高考数学一轮复习练习-导数的应用

§4.2导数的应用
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一导数与函数的单调性
1.已知f(x)=lnx
,则()
x
A.f(2)>f(e)>f(3)
B.f(3)>f(e)>f(2)
C.f(3)>f(2)>f(e)
D.f(e)>f(3)>f(2) 答案D
2.设函数f(x)=1
x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是()
2
A.1<a≤2
B.a≥4
C.a≤2
D.0<a≤3
答案A
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()
3.若函数y=f(x)
lnx
;④f(x)=√x.
①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=1
x
A.①②④
B.①③
C.①③④
D.②③
答案B
考点二导数与函数的极(最)值
4.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f '(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()
①f(b)>f(a)>f(c);
②函数f(x)在x=c处取得极小值,在x=e处取得极大值;
③函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值;
④函数f(x)的最小值为f(d).
A.③
B.①②
C.③④
D.④
答案A
5.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则常数c的值为()
A.4
B.2或6
C.2
D.6
答案C
6.设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论正确的是()
A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增
B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减
C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2))处的切线方程为y=10
D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点
答案C
7.已知函数f(x)={-x 3+x 2(x <1),
alnx(x ≥1).
(1)求f(x)在区间(-∞,1)上的极小值和极大值点; (2)求f(x)在[-1,e](e 为自然对数的底数)上的最大值. 解析 (1)当x<1时, f '(x)=-3x 2
+2x=-x(3x-2),
令f '(x)=0,解得x=0或x=23
.
当x 变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,0) 0 (0,23
)
23
(23
,1)
f '(x) - 0 + 0 - f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
故当x=0时,函数f(x)取得极小值,为f(0)=0,函数f(x)的极大值点为x=23
. (2)①当-1≤x<1时,由(1)知,函数f(x)在[-1,0]和[23
,1)上单调递减, 在(0,23
)上单调递增.
因为f(-1)=2, f (23
)=427
, f(0)=0, 所以f(x)在[-1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时, f(x)=aln x, 当a ≤0时, f(x)≤0;
当a>0时, f(x)在[1,e]上单调递增, 则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a. 故当a ≥2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为a; 当a<2时, f(x)在[-1,e]上的最大值为2.
考点三 导数的综合应用
8.函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数, f '(x)为其导函数,若x ·f '(x)+f(x)=e x
(x-1),且f(2)=0,则不等式f(x)<0的解集为( )
A.(0,1)
B.(0,2)
C.(1,2)
D.(2,+∞) 答案 B
9.已知函数f(x)={3x,x <0,
0,0≤x ≤1,3-3x,x >1,若函数g(x)=x 3
+λf(x)恰有3个零点,则λ的取值范围为( )
A.(-∞,0)∪{94}
B.(94
,+∞) C.(0,94) D.(-∞,0)∪(94
,+∞) 答案 B
10.已知函数f(x)=e x-2
+x-3(e 为自然对数的底数),g(x)=x 2
-ax-a+3.若存在实数x 1,x 2,使得f(x 1)=g(x 2)=0,且|x 1-x 2|≤1,则实数a 的取值范围是 . 答案 [2,3]
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 利用导数解决函数单调性问题
1.(2019吉林长春实验中学期末,9)设函数f(x)=x(e x
+e -x
),则f(x)( ) A.是奇函数,且在R 上是增函数 B.是偶函数,且在R 上有极小值 C.是奇函数,且在R 上是减函数 D.是偶函数,且在R 上有极大值 答案 A
2.(2018黑龙江哈尔滨师大附中三模,8)若函数f(x)=2x+sin x ·cos x+acos x 在(-∞,+∞)上单调递增,则a 的取值范围是( ) A.[-1,1] B.[-1,3] C.[-3,3] D.[-3,-1] 答案 A
3.(2018湖北荆州一模,12)若函数f(x)=mln x+x 2
-mx 在区间(0,+∞)上单调递增,则实数m 的取值范围为( ) A.[0,8] B.(0,8]
C.(-∞,0]∪[8,+∞)
D.(-∞,0)∪(8,+∞) 答案 A
4.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xe a-x
+bx,曲线y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为y=(e-1)x+4. (1)求a,b 的值; (2)求f(x)的单调区间. 解析 (1)因为f(x)=xe a-x
+bx,
所以f '(x)=(1-x)e a-x
+b.
依题设,知{f(2)=2e +2,f '(2)=e -1,即{2e a -2+2b =2e +2,
-e a -2+b =e -1.
解得a=2,b=e.
(2)由(1)知f(x)=xe 2-x
+ex.
由f '(x)=e 2-x
(1-x+e x-1
)及e 2-x
>0知, f '(x)与1-x+e x-1
同号.
令g(x)=1-x+e x-1
,则g'(x)=-1+e x-1
.
所以,当x ∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当x ∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x ∈(-∞,+∞).
综上可知, f '(x)>0,x ∈(-∞,+∞).故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
考法二 与函数极值或最值有关的导数问题
5.(2018黑龙江齐齐哈尔一模)若x=1是函数f(x)=ax 2
+ln x 的一个极值点,则当x ∈[1
e
,e]时, f(x)的最小值为( )
A.1-e 22
B.-e+1e
C.-1
2e 2
-1 D.e 2
-1
答案 A
6.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)=13
x 3
+12
(1-3a)x 2+(2a 2
-a)x+1,若在区间(0,3)内存在极值点,则实数a 的取值范围是( )
A.(0,3)
B.(12
,2) C.(0,1)∪(1,3) D.(12
,1)∪(1,2) 答案 C
7.(2018江西南昌调研,12)已知a 为常数,函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2),则( )
A.f(x 1)>0, f(x 2)>-12
B.f(x 1)<0, f(x 2)<-12
C.f(x 1)>0, f(x 2)<-12
D.f(x 1)<0, f(x 2)>-12
答案 D
考法三 利用导数研究函数的零点问题
8.(2019广东深圳二模,9)若函数f(x)=x-√x -aln x 在区间(1,+∞)上存在零点,则实数a 的取值范围为( ) A.(0,12) B.(12
,e) C.(0,+∞) D.(12
,+∞) 答案 D
9.(2019四川德阳“一诊”(改编))已知函数f(x)=12
x 2
+ax-(a+1)ln x.若f(x)有两个零点,则a 的取值范围为 . 答案 (-1,-12
)
考法四 利用导数证明不等式问题
10.(2018河北衡水金卷全国大联考,8)已知函数f(x)为R 上的奇函数,且当x ≥0时, f(x)=-e x
+1+mcos x,记a=-2·f(-2),b=-f(-1),c=3f(3),则a,b,c 的大小关系是( ) A.b<a<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b 答案 D
11.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x 3
+x-sin x,则满足不等式f(m-1)+f(2m 2
)≤0成立的实数m 的取值范围是 . 答案 [-1,12
]
12.(2018豫北名校联考,22)已知函数f(x)=e x+1-kx-2k(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e x 1+1=k(x 1+2),e x 2+1=k(x 2+2), ∴x 1+2>0,x 2+2>0,可得x 1-x 2=ln x 1+2
x 2+2
. 不妨设x 1>x 2,令
x 1+2
x 2+2
=t,则t>1,
由{
x 1+2x 2+2
=t,
x 1-x 2=ln x 1+2x 2+2,
解得x 1+2=tlnt t -1,x 2+2=lnt
t -1
, 所以x 1+x 2+4=
(t+1)lnt
t -1
.(8分)
欲证x 1+x 2>-2,只需证明
(t+1)lnt
t -1
>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+1t
(t+1)-2=ln t+1t
-1. 设h(t)=ln t+1t -1(t>1),
则h'(t)=1t -1t
2>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.(12分)
应用篇知行合一
【应用集训】
1.据环保部门测定,某处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源距离的平方成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距18 km 的A,B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b,它们连线上任意一点C 处(异于A,B 两点)的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x(km). (1)试将y 表示为x 的函数;
(2)若a=1,且x=6,y 取得最小值,试求b 的值.
解析 (1)易知点C 受A 污染源污染程度为ka x
2,点C 受B 污染源污染程度为kb (18-x)2
,其中k 为比例系数,且k>0.
从而点C 处受污染指数y=ka x 2+kb
(18-x)2
.
(2)因为a=1,所以y=k x 2+kb
(18-x)2
,
y'=k [
-2x 3
+
2b
(18-x)
3],令
y'=0,得x=
1+√b
3
,
易知函数在1+√b
3
)上单调减,在(
1+√b
3
上单调增,即在x=
1+√b
3
时函数取极小值,也是最小值.
又此时x=6,解得b=8,经验证符合题意. 所以,污染源B 的污染强度b 的值为8.
2.(2020届山西省实验中学第一次月考,19)已知某公司生产某产品的年固定成本为100万元,每生产1千件需另投入27万元,设该公司一年内生产该产品x 千件(0<x ≤25)并全部销售完,每千件的销售收入为R(x)万元,且R(x)={108-1
3
x 2(0<x ≤10),
-x +175
x +57(10<x ≤25).
(1)写出年利润f(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式;
(2)当年产量为多少千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大?(注:年利润=年销售收入-年总成本). 解析 (1)当0<x ≤10时, f(x)=xR(x)-(100+27x)=81x-x 3
3
-100; 当10<x ≤25时, f(x)=xR(x)-(100+27x)=-x 2
+30x+75.
故f(x)={
81x -x 3
3
-100(0<x ≤10),
-x 2
+30x +75(10<x ≤25).
(2)当0<x ≤10时,由f(x)=81x-x 33
-100得f '(x)=81-x 2
=-(x+9)(x-9), 当x ∈(0,9)时, f '(x)>0, f(x)单调递增;
当x ∈(9,10)时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 故f(x)max =f(9)=81×9-13
×93
-100=386.
当10<x ≤25时, f(x)=-x 2
+30x+75=-(x-15)2
+300≤300,
综上可知,当x=9时,所获年利润最大,为386万元.
所以当年产量为9千件时,该公司在这一产品的生产中所获年利润最大.
【五年高考】
考点一 导数与函数的单调性
1.(2018课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=1x
-x+aln 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:
f(x 1)-f(x 2)
x 1-x 2
<a-2. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=-1x
2-1+a x
=-
x 2-ax+1
x 2
. (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=a -√a 2-4
2
或x=
a+√a 2-4
2
. 当x ∈(0,a -√a 2-42)∪(a+√a 2-4
2
,+∞)时, f '(x)<0; 当x ∈(
a -√a 2-42,a+√a 2-42
)时, f '(x)>0. 所以f(x)在(0,
a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-4
2
)单调递增. (2)证明: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 1x 2=1,不妨设x 1<x 2,则x 2>1, 由于
f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2=-1x 1x 2-1+a ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a -2ln x 21x 2-x
2
,
所以
f(x 1)-f(x 2)
x 1-x 2
<a-2等价于1x 2
-x 2+2ln x 2<0.
设函数g(x)=1x
-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1x 2
-x 2+2ln x 2<0,即
f(x 1)-f(x 2)
x 1-x 2
<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)=ae 2x
+(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)=2ae 2x
+(a-2)e x
-1=(ae 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)=1-1a
+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1-1a
+ln a>0,即f(-ln a)>0, 故f(x)没有零点;
③当a ∈(0,1)时,1-1a
+ln a<0,即f(-ln a)<0.
又f(-2)=ae -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 (3a
-1),则f(n 0)=e n 0(a e n 0+a-2)-n 0>e n 0-n 0>2n 0-n 0>0. 由于ln (3a
-1)>-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.
3.(2019浙江,22,15分)已知实数a ≠0,设函数f(x)=aln x+√1+x ,x>0. (1)当a=-34
时,求函数f(x)的单调区间;
(2)对任意x ∈[1e
2,+∞)均有f(x)≤√x
2a
,求a 的取值范围.
注:e=2.718 28…为自然对数的底数.
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.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.
(1)当a=-3
4时, f(x)=-3
4ln x+√1+x ,x>0.
f '(x)=-34x +
121+x =(√1+x -2)(2√1+x+1)
4x 1+x ,
所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞). (2)由f(1)≤1
2a
,得0<a ≤√2
4
.
当0<a ≤√24
时, f(x)≤√x 2a
等价于√x a
2-2√1+x
a
-2ln x ≥0.
令
t=1a
,则t ≥2√2.设g(t)=t 2
√x -2t √1+x -2ln x,t ≥2√2,则
g(t)=√x (t -√1+1
x
)
2
-
√x
-2ln x. (i)当x ∈[17,+∞)时,√1+1x
≤2√2, 则g(t)≥g(2√2)=8√x -4√2√1+x -2ln x.
记p(x)=4√x -2√2√1+x -ln x,x ≥1
7
, 则p'(x)=2x -√2√x+1-1x
=2√x √x+1-√2x -√x+1
x √x+1
=
(x -1)[1+√x(√2x+2-1)]
x √x+1(√x+1)(√x+1+√2x)
.
故
x 17
(17
,1)
1 (1,+∞) p'(x)
-
+
p(x)
p (17
) 单调递减 极小值p(1) 单调递增
所以,p(x)≥p(1)=0.
因此,g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0. (ii)当x ∈[1e 2,17
)时, g(x)≥g (√1+1x
)=
-2√xlnx -(x+1)
√x
. 令q(x)=2√x ln x+(x+1),x ∈[1e 2,17
], 则q'(x)=
√x +1>0, 故q(x)在[1e 2,17
]上单调递增, 所以q(x)≤q (17
). 由(i)得,q (17
)=-2√77p (17)<-2√7
7p(1)=0. 所以,q(x)<0.
因此,g(t)≥g (√1+1x
)=-√x
>0. 由(i)(ii)知对任意x ∈[1e
2,+∞),t ∈[2√2,+∞),g(t)≥0,即对任意x ∈[1e
2,+∞), 均有f(x)≤√x
2a
.
综上所述,所求a 的取值范围是(0,
√2
4
].
疑难突破 (1)导函数f '(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,将√1+x 看成一个整体进行分解因式,通过观察法求出使√1+x -2=0的根x=3.
(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a 的范围太大,故借助恒成立的条件用特殊值缩小a 的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点. 4.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x -1
x 2
,a ∈R . (1)讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+32
对于任意的x ∈[1,2]成立. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=a-a x -2x 2+2x 3=
(ax 2-2)(x -1)
x 3
.
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)=a(x -1)x 3(x -√2
a
)(x +√2
a
).
①0<a<2时,√2a
>1,
当x ∈(0,1)或x ∈(√2a
,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x ∈(1,√2a
)时, f '(x)<0, f(x)单调递减. ②a=2时,√2a
=1,在x ∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增. ③a>2时,0<√2a <1,
当x ∈(0,√2a
)或x ∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x ∈(√2a
,1)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(1,√2a
)内单调递减,在(√2a
,+∞)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(0,√2a
)内单调递增,在(√2a
,1)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+
2x -1x 2-(1-1x -2
x 2+
2x 3
) =x-ln x+3x +1x 2-2x
3-1,x ∈[1,2].
设g(x)=x-ln x,h(x)=3x +1x 2-2x
3-1,x ∈[1,2]. 则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x). 由g'(x)=
x -1
x
≥0,可得g(x)≥g(1)=1.
当且仅当x=1时取得等号.又h'(x)=
-3x 2-2x+6
x 4
. 设φ(x)=-3x 2
-2x+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)=12
,可得h(x)≥h(2)=12
, 当且仅当x=2时取得等号. 所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=32
,
即f(x)>f '(x)+32
对于任意的x ∈[1,2]成立.
考点二 导数与函数的极(最)值
5.(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
6.(2018课标Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 . 答案 -3√3
2
7.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x 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
8.(2016北京,14,5分)设函数f(x)={x 3-3x,x ≤a,
-2x,x >a.
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)
9.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=[ax 2
-(4a+1)x+4a+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
-(4a+1)x+4a+3]e x ,
所以f '(x)=[ax 2
-(2a+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
-(2a+1)x+2]e x
=(ax-1)(x-2)e x
. 若a>12,则当x ∈(1a
,2)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 ≤12,则当x ∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤12
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(12
,+∞).
10.(2017课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ax 2
-ax-xln 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 (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-1x
,g'(1)=a-1,得a=1. 若a=1,则g'(x)=1-1
x
.
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)证明:由(1)知f(x)=x 2
-x-xln x, f '(x)=2x-2-ln x. 设h(x)=2x-2-ln x,则h'(x)=2-1x
. 当x ∈(0,12
)时,h'(x)<0; 当x ∈(12
,+∞)时,h'(x)>0.
所以h(x)在(0,12)单调递减,在(12
,+∞)单调递增.
又h(e -2
)>0,h (12)<0,h(1)=0,所以h(x)在(0,12)内有唯一零点x 0,在[12
,+∞)内有唯一零点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)<14
.
因为x=x 0是f(x)在(0,1)内的最大值点,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
.
疑难突破 本题第(2)问中,因f '(x)=0的零点求不出,需对f '(x)的单调性进行研究,所以需构造函数h(x)=f '(x). 11.(2017山东,20,13分)已知函数f(x)=x 2
+2cos x,g(x)=e x
·(cos x-sin x+2x-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)由题意得f(π)=π2
-2, 又f '(x)=2x-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-(π2
-2)=2π(x -π),即y=2πx -π2
-2.
(2)由题意得h(x)=e x (cos x-sin x+2x-2)-a(x 2
+2cos x),
因为h'(x)=e x
(cos x-sin x+2x-2)+e x
(-sin x-cos x+2)-a(2x-2sin x)=2e x
(x-sin x)-2a(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)=-2a-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)=-2a-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)=-2a-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)=-2a-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)=-2a-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)=-2a-1,
极小值是h(ln a)=-a[(ln a)2-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2].
12.(2018课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.
(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)证明:当a=0时, f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x, f '(x)=ln(1+x)-x
1+x
.
设函数g(x)=f '(x)=ln(1+x)-x
1+x
,
则g'(x)=x
(1+x)2
.
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)-2x>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)=f(x)
2+x+ax2=ln(1+x)-2x
2+x+ax2
.
由于当|x|<min{1,√1
|a|
}时,2+x+ax2>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)=1
1+x -2(2+x+ax
2)-2x(1+2ax)
(2+x+ax2)2
=x 2(a2x2+4ax+6a+1) (x+1)(ax2+x+2)2
.
如果6a+1>0,则当0<x<-6a+1
4a ,且|x|<min{1,√1
|a|
}时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,
故当x∈(x1,0),且|x|<min{1,√1
|a|
}时,h'(x)<0,
所以x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1=0,则h'(x)=x3(x-24)
(x+1)(x2-6x-12)2
.
则当x∈(-1,0)时,h'(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=-1
6
.
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.
考点三导数的综合应用
13.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)<0,则a的取值范围是()
A.[-3
2e ,1) B.[-3
2e
,3
4
) C.[3
2e
,3
4
) D.[3
2e
,1)
答案D
14.(2017江苏,11,5分)已知函数f(x)=x3-2x+e x-1
e x
,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.
答案[-1,1
2
]
15.(2019课标Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x), f'(x)为f(x)的导数.证明:
(1)f'(x)在区间(-1,π
2
)存在唯一极大值点;
(2)f(x)有且仅有2个零点.
证明本题考查了初等函数求导和导数的运算法则,导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数极值和函数零点;考查学生的推理论证、运算求解能力以及灵活运用数形结合思想去分析、解决问题的能力;考查的核心素养是逻辑推理、数学运算. (1)设g(x)=f'(x),
则g(x)=cos x-1
1+x ,g'(x)=-sin x+1
(1+x)2
.
当x∈(-1,π
2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π
2
)<0,可得g'(x)在(-1,π
2
)有唯一零点,设为α.则当x∈(-1,α)时,g'(x)>0;当
x∈(α,π
2
)时,g'(x)<0.
所以g(x)在(-1,α)单调递增,在(α,π
2)单调递减,故g(x)在(-1,π
2
)存在唯一极大值点,即f'(x)在(-1,π
2
)存在唯一极大值点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知, f'(x)在(-1,0)单调递增,而f'(0)=0,所以当x∈(-1,0)时, f'(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.
(ii)当x ∈(0,π2]时,由(1)知, f'(x)在(0,α)单调递增,在(α,π2)单调递减,而f'(0)=0, f'(π2)<0,所以存在β∈(α,π2
),使得f'(β)=0,且当x ∈(0,β)时, f'(x)>0;当x ∈(β,π2)时, f'(x)<0.故f(x)在(0,β)单调递增,在(β,π2
)单调递减. 又f(0)=0, f (π2)=1-ln (1+π2)>0,所以当x ∈(0,π2]时,f(x)>0.从而, f(x)在(0,π2
]没有零点.
(iii)当x ∈(π2,π]时, f'(x)<0,所以f(x)在(π2,π)单调递减.而f (π2)>0, f(π)<0,所以f(x)在(π2
,π]有唯一零点. (iv)当x ∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点. 综上, f(x)有且仅有2个零点.
思路分析 (1)写出函数f'(x)的表达式,利用其导函数研究单调性及极值点.
(2)以x 为主元进行分类讨论,分别在各个区间上,由导函数的单调性判断f'(x)与0的关系,得到f(x)的单调性,从而求得在各个区间的零点个数.
16.(2019课标Ⅲ,20,12分)已知函数f(x)=2x 3
-ax 2
+b. (1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b 的所有值;若不存在,说明理由.
解析 本题主要考查利用导数求函数的单调性以及求函数的最值问题,通过导数的应用考查学生的运算求解能力以及分类讨论思想,考查了数学运算的核心素养. (1)f '(x)=6x 2
-2ax=2x(3x-a). 令f '(x)=0,得x=0或x=a 3
.
若a>0,则当x ∈(-∞,0)∪(a 3,+∞)时, f '(x)>0;当x ∈(0,a 3)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,0),(a 3,+∞)单调递增,在(0,a 3
)单调递减.
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a<0,则当x ∈(-∞,a 3)∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x ∈(a 3,0)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,a 3),(0,+∞)单调递增,在(a 3
,0)单调递减. (2)满足题设条件的a,b 存在.
(i)当a ≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b 满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ii)当a ≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b 满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(iii)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在[0,1]的最小值为f (a 3
)=-a 327
+b,最大值为b 或2-a+b. 若-a 327+b=-1,b=1,则a=3√23
,与0<a<3矛盾.
若-a 327
+b=-1,2-a+b=1,则a=3√3或a=-3√3或a=0,与0<a<3矛盾.
综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1. 思路分析 (1)求出f '(x)=0的两根,比较根的大小并分类讨论.
(2)利用(1)中的单调区间讨论f(x)在[0,1]上的最值,最终确定参数a,b 的值.
疑难突破 第(2)问中分类讨论的标准是单调区间的端点与0,1的大小关系,从而确定函数在[0,1]上的最值. 17.(2017课标Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln 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,(1+12
)(1+12
2)·…·(1
+
1
2n
)<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 (12
)=-12
+aln 2<0,所以不满足题意. ②若a>0,由f '(x)=1-a x =
x -a
x 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+12
n ,得ln (1+
12n )<12
n . 从而ln (1+12)+ln (1+12
2)+…+ln (1
+
12n )<12+122+…+12n =1-1
2
n <1. 故(1+12
)(1+12
2)…(1
+
1
2n
)<e. 而(1+1
2)(1+
12
2)(1
+123
)>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+12
n ,换元后可求出(1+12
)(1+
12
2)…(1
+
1
2n
)的范围. 一题多解 对于第(1)问, f '(x)=1-a x =
x -a
x
(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-aln a ≥0①,记h(x)=x-1-xln 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. 18.(2019北京,19,13分)已知函数f(x)=14
x 3-x 2
+x. (1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程; (2)当x ∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x;
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a ∈R ),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时,求a 的值.
解析 本题考查函数图象的切线,函数的极值、最值,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力,以及运用函数的基本性质分析、解决问题的能力.
(1)由f(x)=14
x 3-x 2
+x 得f '(x)=34
x 2
-2x+1. 令f '(x)=1,即34x 2
-2x+1=1,得x=0或x=83
.
又f(0)=0, f (83)=827
,
所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x 与y-827=x-83,即y=x 与y=x-6427
. (2)令g(x)=f(x)-x,x ∈[-2,4]. 由g(x)=14x 3
-x 2
得g'(x)=34
x 2
-2x.
令g'(x)=0,得x=0或x=83
. g'(x),g(x)的情况如下:
x
-2 (-2,0) 0
(0,83
)
83
(83
,4)
4
g'(x) +
-
+
g(x) -6
↗
↘
-6427
↗ 0
所以g(x)的最小值为-6,最大值为0. 故-6≤g(x)≤0,即x-6≤f(x)≤x. (3)由(2)知,
当a<-3时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3; 当a>-3时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3; 当a=-3时,M(a)=3.综上,当M(a)最小时,a=-3.
19.(2019天津,20,14分)设函数f(x)=e x
cos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区间;
(2)当x ∈[π4,π2
]时,证明f(x)+g(x)(π2
-x)≥0;
(3)设x n 为函数u(x)=f(x)-1在区间(2nπ+π4
,2nπ+π2
)内的零点,其中n ∈N ,证明2nπ+π2
-x n <
e -2nπ
sin x 0-cos x 0
.
解析 本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.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,有f '(x)=e x
(cos x-sin x). 因此,当x ∈(2kπ+π4
,2kπ+5π
4
)(k ∈Z )时,有sin x>cos x,得f '(x)<0,则f(x)单调递减;
当x ∈(2kπ-3π4,2kπ+π
4
)(k ∈Z )时,有sin x<cos x,得f '(x)>0,则f(x)单调递增.
所以, f(x)的单调递增区间为[2kπ-3π4,2kπ+π4](k ∈Z ), f(x)的单调递减区间为[2kπ+π
4
,2kπ+
5π
4
](k ∈Z ). (2)证明:记h(x)=f(x)+g(x)(π2
-x).依题意及(1),有g(x)=e x
(cos x-sin x), 从而g'(x)=-2e x
sin x.当x ∈(π4,π
2
)时,g'(x)<0,
故h'(x)=f '(x)+g'(x)(π2
-x)+g(x)(-1) =g'(x)(π2
-x)<0,
因此,h(x)在区间[π4,π2]上单调递减,进而h(x)≥h (π2)=f (π2
)=0. 所以,当x ∈[π4,π2]时, f(x)+g(x)(π2
-x)≥0.
(3)证明:依题意,u(x n )=f(x n )-1=0,即e x n cos x n =1.记y n =x n -2nπ,则y n ∈(π4,π2
),且f(y n )=e y n cos y n =e x n -2nπcos(x n -2nπ)=e
-
2nπ
(n ∈N ).
由f(y n )=e -2nπ
≤1=f(y 0)及(1),得y n ≥y 0.由(2)知,当x ∈(π4,π2)时,g'(x)<0,所以g(x)在[π4,π2
]上为减函数,因此
g(y n )≤g(y 0)<g (π4
)=0.又由(2)知, f(y n )+g(y n )(π2
-y n )≥0,故π2
-y n ≤-f(y n )
g(y n )
=-
e -2nπg(y n )≤-e -2nπg(y 0)=e -2nπe y 0(sin y 0-cos y 0)<e -2nπsin x 0-cos x 0.所以,2nπ+π
2
-x n <
e -2nπ
sin x 0-cos x 0
.
思路分析 (1)求f(x)的单调区间,只需求出f '(x)>0和f '(x)<0时x 的范围.
(2)记h(x)=f(x)+g(x)(π
2
-x),求h'(x),从而得到函数h(x)在[π4,π2
]上的单调性,转化为求h(x)的最小值,验证最小值非负即可.
(3)记u(x)在区间(2nπ+π
4,2nπ+π
2
)内的零点为x n,
则x n∈(2nπ+π
4,2nπ+π
2
),则有y n=x n-2nπ∈(π
4
,π
2
).与(2)联系知f(y n)+g(y n)(π
2
-y n)≥0,此时要先确定g(y n)的符号,再将上式转化
为π
2-y n≤-
f(y n)
g(y n)
,然后进一步证明-e
-2nπ
g(y n)
<e
-2nπ
sin x0-cos x0
.
20.(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)-xln a的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2ln lna
lna
;
(3)证明当a≥e 1
e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)由已知得,h(x)=a x-xln 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(x1, f(x1)) 处的切线斜率为a x1ln a.
由g'(x)=1
xlna ,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1
x2lna
.
因为这两条切线平行,故有a x1ln a=1
x2lna
,即x2a x1(ln a)2=1.
两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a ln a=0,
所以x1+g(x2)=-2ln lna
lna
.
(3)证明:曲线y=f(x)在点(x1,a x1)处的切线l1:y-a x1=a x1ln a·(x-x1).
曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=1
x2lna
(x-x2).
要证明当a≥e1e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≥e1e时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1与l2重合.
即只需证明当a≥e1e时,
方程组{a x1lna=1
x2lna
①,
a x1-x1a x1lna=log a x2-1
lna
②
有解.
由①得x2=1
a x1(lna)2
,代入②,
得a x1-x1a x1ln a+x1+1
lna +2ln lna
lna
=0.③
因此,只需证明当a≥e1e时,关于x1的方程③存在实数解.
设函数u(x)=a x
-xa x
ln a+x+
1lna +2ln lna lna
, 即要证明当a ≥e 1
e 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
(lna)
2)=1-a
1
(lna)
2
<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 0a 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 ≥e 1
e ,故ln ln a ≥-1,所以u(x 0)=a x 0-x 0a x 0ln a+x 0+1lna +2ln lna lna =1x 0(lna)2+x 0+2ln lna lna ≥2+2ln lna lna
≥0. 下面证明存在实数t,使得u(t)<0. 由(1)可得a x
≥1+xln a,当x>
1
lna
时,有 u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna +2ln lna lna =-(ln a)2x 2+x+1+1lna +2ln lna lna
, 所以存在实数t,使得u(t)<0.
因此,当a ≥e 1
e 时,存在x 1∈(-∞,+∞),使得u(x 1)=0.
所以,当a ≥e 1
e 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.
教师专用题组
考点一 导数与函数的单调性
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 (1k
)<1k
B.f (1k
)>1k -1
C.f (
1k -1)<1
k -1 D.f (
1k -1)>k k -1
答案 C
2.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x
,g(x)=x 2
+ax(其中a ∈R ).对于不相等的实数x 1,x 2,设m=f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2,n=g(x 1)-g(x 2)
x 1-x 2
. 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
3.(2016课标Ⅱ,21,12分) (1)讨论函数f(x)=
x -2x+2
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)=
e x -ax -a
x 2
(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)=
(x -1)(x+2)e x -(x -2)e x
(x+2)
2
=
x 2e x
(x+2)
2≥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)=
(x -2)e x +a(x+2)x 3=x+2
x
3(f(x)+a).(5
分)
由(1)知, y=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 )=e x a -a(x a +1)x a 2=e x a +f(x a )(x a +1)x a
2=e x a
x a +2.(8
分)
于是h(a)=
e x a x a +2,由(e x x+2)'=(x+1)e x
(x+2)2
>0,得y=
e x
x+2
单调递增. 所以,由x a ∈(0,2],得12=e 00+2<h(a)=e x a x a +2≤e 22+2=e 2
4
.(10分)
因为y=
e x
x+2
单调递增,对任意λ∈(12,e 2
4
],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(12,e 24
].
综上,当a ∈[0,1)时,g(x)有最小值h(a),h(a)的值域是(12,e 24
].(12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. 4.(2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x 3
+ax+14
,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{x 03+ax 0+1
4=0,3x 02
+a =0.解得x 0=12,a=-3
4.
因此,当a=-34
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 ≥-54,则f(1)=a+54≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h(x)的零点;若a<-54
,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)=3x 2
+a 在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=14, f(1)=a+54
,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(0,√-a 3
)单调递减,在(√-a 3
,1)单调递增,故在(0,1)中,当x=√-a 3
时, f(x)取得最小值,最小值为f (√-a
3
)=
2a 3√-a 3+1
4
. ①若f (√-a 3
)>0,即-34
<a<0,则f(x)在(0,1)无零点;。