2019高考数学一轮复习第三章导数及其应用导数的应用练习文.doc

导数的应用考纲解读
考点内容解读要求高考示例常考题型
预测热
度
1.利用导数研究
函数的单调性
1.了解函数单调性和导数的关系
2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数
的单调区间(其中多项式函数不超过三次)
Ⅲ
2017课标全国
Ⅰ,21;
2017课标全国
Ⅱ,21;
2017课标全国
Ⅲ,21;
2016课标全国
Ⅲ,21
选择题
解答题
★★★[
]
2.利用导数研究
函数的极值与最
值
1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充
分条件
2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多
项式函数不超过三次);会求闭区间上函数的
最大值、最小值(其中多项式函数不超过三
次)[]
Ⅲ
2017北京,20;
2017江苏,20;
2016山东,20
3.导数的综合应
用
会利用导数解决实际问题Ⅲ
2017天津,19;
2016课标全国
Ⅰ,21;
2015课标Ⅰ,21
分析解读
函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高中阶段研究的重点.一是直接用导数研究函数的单调性、求函数的
最值与极值,以及实际问题中的优化问题等,这是新课标的一个新要求.二是把导数与函数、方程、不等式、数
列等知识相联系,综合考查函数的最值与参数的取值,常以解答题的形式出现.本节内容在高考中
分值为17分
左右,属难度较大题.
2
1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)上单调递增. ②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln.
当x∈时, f '(x)<0;
当x∈
时, f '(x)>0.
故f(x)在
上单调递减,在上单调递增.
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a ≥0,即
a≤1时,f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln时, f(x)取得最小值,最小值为f=a2. 3 从而当且仅当a2≥0,
即a≥-2时, f(x)≥0.
综上,a的取值范围是[-2,1].
五年高考
考点一利用导数研究函数的单调性
1.(2017山东,10,5分)若函数exf(x)(e=
2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数
f(x)具有M性质.
下列函数中具有M性质的是( )
A.f(x)=2-x
B.f(x)=x2
C.f(x)=3-x
D.f(x)=cos x
答案A
2.(2016课标全国Ⅰ,12,5分)若函数f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
A.[-1,1]
B.
C.
D.
答案C
3.(2015课标Ⅱ,12,5分)设函数f(x)=ln(1+|x|)-,则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是( )
A. B.∪(1,+∞)
C.
D.∪
答案A
4.(2014课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2]
B.(-∞,-1]
C.[2,+∞)
D.[1,+∞)
答案D
5.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+ex-
,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a
的取值范围是 . 4 答案
6.(2017课标全国Ⅱ,21,12分)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时, f(x)≤ax+1,求a的取值范围.
解析(1)f '(x)=(1-2x-x2)ex.
令f '(x)=0,得x=-
1-或x=-1+.
当x∈(-∞,-1-)时, f '(x)<0;
当x∈(-1-,-1+)时, f '(x)>0;
当x∈(-1+,+∞)时, f '(x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-),(-1+,+∞)上单调递减,
在(-1-,-1+)上单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h'(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,而h(0)=1, 故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0<a<1时,设函数g(x)=ex-x-1,g'(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
当0<x<1时, f(x)>(1-x)(1+x)2,
(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=
,
则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
当a≤0时,取x0=
,
则x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
7.(2017课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a<0时,证明f(x)≤-
-2.
解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=
+2ax+2a+1=.
若a≥0,则当x∈(0,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a<0,则当x∈时, f '(x)>0;
当x∈时, f '(x)<0, 5 故f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时, f(x)在x=-处取得最大值,最大值为f=ln-1-.
所以f(x)≤--2等价于ln-1-≤--2,即ln++1≤0.
设g(x)=ln x-x+1,则g'(x)=
-1.
当x∈(0,1)时,g'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.故当
x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.所以当x>0时,g(x)≤0.从而当a<0时,ln
++1≤0,即
f(x)≤--2.
8.(2016课标全国Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<<x;
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
解析(1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-1,令f '(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时, f '(x)>0, f(x)单调递增;当x>1时, f '(x)<0, f(x)单调递减.(4分)
(2)证明:由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.
所以当x≠1时,ln x<x-1.
故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln<-1,即1<<x.(7分)
(3)证明:由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g'(x)=c-1-cxln c,令g'(x)=0,
解得x0=
.
当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.(9分)
由(2)知1<<c,故0<x0<1.
又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.(12分)
教师用书专用(9—24)
9.(2013浙江,8,5分)已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f '(x)的图象如图所示,则该6 函数的图象是( )
答案B
10.(2015四川,21,14分)已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,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-1-ln x-a),
所以g'(x)=2-=.
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时
,g'(x)>0,g(x)单调递增.
(2)证明:由f '(x)=2(x-1-ln x-a)=0,
解得a=x-1-ln x.
令φ(x)=-
2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x,
则φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中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.
故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1.
即a0∈(0,1).
当a=a0时,有f '(x0)=0, f(x0)=φ(x0)=0. 再由(1)知, f '(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
当x∈(1,x0)时, f '(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;
当x∈(x0,+∞)时, f '(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0; 又当x∈(0,1]时, f(x)=(x-a0)2-2xln x>0. 故x∈(0,+∞)时, f(x)≥0.
综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.
11.(2015天津,20,14分)已知函数f(x)=4x-x4,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(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:对于任意的实数x,都有
f(x)≤g(x);
(3)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1,x2,且x1<x2,求证:x2-x1≤-
+.
解析(1)由f(x)=4x-x4,可得f '(x)=4-4x3.
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)的单调递增区间为(-∞,1), 7 单调递减区间为(1,+∞).
(2)证明:设点P的坐标为(x0,0),则x0=
, f '(x0)=-12.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f '(x0)(x-x0),
即g(x)=f '(x0)(x-
x0).令函数F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0),则F'(x)=f '(x)-f '(x0).
由于f '(x)=-4x3+4在(-∞,+∞)上单调递减,故F'(x)在(-∞,+∞)上单调递减.又因为F'(x0)=0,所以当x∈(-∞,x0)时,F'(x)>0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
所以对于任意的实数x,F(x)≤F(x0)=0,
即对于任意的实数x,都有f(x)≤g(x).
(3)证明:由(2)知g(x)=-
12(x-).设方程g(x)=a的根为x2',可得x2'=-
+.因为g(x)在(-∞,+∞)上单调递
减,又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2'),因此x2≤x2'.
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)=4x.对于任意的x∈(-∞,+∞),有
f(x)-h(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x).
设方程h(x)=a的根为x1',可得x1'=
.因为h(x)=4x在(-∞,+∞)上单调递增,且h(x1')=a=f(x1)≤h(x1),
因此x1'≤x1.
由此可得x2-x1≤x2'-x1'=-
+.
12.(2015福建,22,14分)已知函数f(x)=ln x-.
(1)求函数f(x)的单调递增区间;
(2)证明:当x>1时, f(x)<x-1;
(3)确定实数k的所有可能取值,使得存在x0>1,当x∈(1,x0)时,恒有f(x)>k(x-1).
解析(1)f '(x)=-x+1=,x∈(0,+∞).
由f '(x)>0得解得0<x<.
故f(x)的单调递增区间是.
(2)证明:令F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞).
则有F'(x)=
.
当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,
所以F(x)在[1,+∞)上单调递减,
故当x>1时,F(x)<F(1)=0,即当x>1时, f(x)<x-1.
(3)由(2)知,当k=1时,不存在x0>1满足题意.
当k>1时,对于x>1,有f(x)<x-1<k(x-1),则f(x)<k(x-1),
从而不存在x0>1满足题意.
当k<1时,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 8 则有G'(x)=-x+1-k=.
由G'(x)=0得,-x2+(1-k)x+1=0.
解得x1=
<0,x2=>1.
当x∈(1,x2)
时,G'(x)>0,故G(x)在[1,x2)内单调递增.
从而当x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0,即f(x)>k(x-1), 综上,k的取值范围是(-∞,1).
13.(2015重庆,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-
处取得极值.
(1)确定a的值;
(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.
解析(1)对f(x)求导得f '(x)=3ax2+2x,
因为f(x)在x=-处取得极值,所以f '=0,
即3a·+2·=-=0,解得a=.
(2)由(1)得g(x)=ex,
故g'(x)=ex+
ex
=ex
=x(x+1)(x+4)ex.
令g'(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.
当x<-4时,g'(x)<0,故g(x)为减函数;
当-4<x<-1时,g'(x)>0,故g(x)为增函数;
当-1<x<0时,g'(x)<0,故g(x)为减函数;
当x>0时,g'(x)>0,故g(x)为增函数.
综上,知g(x)在(
-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.
14.(2014安徽,20,13分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,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-2x-3x2.
令f '(x)=0,得x1=
,x2=,x1<x2,
所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2). 9 当x<x1或x>x2时, f '(x)<0;当x1<x<x2时, f '(x)>0.
故f(x)在(
-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在[x1,x2]内单调递增.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
(i)当a≥4时,x2≥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,x2<1.由(1)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,因此f(x)在x=x2=
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.
15.(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.
16.(2014湖北,21,14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e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数.
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)单调递增;
当f '(x)<0,即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 3<eln π,πln e<πln 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π.
于是根据函数y=ln x,y=ex,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π. 10 故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.
由e<3<π及(1)的结论,
得f(π)<f(3)<f(e),
即<<.
由
<,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3;
由<,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.
综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.
17.(2014湖南,21,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x+1(x>0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点,证明:对一切n∈N*,有
++…+<.
解析(1)f '(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.
令f '(x)=0,得x=kπ(k∈N*).
当x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)
时,sin x>0,此时f '(x)<0;
当x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)时,sin x<0,此时f '(x)>0,
故f(x)的单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N). (2) 由(1)知, f(x)在区间(0,π)上单调递减,又f=0,故x1=
,当n∈N*时,因为
f(nπ)f((n+1)π)=[(-1)nnπ+1]·
[(-1)n+1(n+1)n+1]<0,
且函数f(x)的图象是连续不断的,所以f(x)在区间(nπ,(n+1)π)内至少存在一个零点.又f(x)在区间(nπ,(n+1)π)上是单调的,故nπ<xn+1<(n+1)π.
因此当n=1时,=<;
当n=2时,+<(4+1)<;
当n≥3时,
++…+<<
=
=<<.
综上所述,对一切n∈N*,
++…+<. 11 18.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a<0.
(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间;
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.
解析(1)f(x)的定义域为[0,+∞).当a=-4时,由f '(x)==0得x=或x=2,由f '(x)>0得x∈或
x∈(2,+∞),
故函数f(x)的单调递增区间为和(2,+∞).
(2)f '(x)=,a<0,
由f '(x)=0得x=-或x=-.
当x∈
时,f(x)单调递增;当x∈时,f(x)单调递减;当x∈时,f(x)单调递增.
易知f(x)=(2x+a)2≥0,且f
=0.
①当-≤1,即-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上的最小值为f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=±2
-2,均不符合题意.
②当1<-≤4,即-8≤a<-2时, f(x)在[1,4]上的最小值为f=0,不符合题意.
③当->4,即a<-8时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4处取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8
得a=-10或a=-6(舍去),当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减, f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8,符合题意.
综上,a=-10.
19.(2013课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为
y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.
解析(1)f '(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得f(0)=4, f '(0)=4.故b=4,a+b=8.
从而a=4,b=4.
(2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
f '(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)
.
令f '(x)=0,得x=-ln 2或x=-2.
从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时, f '(x)>0;
当x∈(-2,-ln 2)时, f '(x)<0. 12 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,
在(
-2,-ln 2)上单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).
20.(2013大纲全国,21,12分)已知函数f(x)=x3+3ax2+3x+1.
(1)当a=-时,讨论f(x)的单调性;
(2)若x∈[2,+∞)时
, f(x)≥0,求a的取值范围.
解析(1)当a=-时, f(x)=x3-3
x2+3x+1,
f '(x)=3x2-6
x+3.
令f '(x)=0,得x1=
-1,x2=+1.(3分)
当x∈(-
∞,-1)时, f '(x)>0, f(x)在(-∞,-1)上是增函数;
当x∈(-1,+1)时, f '(x)<0, f(x)在(-1,+1)上是减函数;
当x∈(
+1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(+1,+∞)上是增函数.(6分)
(2)由f(2)≥0得a≥
-.(8分)
当a≥-,x∈(2,+∞)时,
f '(x)=3(x2+2ax+1)≥3
=3(x-2)>0,
所以f(x)在(2,+∞)上是增函数,于是当x∈[2,+∞)时,f(x)≥f(2)≥0.
综上,a的取值范围是.(12分)
21.(2013山东,21,12分)已知函数f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R).
(1)设a≥0,求f(x)的单调区间;
(2)设a>0,且对任意x>0, f(x)≥f(1).试比较ln a与-2b的大小.
解析(1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),
得f '(x)=.
①当a=0时, f '(x)=.
(i)若b≤0,当x>0时, f '(x)<0恒成立,
所以函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞).
(ii)若b>0,当0<x<时, f '(x)<0,函数f(x)单调递减, 13 当x>时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.
②当a>0时,令f '(x)=0,得2ax2+bx-1=0.
由Δ=b2+8a>0得x1=
,x2=.
显然,x1<0,x2>0.
当0<x<x2时, f '(x)<0,
函数f(x)单调递减;
当x>x2时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增.
所以函数f(x)的单调递减区间是,
单调递增区间是.
综上所述,
当a=0,b≤0时,函数f(x)的单调递减区间是(0,+∞);
当a=0,b>0时,函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是;
当a>0时,函数f(x)的单调递减区间是,
单调递增区间是.
(2)由题意,函数f(x)在x=1处取得最小值,
由(1)知是f(x)的唯一极小值点,
故=1,整理得2a+b=1,即b=1-2a.
令g(x)=2-4x+ln x.
则g'(x)=
.
令g'(x)=0,得x=.
当0<x<时,g'(x)>0,g(x)单调递增; 14 当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
因此g(x)≤g=1+ln=1-ln 4<0.
故g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0,即ln a<-2b.
22.(2013天津,20,14分)设a∈[-2,0],已知函数f(x)=
(1)证明f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增;
(2)设曲线y=f(x)在点Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,且x1x2x3≠0.证明x1+x2+x3>-
.
证明(1)设函数f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),f2(x)=x3-
x2+ax(x≥0),
①f '1(x)=3x2-
(a+5),由a∈[-2,0],从而当-1<x<0时,
f '1(x)=3x2-(a+5)<3-a-5≤0,所以函数f1(x)在区间(-1,0]内单调递减.
②f '2(x)=3x2-(a+3)x+a=(3x-a)(x-1),由于a∈[-2,0],所以当0<x<1时, f '2(x)<0;当x>1时, f '2(x)>0.
即函数f2(x)在区间[0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
综合①,②及f1(0)=f2(0),可知函数f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
(2)由(1)知f '(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间内单调递减,
在区间内单调递增.
因为曲线y=f(x)在点Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,从而x1,x2,x3互不相等,且f '(x1)=f '(x2)=f
'(x3).不妨设x1<0<x2<x3,
由3-(a+5)=3-(a+3)x2+a=3
-(a+3)x3+a,
可得3-3-(a+3)(x2-x3)=0,
解得x2+x3=
,从而0<x2<<x3.
设g(x)=3x2-
(a+3)x+a,则g<g(x2)<g(0)=a.
由3-(a+5)=g(x2)<a,解得-
<x1<0,
所以x1+x2+x3>-
+, 15 设t=,则a=,因为a∈[-2,0],
所以t∈,
故x1+x2+x3>-t+
=(t-1)2-≥-,即x1+x2+x3>-.
23.(2013湖北,2
1,13分)设a>0,b>0,已知函数f(x)=.
(1)当a≠b时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)当x>0时,称f(x)为a、b关于x的加权平均数.
(i)判断f(1),f ,f 是否成等比数列,并证明f ≤f ;
(ii)a、
b的几何平均数记为G.称为a、b的调和平均数,记为H.若H≤f(x)≤G,求x的取值范围.
解析(1)f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞),
f '(x)==.
当a>b时, f '(x)>0,函数f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递增;
当a<b时, f '(x)<0,函数f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递减.
(2)(i)计算得f(1)=>0, f=>0,f =>0,
故f(1)f=·=ab=,
即f(1)f=.①
所以f(1),f
,f 成等比数列.
因为
≥,所以f(1)≥f .由①得f ≤f .
(ii)由(i)知f =H,f =G.故由H≤f(x)≤G,得
f ≤f(x)≤f .②16 当a=b时,f =f(x)=f =a.
这时,x的取值范围为(0,+∞);
当a>b时,0<<1,从而<,由f(x)在(0,+∞)上单调递增与②式,
得≤x≤,即x的取值范围为;
当a<b时,
>1,从而>,由f(x)在(0,+∞)上单调递
减与②式,得≤x≤,即x的取值范围为.
24.(2013江苏,20,16分)设函数f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-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)=ex-a=0,得x=ln a.当x<ln a时,g'(x)<0;
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)=ex-a>0,
解得a<ex,即x>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(ea)=a-aea=a(1-ea)<0, f(1)=-a>0,且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断,所以f(x)在
(ea,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<e-1时, f(x)有两个零点. 17 实际上,对于0<a<e-1,由于f(e-1)=-1-ae-1<0, f(a-1)>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(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0.
为此,我们要证明:当x>e时,ex>x2.
设h(x)=ex-x2,则h'(x)=ex-2x,
再设l(x)=h'(x)=ex-2x,
则l'(x)=ex-2. 当x>1时,l'(x)=ex-
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)=ex-2x>h'(2)=e2-4>0,从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当x>e时,
h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即当x>e时,ex>x2.
当0<a<e-1,即a-1>e时, f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0,
又f(a-1)>0,且函数f(x)在[a-1,ea-1]上的图象不间断,所以f(x)在(a-1,ea-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<e-1时,f(x)的零点个数为2.
考点二利用导数研究函数的极值与最值
1.(2016四川,6,5分
)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=( )
A.-4
B.-2
C.4
D.2
答案D
2.(2014辽宁,12,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+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
3.(2015陕西,15,5分)函数y=xex在其极值点处的切线方程为
.
答案y=-
4.(2017北京,20,13分)已知函数f(x)=excos x-x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
解析(1)因为f(x)=excos x-x,所以f '(x)=ex(cos x-sin x)-1, f '(0)=0.
又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程为y=1.
(2)设h(x)=ex(cos x-sin x)-1,
则h'(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x.
当x∈时,h'(x)<0, 18 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=-.
5.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1(a>0,b∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零
点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求b关于a的函数关系式,并写出定义域;
(2)证明:b2>3a;
(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(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f '(x)=3x2+2ax+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-a3)≤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x1=
,x2=.
列表如下:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2) x2
(x2,+∞
)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗极大值↘极小值↗
故f(x)的极值点是x1,x2.
从而a>3.
因此b=+,定义域为(3,+∞). 19 (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b2>3a.
(3)由(1)知, f(x)的极值点是x1,x2,
且x1+x2=-
a,+=.
从而f(x1)+f(x2)=
+a+bx1+1++a+bx2+1
=(3+2ax1+b)+
(3+2ax2+b)+a(+)+b(x1+x2)+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-=-a2+
所以h(a)=-a2+
,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].
6.(2015安徽,21,13分)已知函数f(x)=(a>0,r>0).
(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;
(2)若=400,求f(x)在(0,+∞)内的极值. 20 解析(1)由题意知x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞).
f(x)==,
f '(x)==,
所以当x<-
r或x>r时,f '(x)<0,当-r<x<r时,f '(x)>0,
因此,f(x)的单调递减区间为(
-∞,-r),(r,+∞);f(x)的单调递增区间为(-r,r).
(2)由(1)的解答可知f '(r)=0,f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减.因此,x=r是f(x)的极大值点,
所以f(x)在(0,+∞)内的极大值为f(r)====100.
教师用书专用(7—15)
7.(2013福建,12,5分)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠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(x0)
B.-x0是f(-x)的极小值点
C.-x0是-f(x)的极小值点
D.-x0是-f(-x)的极小值点
答案D
8.(2016天津,20,14分)设函数f(x)=x3-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x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;
(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于1
4.
解析(1)由f(x)=x3-ax-b,可得f '(x)=3x2-a.
下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f '(x)=3x2-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=,或x=-.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
-
f
'(x)
+ 0 - 0 +
f(x) 单调递增
极大
值
单调递减
极小
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x0≠0.由题意,得f '(x0)=3
-a=0,即=,进而
f(x0)=
-ax0-b=-x0-b. 21 又f(-2x0)=-8+2ax0-b=-x0+2ax0-b=-x0-b=f(x0),
且-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0.
所以x1+2x0=0. (3)证明:设g(x)在区间[-1,1]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<1≤,由(1)知, f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(1), f(-1)],
因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=
所以M=a-1+|b|≥2.
②当≤a<3时,-≤-1<-<<1≤,
由(1)和(2)知f(-1)≥f =f , f(1)≤f =f ,
所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为f , f ,
因此M=max3
3
a
f
,3
-
3
a
f
=max
=max
=+|b|≥××=.
③当0<a<时,-1<-<<1,由(1)和(2)知f(-1)<f =f , f(1)>f =f ,
所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(-1), f(1)],
因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}
=max{|1-a+b|,|1-a-b|}
=1-a+|b|>.
综上所述,当a>0时,g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于. 22 9.(2014天津,19,14分)已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R.
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围.
解析(1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).
令f '(x)=0,解得x=0或x=.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0
)
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) ↘0 ↗
↘
所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),.
当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.
(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时, f(x)>0;当x∈时, f(x)<0.
设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=.则“对于任意的x1∈(2,+∞),都存在
x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.
下面分三种情况讨论:
①当>2,即0<a<时,由f=0可知,0∈A,而0∉B,所以A不是B的子集.
②当1≤≤2,即≤a≤时,有f(2)≤0,且此时f(x)在(2,+∞)上单调递减,故A=(-∞, f(2)),因而A⊆(-∞,0);
由f(1)≥0,有f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞,0)⊆B.所以,A⊆B.
③当<1,即a>时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.综上,a的取值范围是.
10.(2014浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).
(1)求g(a);
(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.
解析(1)因为a>0,-1≤x≤1,所以
(i)当0<a<1时, 23 若x∈[-1,a],则f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3<0,
故f(x)在(
-1,a)上是减函数;
若x∈[a,1],则f(x)=x3+3x-3a, f '(x)=3x2+3>0,
故f(x)在(a,1)上是增函数.
所以g(a)=f(a)=a3.
(ii)当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.
综上,g(a)=
(2)令h(x)=f(x)-g(a),
(i)当0<a<1时,g(a)=a3,
若x∈[a,1],h(x)=x3+3x-3a-a3,得h'(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在[a,1]上的最大值是
h(1)=4-3a-a3,且0<a<1,所以h(1)≤4.
故f(x)≤g(a)+4;
若x∈[-1,a],h(x)=x3-3x+3a-a3,得h'(x)=3x2-3,
则h(x)在(-1,a)上是减函数,所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是h(-1)=2+3a-a3.
令t(a)=2+3a-a3,
则t'(a)=3-3a2>0, 知t(a)在(0,1)上是增函数,
所以,t(a)<t(1)=4,即h(-1)<4.
故f(x)≤g(a)+4.
(ii)当a≥1时,g(a)=-2+3a,故
h(x)=x3-3x+2,得h'(x)=3x2-3,
此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=4.
故f(x)≤g(a)+4.
综上,当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.
11.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;
(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2<a<1.
解析(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f '(x)=ex-2ax-b,所以g'(x)=ex-2a.
当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a],
当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增,
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;
当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减.
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;
当<a<时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).
所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.
于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.
综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b; 24 当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;
当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.
(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不
可能单调递减.
则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.
故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1,
同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2,
所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.
由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,
故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.
当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,
故g(x)在(0,1)内至多有一个零点,所以<a<.
此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,
因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,
g(1)=e-2a-b>0.
由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-2<a<1.
所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.
12.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln x+,m∈R.
(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;
(2)讨论函数g(x)=f '(x)-零点的个数;
(3)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.
解析(1)当m=e时, f(x)=ln x+,则f '(x)=,
∴当x∈(0,e)时, f '(x)<0, f(x)在(0,e)上单调递减;
当x∈(e,+∞)时, f '(x)>0, f(x)在(e,+∞)上单调递增.
∴当x=e时, f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设知,g(x)=f '(x)-=--(x>0), 25 令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).
设φ(x)=-x3+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)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时
,φ'(x)<0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点,
∴φ(x)的最大值为φ(1)=.
又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),可知
①当m>时,函数g(x)无零点;
②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0<m<时,函数g(x)有两个零点;
④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.
综上所述,
当m>时,函数g(x)无零点;
当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0<m<时,函数g(x)有两个零点.
(3)对任意的b>a>0,<1恒成立,
等价于f(b)-b<f(a)-a恒成立.(*)
设h(x)=f(x)-x=ln x+-x(x>0),
∴(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减.
由h'(x)=--1≤0在(0,+∞)上恒成立, 26 得m≥-x2+x=-+(x>0)恒成立,
∴m≥,
∴m的取值范围是.
13.(2013广东,21,14分)设函数f(x)=x3-kx2+x(k∈R).
(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当k<0时,求函数f(x)在[k,-k]上的最小值m和最大值M.
解析f '(x)=3x2-2kx+1.
(1)当k=1时, f '(x)=3x2-2x+1,Δ=4-12=-8<0,
∴f '(x)>0, f(x)在R上单调递增.
(2)当k<0时, f '(x)=3x2-2kx+1,其图象开口向上,对称轴为直线x=
,且过(0,1).
(i)当Δ=4k2-12=4(k+
)(k-)≤0,即-≤k<0时, f '(x)≥0, f(x)在[k,-k]上单调递增,从而当x=k时,
f(x)取得最小值m=f(k)=k,
当x=-k时, f(x)取得最大值
M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k.
(ii)当Δ=4k2-12=4(k+
)(k-)>0,即k<-时,令f '(x)=3x2-2kx+1=0,解得x1=,x2=,注意到
k<x2<x1<0,∴m=min{f(k), f(x1)},M=max{f(-k), f(x2)}.
∵f(x1)-f(k)=
-k+x1-k=(x1-k)(+1)>0,
∴f(x)的最小值m=f(k)=k.
∵f(x2)-f(-k)=
-k+x2-(-k3-k·k2-k)
=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]<0,
∴f(x)的最大值M=f(-k)=-2k3-k.
综上所述,当k<0时, f(x)的最小值m=f(k)=k,最大值M=f(-k)=-2k3-k.
14.(2013浙江,21,15分)已知a∈R,函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程;
(2)若|a|>1,求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
解析(1)当a=1时, f '(x)=6x2-12x+6,
所以f '(2)=6.
又因为f(2)=4,所以切线方程为y=6x-8.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
f '(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 27 令f '(x)=0,得到x1=1,x2=a.
当a>1时,
x 0
(0,1
)
1
(1,a
)
a (a,2a) 2a
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) 0
单调
递增
极大
值
3a-1
单调
递减
极小值
a2(3
-a
)
单调
递增
4a3
比较f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得
g(a)=
当a<-1时,
x 0 (0,1) 1 (1,-2a) -2a
f '(x) - 0 +
f(x) 0
单调递
减
极小值
3a-1
单调递
增
-28a3-
24a2
得g(a)=3a-1.
综上所述, f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为
g(a)=
15.(2013重庆,20,12分)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米,
高为h米,体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本
为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).
(1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域;
(2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.
解析(1)因为蓄水池侧面的建造成本为100·2πrh=200πrh元,底面的建造成本为160πr2元, 所以蓄水池的总建造成本为(200πrh+160πr2)元.
所以200πrh+160πr2=12 000π,
所以h=(300-4r2),
从而V(r)=πr2h=
(300r-4r3).
因为r>0,h>0,所以0<r<5,
故函数V(r)的定义域为(0,5).
(2)因为V(r)=(300r-4r3),故V'(r)=
(300-12r2).令V'(r)=0,解得r1=5,r2=-5(r2=-5不在定义域内,舍去).
当r∈(0,5)时,V'(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数;当r∈(5,5)时,V'(r)<0,故V(r)在(5,5)上为减函28 数.
由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,
此时h=8.即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.
考点三导数的综合应用
1.(2015安徽,10,5分)函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是( )
A.a>0,b<0,c>0,d>0
B.a>0,b<0,c<0,d>0
C.a<0,b<0,c>0,d>0
D.a>0,b>0,c>0,d<0
答案A
2.(2014课标Ⅰ,12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是
( )
A.(2,+∞)
B.(1,+∞)
C.(-∞,-2)
D.(-∞,-1)
答案C
3.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x3-
ax2,a∈R.
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程;
(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
解析(1)由题意得f '(x)=x2-ax,
所以当a=2时, f(3)=0, f '(x)=x2-2x,
所以f '(3)=3,
因此,当a=2时,曲线y=f(x)在点(3, f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.
(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,
所以g'(x)=f '(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x
=x(x-a)-(x-a)sin x
=(x-a)(x-sin x),
令h(x)=x-sin x,
则h'(x)=1-cos x≥0,
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;
当x<0时,h(x)<0.
①当a<0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x),
当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(a,0)时,x-a>0,g'(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x=a时g(x)取到极大值,极大值是g(a)=-
a3-sin a,
当x=0时g(x)取到极小值,极小值是g(0)=-a.
②当a=0时,g'(x)=x(x-sin x),
当x∈(-∞,+∞)时,g'(x)≥0,g(x)单调递增;
所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时,g'(x)=(x-a)(x-sin x),
当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(0,a)时,x-a<0,g'(x)<0,g(x)单调递减; 29 当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x=0时g(x)取到极大值,极大值是g(0)=-a;
当x=a时g(x)取到极小值,极小值是g(a)=
-a3-sin a.
综上所述:
当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,
极大值是g(a)=-a3-sin a,极小值是g(0)=-a;
当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值;
当a>0时,
函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减,函数既有极大值,又有极小值,极大
值是g(0)=-a,极小值是g(a)=-a3-sin a.
4.(2017天津,19,14分)设a,b∈R,|a|≤1.已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)已知函数y=g(x)和y=ex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,
(i)求证:f(x)在x=x0处的导数等于0; (ii)若关于x的不等式g(x)≤ex在区间[x0-
1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.
解析(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,
可得f '(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].
令f '(x)=0,解得x=a,或x=4-a.
由|a|≤1,得a<4-a.
当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,a) (a,4-a) (4-a,+∞)
f '(x) + - +
f(x) ↗↘↗
所以, f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).
(2)(i)证明:因为g'(x)=ex[f(x)+f '(x)],由题意知
所以
解得
所以, f(x)在x=x0处的导数等于0.
(ii)因为g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],g(x)=exf(x),所以由ex>0,可得f(x)≤1.又因为f(x0)=1, f '(x0)=0,故x0为f(x)的极大值点,
由(1)知x0=a.由于|a|≤1,故a+1<4-a,
由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0=a时, f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立.
由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,
得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1], 所以t'(x)=6x2-12x,
令t'(x)=0,解得x=2(舍去),或x=0.
因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1, 30 因此,t(x)的值域为[-7,1].
所以,b的取值范围是[-
7,1].
5.(2015课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=e2x-aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f '(x)零点的个数;
(2)证明:当a>0时, f(x)≥2a+aln.
解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=2e2x-
(x>0).
当a≤0时, f '(x)>0, f '(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-。