1 >0.
∴ln x>2(푥 - 1)
푥 + 1 .
∴当 1f'(x)且 f(0)=1,则不等式푓(푥)
e푥 <1 的解为( )
A.(-∞,0) B.(0,+∞)
C.(-∞,2) D.(2,+∞)
解析:设 F(x)=푓(푥)
e푥 ,
则 F'(x)=푓'(푥)e푥 - 푓(푥)e푥
(e푥)2 = 푓'(푥) - 푓(푥)
e푥 ,
∵f(x)>f'(x),
∴F'(x)<0,即函数 F(x)在定义域上单调递减.
∵f(0)=1,
∴不等式푓(푥)
e푥 <1 等价为 F(x)0.
故不等式的解集为(0,+∞).
答案:B
4.(2015 江西赣州一模,文 21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)设函数 f(x)=ex-ax2(e 为自然对
数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y=(e-1)x+b.
(1)求 a,b 的值;
(2)设 x≥0,求证:f(x)≥1
2x2+2x-2.
(1)解:函数 f(x)=ex-ax2 的导数为 f'(x)=ex-2ax,
曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 k=e-2a,
切点为(1,e-a),由于在点(1,f(1))处的切线方程为 y=(e-1)x+b,
则 e-2a=e-1,e-a=e-1+b,
解得 a=1
2,b=1
2.
(2)证明:f(x)≥1
2x2+2x-2 即为 ex≥x2+2x-2,
令 g(x)=ex-x2-2x+2,
即有 g'(x)=ex-2x-2,
令 h(x)=ex-2x-2,h(0)=-1,
设 h(x)与 x 轴的交点为(m,0),即有 em=2m+2,
由 h(1)=e-4<0,h(2)=e2-6>0,即有 1g(m)=em-m2-2m+2=4-m2>0,
当 x>m,则 h(x)>0,g(x)递增,
即有 g(x)>g(m)=em-m2-2m+2=4-m2>0,
综上可得,当 x≥0 时,f(x)≥1
2x2+2x-2.
21.(2015 贵州贵阳一模,文 21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数 f(x)=푥2
8 -ln x,x∈[1,3].
(1)求 f(x)的最大值与最小值;
(2)若对任意 x∈[1,3],t∈[0,2],有 f(x)<4-at 恒成立,求实数 a 的取值范围.
解:(1)因为函数 f(x)=푥2
8 -ln x,
所以 f'(x)=푥
4 ― 1
푥,令 f'(x)=0 得 x=±2.
因为 x∈[1,3],所以当 x∈[1,2]时,f'(x)<0,
当 x∈[2,3]时,f'(x)>0.
故 f(x)在(1,2)上递减,在(2,3)上递增.
所以 f(x)极小=f(2)=1
2-ln 2.
又 f(1)=1
8,f(3)=9
8-ln 3,且 f(1)-f(3)=ln 3-1>0.
所以 f(1)>f(3).所以当 x=1 时,f(x)max=1
8,f(x)min=f(2)=1
2-ln 2.
(2)由(1)知当 x∈[1,3]时,f(x)≤1
8,
故对任意 x∈[1,3],t∈[0,2],有 f(x)<4-at 恒成立,
只需对于 t∈[0,2],有1
8<4-at 恒成立,即 at<31
8 恒成立.
令 g(t)=at,t∈[0,2].
所以{푔(0) < 31
8 ,
푔(2) < 31
8 ,
解得 a<31
16.
所以实数 a 的取值范围是( -∞,31
16).
21.(2015 江西南昌模拟,文 21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)函数 f(x)=x-aln x-2.
(1)求 f(x)的单调区间;
(2)当 a=1 时,不等式 f(x)+(b+1)f'(x)1 恒成立,求正整数 b 的取值集合.
解:(1)f'(x)=1-푎
푥 = 푥 - 푎
푥 ,x∈(0,+∞),
当 a≤0 时,f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上递增.
当 a>0 时,令 f'(x)=0,得 x=0,
x∈(0,a)时,f(x)单调递减,
x∈(a,+∞)时,f(x)单调递增.
综上,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上递增,无减区间,
当 a>0 时,f(x)的单调递减区间为(0,a),单调递增区间为(a,+∞).
(2)当 a=1 时,f(x)=x-ln x-2,f'(x)=1-1
푥 = 푥 - 1
푥 .
当 x>1 时,原不等式⇔(x-ln x-2)+(b+1)·푥 - 1
푥 1),
则 g'(x)=푥 - ln푥 - 2
(푥 - 1)2 = 푓(푥)
(푥 - 1)2.
由(1)知,f(x)=x-ln x-2 在(1,+∞)上递增,而 f(3)=1-ln 3<0,f(4)=2-ln 4=2(ln e-ln 2)>0,
所以 f(x)在(3,4)上有唯一零点 x0,f(x0)=x0-ln x0-2⇒ln x0=x0-2.
所以 1x0 时 g'(x)>0.
所以 g(x)在(1,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增.
则当 x>1 时,g(x)min=g(x0)=
1 + 푥0ln 푥0
푥0 - 1 =
1 + 푥0(푥0 - 2)
푥0 - 1 =x0-1,
由 b<1 + 푥ln푥
푥 - 1 恒成立得 bα>β B.β>α>γ
C.α>β>γ D.β>γ>α
解析:∵g'(x)=1,h'(x)= 1
푥 + 1,φ'(x)=3x2,
由题意得 α=1,ln(β+1)= 1
훽 + 1,γ3-1=3γ2,
①∵ln(β+1)= 1
훽 + 1,∴(β+1)β+1=e.
当 β≥1 时,β+1≥2,∴β+1≤ e<2.
∴β<1,这与 β≥1 矛盾.∴0<β<1.
②∵γ3-1=3γ2,且 γ=0 时等式不成立,
∴3γ2>0.∴γ3>1.∴γ>1.
∴γ>α>β.
答案:A
21.(2015 甘肃兰州二诊,文 21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知函数 f(x)=2ln x+ 푚
푥 + 1.
(1)当函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 y-4x+1=0 垂直时,求实数 m 的值;
(2)若 x≥1 时,f(x)≥1 恒成立,求实数 m 的取值范围.
解:(1)∵f'(x)=2
푥 ― 푚
(푥 + 1)2,
∴函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率 k=f'(1)=2-푚
4.
∵函数 f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 y-4x+1=0 垂直,
∴2-푚
4=-1
4.∴m=9.
(2)依题意不等式 2ln x+ 푚
푥 + 1≥1 在 x≥1 时恒成立,
即 m≥x+1-2(x+1)ln x 在 x≥1 时恒成立.
令 g(x)=x+1-2(x+1)ln x(x≥1),
则 g'(x)=1-[2ln푥 + 2(푥 + 1)
푥 ]=-푥 + 2 + 2푥ln푥
푥 ,
∴当 x≥1 时,g'(x)<0.
∴函数 g(x)在[1,+∞)时为减函数.
∴g(x)≤g(1)=2.∴m≥2,
即实数 m 的取值范围是[2,+∞).
21.(2015 甘肃张掖二模,文 21,利用导数解决不等式的有关问题,解答题)已知 g(x)=mx,G(x)=ln x.
(1)若 f(x)=G(x)-x+1,求函数 f(x)的单调区间;
(2)若 G(x)+x+2≤g(x)恒成立,求 m 的取值范围;
(3)令 b=G(a)+a+2,求证:b-2a≤1.
(1)解:∵f(x)=G(x)-x+1=1-x+ln x,
∴f'(x)=1
푥-1=1 - 푥
푥 ,由 f'(x)=0,得 x=1.
当 x∈(0,1)时,f'(x)>0;
当 x∈(1,+∞)时,f'(x)<0.
∴函数 y=f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.
(2)解:令 h(x)=G(x)+x+2-g(x)=ln x+x+2-mx=ln x+(1-m)x+2,
则 h'(x)=1
푥+(1-m),
令 h'(x)=0,得 x= 1
푚 - 1.
当 x∈(0, 1
푚 - 1)时,h'(x)>0,h(x)在(0, 1
푚 - 1)上是增函数.
当 x∈( 1
푚 - 1, + ∞)时,h'(x)<0,h(x)在( 1
푚 - 1, + ∞)上是减函数.
∴h(x)在(0,+∞)上的最大值为 h( 1
푚 - 1)=ln 1
푚 - 1+1=1-ln(m-1)≤0,解得 m≥e+1.
∴当 m≥e+1 时 G(x)+x+2≤g(x)恒成立.
(3)证明:由题意知,b=ln a+a+2.
由(1)知 f(x)=1-x+ln x,且 f(x)=ln x+1-x≤f(1)=0,
即有不等式 ln x≤x-1(x>0).
于是 b=ln a+a+2≤a-1+a+2=2a+1,即 b-2a≤1.
46 利用导数解决综合
问题
1.(2015 吉林省实验中学二模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知 f(x)=xln x-ax,g(x)=-x2-2.
(1)当 a=-1 时,求 f(x)的单调区间;
(2)对一切 x∈(0,+∞),f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围;
(3)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x+1> 1
e푥 ― 2
e푥成立.
解:(1)函数的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+x×1
푥-a=ln x+1-a,
当 a=-1 时,f'(x)=ln x+2,
令 f'(x)=ln x+2>0,得 x> 1
e2,
令 f'(x)=ln x+2<0,得 01 时,F'(x)>0,函数递增.
∴F(x)在 x=1 处取极小值,也是最小值,
即 F(x)min=F(1)=3.
∴a≤3.
(3)证明:对任意 x∈(0,+∞),都有 ln x+1> 1
e푥 ― 2
e푥成立.
等价于证明:对任意 x∈(0,+∞),都有 xln x+x> 푥
e푥 ― 2
e成立.
由(1)知,当 a=-1 时,f(x)=xln x+x,f(x)min=f( 1
e2)=- 1
e2.
令 G(x)= 푥
e푥 ― 2
e,G'(x)=e푥 - 푥e푥
e2푥 = 1 - 푥
e푥 .
当 x∈(0,1)时,G'(x)>0,函数 G(x)递增,当 x∈(1,+∞)时,G'(x)<0,函数 G(x)递减.
f(x)min>G(x)max.
∴当 x=1 时,函数 G(x)取到极大值,也是最大值.
∴G(x)max=G(1)=-1
e.
∵-1
e<- 1
e2,∴f(x)min>G(x)max.
∴对任意 x∈(0,+∞),都有 ln x+1> 1
e푥 ― 2
e푥成立.
2.(2015 广西柳州一中一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈
R.
(1)求 f(x)的单调区间及极值;
(2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1.
(1)解:∵f(x)=ex-2x+2a,x∈R,
∴f'(x)=ex-2,x∈R,令 f'(x)=0,得 x=ln 2.
于是当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,ln 2) ln 2 (ln
2,+∞)
f'(x)- 0 +
f(x) 单调递
减
2(1-ln
2+a)
单调递
增
故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),
f(x)在 x=ln 2 处取得极小值,
极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a),无极大值.
(2)证明:设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,
于是 g'(x)=ex-2x+2a,x∈R.
由(1)知当 a>ln 2-1 时,g'(x)最小值为 g'(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.
于是对任意 x∈R,都有 g'(x)>0,所以 g(x)在 R 内单调递增.
于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0).
而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),g(x)>0.
即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1.
21.(2015 甘肃张掖 4 月模拟,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=(ax2+x-1)ex,其中 e
是自然对数的底数,a∈R.
(1)若曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为 4e,求切线方程;
(2)试求 f(x)的单调区间并求出当 a>0 时 f(x)的极小值.
解:(1)∵f(x)=(ax2+x-1)ex,
f'(x)=(2ax+1)ex+(ax2+x-1)ex
=[ax2+(2a+1)x]·ex,
∴f'(1)=(3a+1)e=4e,解得 a=1.
∴f(1)=e.∴切点坐标为(1,e),
则切线方程为 y-e=4e(x-1),
即所求切线方程为 4ex-y-3e=0.
(2)①当 a=0 时,f(x)=(x-1)ex,f'(x)=xex,
∴当 x>0 时,f'(x)>0,当 x<0 时,f'(x)<0,
f(x)的递减区间为(-∞,0],递增区间为(0,+∞).
②当 a>0 时,f'(x)=[ax2+(2a+1)]ex=[x(ax+2a+1)]ex,
令 f'(x)=0,解得 x=0,x=-2푎 + 1
푎 <0.
当 x<-2푎 + 1
푎 或 x>0 时,f'(x)>0,
当-2푎 + 1
푎 -2푎 + 1
푎 时,f'(x)<0,
当 00.
∴f(x)的单调递减区间为(-∞,0),(2푎 + 1
푎 , + ∞),单调递增区间为[0, - 2푎 + 1
푎 ].
b.若 a=-1
2,f'(x)=-1
2x2ex≤0,
∴f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞).
c.若 a<-1
2,当 x<-2푎 + 1
푎 或 x>0 时,f'(x)<0.
当-2푎 + 1
푎 0.
∴f(x)的单调递减区间为( -∞, - 2푎 + 1
푎 ),(0,+∞),单调递增区间为[ - 2푎 + 1
푎 ,0].
21.(2015 贵州黔东南州一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=ex-x2+a 的图象在点
x=0 处的切线为 y=bx(e 为自然对数的底数).
(1)求函数 f(x)的解析式;
(2)当 x∈R 时,求证:f(x)≥-x2+x;
(3)若 f(x)>kx 对任意的 x∈(0,+∞)恒成立,求实数 k 的取值范围.
(1)解:函数 f(x)=ex-x2+a 的导数为 f'(x)=ex-2x,
在点 x=0 处的切线为 y=bx,即有 f'(0)=b,即为 b=1,即切线为 y=x,
又切点为(0,1+a),即 1+a=0,解得 a=-1,
即有 f(x)=ex-x2-1.
(2)证明:令 φ(x)=f(x)-(x-x2)=ex-x-1,
则 φ'(x)=ex-1,φ'(x)=0,则 x=0,
当 x<0 时,φ'(x)<0,φ(x)递减,
当 x>0 时,φ'(x)>0,φ(x)递增,
则 φ(x)min=φ(0)=0,则有 f(x)≥x-x2.
(3)解:若 f(x)>kx 对任意的 x∈(0,+∞)恒成立,
即为 k<푓(푥)
푥 对∀x>0 恒成立,
令 g(x)=푓(푥)
푥 ,x>0,则 g'(x)=푥푓'(푥) - 푓(푥)
푥2
=푥(e푥 - 2푥) - (e푥 - 푥2 - 1)
푥2 = (푥 - 1)(e푥 - 푥 - 1)
푥2 ,
由(2)知,当 x>0 时,ex-x-1>0 恒成立,
则当 01 时,g'(x)>0,g(x)递增,
即有 g(x)min=g(1)=e-2,则 k0 得 x>e;
由 f'(x)<0 得1
e0 得1
ee;
由 f'(x)<0 得 ae 时,
由 f'(x)>0 得1
ea,由 f'(x)<0 得 e0,当 x>0 时,f'(x)<0.
∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.
(2)假设存在 x1,x2∈[0,1],使得 2φ(x1)<φ(x2)成立,
则 2φ(x)min<φ(x)max.
∵φ(x)=xf(x)+tf'(x)+ 1
e푥 = 푥2 + (1 - 푡)푥 + 1
e푥 ,
∴φ'(x)= -(푥 - 푡)(푥 - 1)
e푥 .
①当 t≥1 时,φ'(x)≤0,φ(x)在[0,1]上单调递减,
∴2φ(1)<φ(0),即 t>3-e
2>1.
②当 t≤0 时,φ'(x)>0,φ(x)在[0,1]上单调递增,
∴2φ(0)<φ(1),即 t<3-2e<0.
③当 00,φ(x)在[t,1]上单调递增.
∴2φ(t)0,h(x)为增函数,
又 h(1)=0.
∴当 x<0 时,g'(x)>0,g(x)为增函数;
当 01 时,g'(x)>0,g(x)为增函数.
∴g(x)在 x=1 时取极小值 1.
又当 x 趋向于 0 时,g(x)趋向于正无穷;当 x 趋向于负无穷时,g(x)趋向于负无穷.
又当 x 趋向于正无穷时,g(x)趋向于正无穷.
∴g(x)图象大致如图所示:
∴方程 a=x-1
푥 + 1
푥2只有一个实根时,实数 a 的取值范围为(-∞,1).
21.(2015 江西上饶二模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)设函数 f(x)=ax2+ln x,g(x)=x2+b,已知它
们的图象在 x=1 处有相同的切线.
(1)求函数 f(x)和 g(x)的解析式;
(2)若函数 F(x)=f(x)-m[g(x)+x]在区间[2,3]上不单调,求实数 m 的取值范围.
解:(1)函数 f(x)=ax2+ln x,g(x)=x2+b,f'(x)=2ax+1
푥,g'(x)=2x,
由题意可得,f(1)=g(1),f'(1)=g'(1),
即有 a=1+b,2a+1=2,解得 a=1
2,b=-1
2,
所以 f(x)=1
2x2+ln x,g(x)=x2-1
2.
(2)由(1)可知 F(x)=(1
2 - 푚)x2-mx+ln x+푚
2,
则 F'(x)=(1 - 2푚)푥2 - 푚푥 + 1
푥 ,记 h(x)=(1-2m)x2-mx+1,
要使 F(x)在区间[2,3]上不单调,
当 1-2m=0 时,h(x)<0,F(x)递减,显然不满足题意;
则①{1 - 2푚 < 0,
ℎ(2) > 0,
ℎ(3) < 0,
解得 m∈⌀,或②{1 - 2푚 > 0,
ℎ(2) > 0,
ℎ(3) > 0,
2 < - 푚
2(1 - 2푚) < 3,
훥 > 0,
解得 m∈⌀,或③{1 - 2푚 > 0,
ℎ(2) < 0,
ℎ(3) > 0,
解得 m∈⌀,或④
{1 - 2푚 > 0,
ℎ(2) > 0,
ℎ(3) < 0,
解得10
211
2时,f'(x)>0.
∴f(x)在(0,1
2)上单调递减,在(1
2, + ∞)上单调递增.
(2)g(x)=푓(푥)
e푥 = 푥2 + 푎푥 - ln푥
e푥 ,定义域为(0,+∞),
g'(x)=
- 푥2 + (2 - 푎)푥 + 푎 - 1
푥 + ln푥
e푥 ,
令 h(x)=-x2+(2-a)x+a-1
푥+ln x,
则 h'(x)=-2x+ 1
푥2 + 1
푥+2-a,
h″(x)=-2- 1
푥3 ― 1
푥2<0,
故 h'(x)在区间(0,1]上单调递减,
从而对任意 x∈(0,1],h'(x)≥h'(1)=2-a.
①当 2-a≥0,即 a≤2 时,h'(x)≥0,
∴y=h(x)在区间(0,1]上单调递增.
∴h(x)≤h(1)=0,即 F'(x)≤0.
∴y=F(x)在区间(0,1]上是减函数,a≤2 满足题意.
②当 2-a<0,即 a>2 时,由 h'(1)<0,h'(1
푎)=-2
푎+a2+2>0,0<1
푎<1,且 y=h'(x)在区间(0,1]上的图象是一条
连续不断的曲线.
∴y=h'(x)在区间(0,1]上有唯一零点,设为 x0.
∴h(x)在区间(0,x0)上单调递增,在(x0,1]上单调递减.
∴h(x0)>h(1)=0,而 h(e-a)=-e-2a+(2-a)e-a+a-ea+ln e-a<0,
且 y=h(x)在区间(0,1]上的图象是一条连续不断的曲线,
y=h(x)在区间(0,1)上有唯一零点,
即 y=F'(x)在区间(0,1)上有唯一零点,设为 x',
又 F(x)在区间(0,x')上单调递减,在(x',1)上单调递增,矛盾,a>2 不合题意.
综上,a 的取值范围为(-∞,2].
21.(2015 贵州贵阳二模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=ax+b-ln x 表示的曲线在
点(2,f(2))处的切线方程为 x-2y-2ln 2=0.
(1)求 a,b 的值;
(2)若 f(x)≥kx-2 对于 x∈(0,+∞)恒成立,求实数 k 的取值范围.
解:(1)函数 f(x)=ax+b-ln x 的导数为 f'(x)=a-1
푥,
在点(2,f(2))处的切线方程为 x-2y-2ln 2=0,
即有 a-1
2 = 1
2,解得 a=1,
f(2)=2a+b-ln 2=1-ln 2,解得 b=-1,
则有 a=1,b=-1.
(2)f(x)≥kx-2 对于 x∈(0,+∞)恒成立,
即有 x-1-ln x≥kx-2 对于 x∈(0,+∞)恒成立,
即有 k-1≤1 - ln푥
푥 对于 x∈(0,+∞)恒成立.
令 g(x)=1 - ln푥
푥 ,g'(x)=ln푥 - 2
푥2 ,
当 x>e2 时,g'(x)>0,g(x)递增;
当 00 在 D 内恒成立,则称 P 为函数 y=h(x)
的“类对称点”,则 f(x)=x2-6x+4ln x 的“类对称点”的横坐标是( )
A.1 B. 2 C.e D. 3
解析:函数 y=h(x)在其图象上一点 P(x0,h(x0))处的切线方程为:
y=g(x)=(2푥0 + 4
푥0
- 6)(x-x0)+푥20-6x0+4ln x0,
设 m(x)=h(x)-g(x)=x2-6x+4ln x-(2푥0 + 4
푥0
- 6)(x-x0)-푥20+6x0-4ln x0,
则 m(x0)=0.
m'(x)=2x+4
푥-6-(2푥0 + 4
푥0
- 6)
=2(x-x0)(1 - 2
푥푥0) = 2
푥(x-x0)(푥 - 2
푥0),
若 x0< 2,m(x)在(푥0, 2
푥0)上单调递减,
所以当 x∈(푥0, 2
푥0)时,m(x) 2,φ(x)在( 2
푥0
,푥0)上单调递减,
所以当 x∈( 2
푥0
,푥0)时,m(x)>m(x0)=0,
此时푚(푥)
푥 - 푥0
<0.
所以 y=h(x)在(0, 2)∪( 2,+∞)上不存在“类对称点”.
若 x0= 2,2
푥(x- 2)2>0,
所以 m(x)在(0,+∞)上是增函数.
当 x>x0 时,m(x)>m(x0)=0,
当 x0,
即此时点 P 是 y=f(x)的“类对称点”.
综上,y=h(x)存在“类对称点”, 2是一个“类对称点”的横坐标.
答案:B
21.(2015 江西宜春高安四校一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=1
3x3-(푡 + 1)
2 x2+tx-
1.
(1)若 f(x)在(0,2)上无极值,求 t 的值;
(2)若存在 x0∈(0,2),使得 f(x0)是 f(x)在[0,2]上的最大值,求 t 的取值范围;
(3)当 t>0 时,若 f(x)≤xex-1(e 为自然对数的底数)对任意 x∈[0,+∞)恒成立,求 t 的取值范围.
解:(1)∵f(x)=1
3x3-(푡 + 1)
2 x2+tx-1,
∴f'(x)=x2-(t+1)x+t=(x-t)(x-1).
又 f(x)在(0,2)无极值,∴t=1.
(2)①当 t≤0 时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,不合题意.
②当 00 时,若 f(x)≤xex-1 对任意 x∈[0,+∞)恒成立,
即 ex-1
3x2+(푡 + 1)
2 x-t≥0 对任意 x∈[0,+∞)恒成立,
令 g(x)=ex-1
3x2+(푡 + 1)
2 x-t,
g'(x)=ex-2
3x+푡 + 1
2 ,
g″(x)=ex-2
3>0,
g'(x)在 x∈[0,+∞)上是递增函数,
g'(x)≥g'(0)=1+푡 + 1
2 >0,
g(x)在 x∈[0,+∞)上递增,
g(x)≥g(0)=1-t≥0,即 t≤1.
故 t 的取值范围为 0x2>0,f(x1)-f(x2)0).
∵曲线 y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线 x-2=0 垂直,
∴此切线的斜率为 0,
即 f'(e)=0,有1
e ― 푘
e2=0,解得 k=e.
∴f'(x)=1
푥 ― e
푥2 = 푥 - e
푥2 (x>0),由 f'(x)<0 得 00 得 x>e.
∴f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,当 x=e 时 f(x)取得极小值 f(e)=ln e+e
e=2.
故 f(x)的单调递减区间为(0,e),极小值为 2.
(2)条件等价于对任意 x1>x2>0,f(x1)-x10).
∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减.
由 h'(x)=1
푥 ― 푘
푥2-1≤0 在(0,+∞)上恒成立,
得 k≥-x2+x=-(푥 - 1
2)2
+ 1
4(x>0)恒成立.
∴k≥1
4(对푘 = 1
4,ℎ'(푥) = 0仅在푥 = 1
2时成立).
故 k 的取值范围是[1
4, + ∞).
21.(2015 江西赣州兴国一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)设 a∈R,函数 f(x)=ax2-(2a+1)x+ln
x.
(1)当 a=1 时,求 f(x)的极值;
(2)设 g(x)=ex-x-1,若对于任意的 x1∈(0,+∞),x2∈R,不等式 f(x1)≤g(x2)恒成立,求实数 a 的取值范围.
解:(1)当 a=1 时,函数 f(x)=x2-3x+ln x,
f'(x)=2푥2 - 3푥 + 1
푥 = (2푥 - 1)(푥 - 1)
푥 .
令 f'(x)=0,得 x1=1
2,x2=1.
当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x (0,
1
2) 1
2 (1
2,1) 1 (1,+∞)
f'(x)+ 0 - 0 +
f(x) 单调递
增
极
大
单调递
减
极
小
单调递
增
因此,当 x=1
2时,f(x)有极大值,且 f(x)极大值=-5
4-ln 2.
当 x=1 时,f(x)有极小值,且 f(x)极小值=-2.
(2)g(x)=ex-x-1,则 g'(x)=ex-1,
令 g'(x)>0,解得 x>0;令 g'(x)<0,解得 x<0.
所以 g(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,+∞)上是增函数,
即 g(x)最小值=g(0)=0.
对于任意的 x1∈(0,+∞),x2∈R,不等式 f(x1)≤g(x2)恒成立,则有 f(x1)≤g(0).
即不等式 f(x)≤0 对于任意的 x∈(0,+∞)恒成立.
f'(x)=2푎푥2 - (2푎 + 1)푥 + 1
푥 .
①当 a=0 时,f'(x)=1 - 푥
푥 ,令 f'(x)>0,解得 01.
所以 f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数,
所以 f(x)最大值=f(1)=-1<0.
所以 a=0 符合题意.
②当 a<0 时,f'(x)=(2푎푥 - 1)(푥 - 1)
푥 ,
令 f'(x)>0,解得 01.
所以 f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数,
所以 f(x)最大值=f(1)=-a-1≤0,得-1≤a<0.
所以-1≤a<0 符合题意.
③当 a>0 时,f'(x)=(2푎푥 - 1)(푥 - 1)
푥 ,令 f'(x)=0 得 x1= 1
2푎,x2=1,
当 a>1
2时,00,解得 01.
令 f'(x)<0,解得 1
2푎0,
所以 f'(x)=2x-1
푥 = 2
푥(푥 -
2
2 )(푥 + 2
2 ),
故当 x∈(0,
2
2 )时 f'(x)<0,即在此区间内单调递减.
当 x∈( 2
2 , + ∞)时 f'(x)>0,即在此区间内单调递增.
(2)直线 y=x-2 的斜率为 k=1,
令 f'(x)=2x-1
푥=1,得 2x2-x-1=(2x+1)·(x-1)=0,
解得 x=1 或 x=-1
2(舍),此时 y=1-ln 1=1,即曲线上过点 P(1,1)的切线平行于直线 y=x-2 时,
那么这一点到直线的距离最小,此最小距离 d=|1 - 1 + 2|
2 = 2.
(3)令 f(x)=g(x),即 x2-ln x=8x-7ln x-k,得 k=-x2+8x-6ln x,
记 G(x)=-x2+8x-6ln x,
令 G'(x)=-2x+8-6
푥=-2(푥 - 1)(푥 - 3)
푥 =0,
解得 x1=1,x2=3,不难判断 x1=1 是极小值点,x2=3 是极大值点,
故 G(x)min=G(1)=-1+8=7,G(x)max=G(3)=-9+24-6ln 3=15-6ln 3,
又当 x→0 时,G(x)→+∞,当 x→+∞时,G(x)→-∞,
当 70,
又 x>0,∴x>1 + 7
2 .
∴函数的单调递增区间为(1 + 7
2 , + ∞).
(2)g(x)=f(x)-3
푥=2x-2ln x,
∴g'(x)=2-2
푥.
设过点(2,2)与曲线 g(x)的切线的切点坐标为(x0,y0),
则 y0-2=g'(x0)(x0-2),
即 2x0-2ln x0-2=(2 - 2
푥0)(x0-2),
∴ln x0+ 2
푥0
-2=0,令 h(x)=ln x+2
푥-2.
∴h'(x)=1
푥 ― 2
푥2 = 푥 - 2
푥2 ,令 h'(x)=0,得 x=2.
∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
又 h(1
2)=2-ln 2>0,h(2)=ln 2-1<0,h(e2)= 2
e2>0,
∴h(x)与 x 轴有两个交点.
∴过点(2,2)可作 2 条直线与曲线 y=g(x)相切.
21.(2015 黑龙江哈尔滨六中四模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=푎
3x3-1
2
(a+1)x2+x-1
3(a∈R).
(1)若 a<0,求函数 f(x)的极值;
(2)是否存在实数 a 使得函数 f(x)在区间[0,2]上有两个零点?若存在,求出 a 的取值范围;若不存在,说明
理由.
解:(1)f'(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-1)(푥 - 1
푎).
∵a<0,∴1
푎<1.
( -∞,
1
a) 1
a (1
a,1) 1 (1,+∞)
f'(x)- 0 + 0 -
f(x) 递减 极小
值 递增 极大
值 递减
∴f(x)极小值=f(1
푎) = -2푎2 + 3푎 - 1
6푎2 ,f(x)极大值=f(1)=-1
6(a-1).
(2)f(1
푎) = -2푎2 + 3푎 - 1
6푎2 = -(푎 - 1)(2푎 - 1)
6푎2 ,f(1)=-1
6(a-1),
f(2)=1
3(2a-1),f(0)=-1
3<0.
①当 a≤1
2时,f(x)在[0,1]上为增函数,在[1,2]上为减函数,f(0)=-1
3<0,
f(1)=-1
6(a-1)>0,f(2)=1
3(2a-1)≤0,
所以 f(x)在区间[0,1],(1,2]上各有一个零点,即在[0,2]上有两个零点.
当1
20,f(1
푎) = -(푎 - 1)(2푎 - 1)
6푎2 >0,f(2)=1
3(2a-1)>0,
所以 f(x)只在区间[0,1]上有一个零点,故在[0,2]上只有一个零点.
③当 a>1 时,f(x)在[0,1
푎]上为增函数,在(1
푎,1)上为减函数,(1,2)上为增函数,f(0)=-1
3<0,f(1
푎) =
-(푎 - 1)(2푎 - 1)
6푎2 <0,f(1)=-1
6(a-1)<0,f(2)=1
3(2a-1)>0,
所以 f(x)只在区间(1,2)上有一个零点,故在[0,2]上只有一个零点.
故存在实数 a,当 a≤1
2时,函数 f(x)在区间[0,2]上有两个零点.
21.(2015 山西朔州怀仁一中一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=xln x-푎
2x2(a∈R).
(1)若 a=2,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数 g(x)=f(x)-x 有两个极值点 x1,x2,是否存在实数 a,使得
ln 푥2 - ln 푥1
푥2 - 푥1
=g'(a)成立?若存在,求 a 的取
值范围;若不存在,请说明理由.
解:(1)若 a=2,则 f(x)=xln x-x2,导数 f'(x)=1+ln x-2x,
又 f(1)=-1,f'(1)=-1,
即有曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y+1=-(x-1),
即为 y=-x.
(2)g'(x)=f'(x)-1=ln x-ax,g(x)=f(x)-x 有两个极值点 x1,x2,
即 g'(x)=0 有两个不同的实根.
设 h(x)=ln x-ax,h'(x)=1
푥-a,
当 a≤0 时,h'(x)>0,h(x)递增,g(x)=0 不可能有两个实根.
当 a>0 时,若 00,h(x)递增,
若 x>1
푎,h'(x)<0,h(x)递减.
则 h(1
푎)取得极大值,也为最大值,且为-1-ln a>0,即有 0x1>0,g'(x1)=g'(x2)=0,ln x1-ax1=ln x2-ax2=0,
ln x1-ln x2=a(x1-x2),即
ln 푥1 - ln 푥2
푥1 - 푥2
=a>0,
故不存在实数 a,使得
ln 푥2 - ln 푥1
푥2 - 푥1
=g'(a)成立.
21.(2015 吉林实验中学六模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=ln x-ax 在 x=2 处的
切线 l 与直线 x+2y-3=0 平行.
(1)求实数 a 的值;
(2)若关于 x 的方程 f(x)+m=2x-x2 在[1
2,2]上恰有两个不相等的实数根,求实数 m 的取值范围;
(3)记函数 g(x)=f(x)+1
2x2-bx,设 x1,x2(x10),
则 h'(x)=2x-3+1
푥 = 2푥2 - 3푥 + 1
푥 = (2푥 - 1)(푥 - 1)
푥 ,
令 h'(x)=0,得 x1=1
2,x2=1,列表得:
x
1
2 (1
2,1) 1 (1,2)2
h'(x)0 - 0 +
h(x) 极大
值
极小
值
m-2+ln
2
∴当 x=1 时,h(x)的极小值为 h(1)=m-2,
又 h(1
2)=m-5
4-ln 2,h(2)=m-2+ln 2,
∵方程 f(x)+m=2x-x2 在[1
2,2]上恰有两个不相等的实数根,
∴{ℎ(1
2) ≥ 0,
ℎ(1) < 0,
ℎ(2) ≥ 0,
即{푚 - 5
4 - ln2 ≥ 0,
푚 - 2 < 0,
푚 - 2 + ln2 ≥ 0,
解得5
4+ln 2≤m<2.(也可分离变量解)
(3)∵g(x)=ln x+1
2x2-(b+1)x,
∴g'(x)=1
푥+x-(b+1)=푥2 - (푏 + 1)푥 + 1
푥 .
由 g'(x)=0 得 x2-(b+1)x+1=0,
∴x1+x2=b+1,x1x2=1.
∴x2= 1
푥1
.
∵b≥3
2,∴{푥1 + 1
푥1
≥ 5
2,
0 < 푥1 < 1
푥1
,
解得 00,
∴f(x)在 x=1 处取得极小值,即 a=1 符合题意.
(2)当 a≤0 时,f'(x)>0 对 x∈(0,1]成立,
∴f(x)在(0,1]上单调递增,f(x)在 x=0 处取最小值 f(0)=1.
当 a>0 时,令 f'(x)=x2-a=0,x1=- 푎,x2= 푎.
当 00,f(x)单调递增.
∴f(x)在 x= 푎处取得最小值 f( 푎)=1-2푎 푎
3 .
当 a≥1 时, 푎≥1,x∈(0,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
∴f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)=4
3-a.
综上所述:
当 a≤0 时,f(x)在 x=0 处取得最小值 f(0)=1.
当 0-1,即 a<1.
21.(2015 甘肃河西五地二模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)设函数 f(x)=ax-ln x,g(x)=ex-ax,其中
a 为正实数.
(1)若 x=0 是函数 g(x)的极值点,讨论函数 f(x)的单调性;
(2)若 f(x)在(1,+∞)上无最小值,且 g(x)在(1,+∞)上是增函数,求 a 的取值范围;并由此判断曲线 g(x)与曲
线 y=1
2ax2-ax 在(1,+∞)交点个数.
解:(1)由 g'(x)=ex-a,
g'(0)=1-a=0 得 a=1,f(x)=x-ln x,
∵f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-1
푥,
∴函数 f(x)的递增区间为(1,+∞),递减区间为(0,1).
(2)由 f'(x)=a-1
푥 = 푎푥 - 1
푥 ,
知当 0e.故两曲线没有公共点.
21.(2015 甘肃兰州一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=ex-ax(a∈R,e 为自然对数
的底数).
(1)讨论函数 f(x)的单调性;
(2)若 a=1,函数 g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x 在(2,+∞)上为增函数,求实数 m 的取值范围.
解:(1)∵函数 f(x)的定义域为 x∈R,f'(x)=ex-a,
当 a≤0 时,f'(x)>0,∴f(x)在 R 上为增函数.
当 a>0 时,由 f'(x)=0 得 x=ln a,
则当 x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,
∴函数 f(x)在(-∞,ln a)上为减函数.
当 x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,
∴函数 f(x)在(ln a,+∞)上为增函数.
(2)当 a=1 时,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x,
∵g(x)在(0,+∞)上为增函数,
∴g'(x)=xex-mex+m+1≥0 在(2,+∞)上恒成立,
即 m≤푥e푥 + 1
e푥 - 1 在(2,+∞)上恒成立,
令 h(x)=푥e푥 + 1
e푥 - 1 ,x∈(2,+∞),
h'(x)=(e푥)2 - 푥e푥 - 2e푥
(e푥 - 1)2 = e푥(e푥 - 푥 - 2)
(e푥 - 1)2 ,
令 L(x)=ex-x-2,L'(x)=ex-1>0 在(2,+∞)上恒成立,
即 L(x)=ex-x-2 在(2,+∞)上单调递增,
即 L(x)>L(2)=e2-4>0,∴h'(x)>0.
即 h(x)=푥e푥 + 1
e푥 - 1 在(2,+∞)上单调递增,h(x)>h(2)=2e2 + 1
e2 - 1 .
∴m≤2e2 + 1
e2 - 1 .
21.(2015 甘肃庆阳一诊,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=aln x+1,g(x)=x2+푏
푥-1(a,b
∈R).
(1)若曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线平行于 x 轴,求 b 的值;
(2)当 a>0 时,若对∀x∈R(1,e),f(x)>x 恒成立,求实数 a 的取值范围;
(3)设 p(x)=f(x)+g(x),在(1)的条件下,证明当 a≤0 时,对任意两个不相等的正数 x1,x2,有
푝(푥1) + 푝(푥2)
2 >p
(푥1 + 푥2
2 ).
解:(1)∵g'(x)=2x- 푏
푥2,由曲线 y=g(x)在点(1,g(1))处的切线平行于 x 轴,得 g'(1)=2-b=0,解得 b=2.
(2)令 h(x)=f(x)-x=aln x+1-x,
则 h'(x)=푎
푥-1=푎 - 푥
푥 ,
当 a≥e 时,h'(x)>0,函数 h(x)在(1,e)上是增函数,有 h(x)>h(1)=0,即 f(x)>x.
当 1x 恒成立,只需 h(e)≥0,即 a≥e-1,
∴e-1≤ax 恒成立,只需 h(e)≥0,
而 h(e)=a+1-e<0,不合题意.
综上得当 a≥e-1 时,对∀x∈(1,e),f(x)>x 恒成立.
(3)由 p(x)=x2+2
푥+aln x,
得
푝(푥1) + 푝(푥2)
2 = 1
2(푥21 + 푥22)+( 1
푥1
+ 1
푥2)+
푎
2(ln x1+ln x2)
=1
2(푥21 + 푥22)+
푥1 + 푥2
푥1푥2
+aln 푥1푥2,
p(푥1 + 푥2
2 ) = (푥1 + 푥2
2 )2
+ 4
푥1 + 푥2
+aln
푥1 + 푥2
2 ,
由푥21 + 푥22>2x1x2 得 2(푥21 + 푥22)>(x1+x2)2
⇒1
2(푥21 + 푥22)>(푥1 + 푥2
2 )2
, ①
又(x1+x2)2=(푥21 + 푥22)+2x1x2>4x1x2,
∴
푥1 + 푥2
푥1푥2
> 4
푥1 + 푥2
. ②
∵ 푥1푥2 <
푥1 + 푥2
2 ,∴ln 푥1푥2 (푥1 + 푥2
2 )2
+ 4
푥1 + 푥2
+aln 푥1푥2,
即
푝(푥1) + 푝(푥2)
2 >p(푥1 + 푥2
2 ).
21.(2015 黑龙江绥化一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=excos x,g(x)=x·sin x,其
中 e 为自然对数的底数.
(1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若对任意 x∈[ - π
2,0],不等式 f(x)≥g(x)+m 恒成立,求实数 m 的取值范围;
(3)试探究 x∈[ - π
2,π
2]时,方程 f(x)-g(x)=0 解的个数,并说明理由.
解:(1)∵f(x)=excos x,f'(x)=excos x-exsin x=ex(cos x-sin x),
∴f'(0)=e0(cos 0-sin 0)=1.
又 f(0)=e0cos 0=1,
∴曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=x+1.
(2)∵f'(x)=excos x-exsin x=ex(cos x-sin x),
∴当 x∈[ - π
2,0]时 f'(x)>0,f(x)在[ - π
2,0]上为增函数,
则 f(x)min=f( - π
2) = e-π
2cos( - π
2)=0,
g'(x)=sin x+xcos x,
当 x∈[ - π
2,0]时,g'(x)≤0,g(x)在[ - π
2,0]上为减函数,
则 g(x)max=g( - π
2)=-π
2sin( - π
2) = π
2.
要使不等式 f(x)≥g(x)+m 恒成立,则需 0≥π
2+m 恒成立,
∴m≤-π
2.
故实数 m 的取值范围是( -∞, - π
2].
(3)由(2)知,当 x∈[ - π
2,0]时,f(x)为增函数,g(x)为减函数,
且 f( - π
2)g(0),
∴在[ - π
2,0]上方程 f(x)-g(x)=0 有一解.
当 x∈(0,π
2]时,g'(x)=sin x+xcos x>0,
函数 g(x)在(0,π
2]上为增函数,
当 x∈(0,π
4)时,f'(x)=ex(cos x-sin x)>0,
当 x∈(π
4,π
2]时,f'(x)=ex(cos x-sin x)<0,
∴在(0,π
2]上 f(x)有极大值,
而 f(π
4) = 2
2 e
π
4 > 2
2 ·π
4=g(π
4),f(π
2)=0,g(π
2)=1.
∴在(0,π
2]上方程 f(x)-g(x)=0 也只有一解.
∴当 x∈[ - π
2,π
2]时,方程 f(x)-g(x)=0 解的个数是 2.
21.(2015 甘肃河西五地一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=(푚 + 1
푚)ln x+1
푥-x(其
中常数 m>0).
(1)当 m=2 时,求 f(x)的极大值;
(2)试讨论 f(x)在区间(0,1)上的单调性;
(3)当 m∈[3,+∞)时,曲线 y=f(x)上总存在相异两点 P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),使得曲线 y=f(x)在点 P,Q 处的
切线互相平行,求 x1+x2 的取值范围.
解:(1)当 m=2 时,f(x)=5
2ln x+1
푥-x,
f'(x)= 5
2푥 ― 1
푥2-1=-(푥 - 2)(2푥 - 1)
2푥2 (x>0),
令 f'(x)<0,可得 02;
令 f'(x)>0,可得1
20,m>0).
①当 01,故当 x∈(0,m),f'(x)<0;
当 x∈(m,1)时,f'(x)>0.
此时 f(x)在(0,m)上单调递减,在(m,1)上单调递增.
②当 m=1 时,1
푚=1,故当 x∈(0,1),有 f'(x)=-(푥 - 1)2
푥2 <0 恒成立,
此时 f(x)在(0,1)上单调递减.
③当 m>1 时,则 0<1
푚<1,
故当 x∈(0,1
푚)时,f'(x)<0;当 x∈(1
푚,1)时,f'(x)>0,
此时 f(x)在(0,1
푚),(m,1)上单调递减,在(1
푚,1)上单调递增.
(3)由题意,可得 f'(x1)=f'(x2)(x1,x2>0,且 x1≠x2),
即
푚 + 1
푚
푥1
― 1
푥2
1
-1=
푚 + 1
푚
푥2
― 1
푥2
2
-1⇒x1+x2=(푚 + 1
푚)x1x2.
∵x1≠x2,由不等式性质可得 x1x2<(푥1 + 푥2
2 )2
恒成立,
又 x1,x2,m>0,
∴x1+x2<(푚 + 1
푚)(푥1 + 푥2
2 )2
⇒x1+x2> 4
푚 + 1
푚
对 m∈[3,+∞)恒成立.
令 g(m)=m+1
푚(m≥3),
则 g'(m)=1- 1
푚2 = (푚 + 1)(푚 - 1)
푚2 >0 对 m∈[3,+∞)恒成立.
∴g(m)在[3,+∞)上单调递增.
∴g(m)≥g(3)=10
3 .
故 4
푚 + 1
푚
≤ 4
푔(3) = 6
5.
从而“x1+x2> 4
푚 + 1
푚
对 m∈[3,+∞)恒成立”等价于“x1+x2> 4
푔(3) = 6
5”.
∴x1+x2 的取值范围为(6
5, + ∞).
21.(2015 甘肃张掖一模,文 21,利用导数解决综合问题,解答题)已知函数 f(x)=ex(ax+b)+x2+2x,曲线
y=f(x)经过点 P(0,1),且在点 P 处的切线为 l:y=4x+1.
(1)求 a,b 的值;
(2)若存在实数 k,使得 x∈[-2,-1]时 f(x)≥x2+2(k+1)x+k 恒成立,求 k 的取值范围.
解:(1)f'(x)=ex(ax+a+b)+2x+2.
依题意{푓'(0) = 4,
푓(0) = 1, 即{푎 + 푏 + 2 = 4,
푏 = 1, 解得{푎 = 1,
푏 = 1.
(2)由 f(x)≥x2+2(k+1)x+k,
得 ex(x+1)≥k(2x+1).
∵x∈[-2,-1]时,2x+1<0,
∴f(x)≥x2+2(k+1)x+k,即 ex(x+1)≥k(2x+1)恒成立.
∴k≥e푥(푥 + 1)
2푥 + 1 .
设 g(x)=e푥(푥 + 1)
2푥 + 1 ,x∈[-2,-1],g'(x)=e푥(2푥2 + 3푥)
(2푥 + 1)2 .
由 g'(x)=0 得 x=0(舍去),或 x=-3
2.
当 x∈( -2, - 3
2)时,g'(x)>0.
当 x∈( - 3
2, - 1)时,g'(x)<0.
∴g(x)=e푥(푥 + 1)
2푥 + 1 在区间[-2,-1]上的最大值为 g( - 3
2) = 1
4e-3
2.
∴常数 k 的取值范围为[1
4e-3
2, + ∞).
