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新人教A版高考数学二轮复习专题四导数及其应用2导数的应用综合集训含解析
展开这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题四导数及其应用2导数的应用综合集训含解析，共32页。
导数的应用
基础篇
【基础集训】
考点一 导数与函数的单调性
1.函数f(x)=12x2-x-2lnx的单调增区间是 ( )
A.(-1,+∞) B.(2,+∞) C.(-∞,2) D.(-∞,-1)
答案 B
2.已知f(x)=lnxx,则 ( )
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
3.若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在区间[1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围为 ( )
A.(-∞,1] B.(-∞,1) C.(-∞,2] D.(-∞,2)
答案 C
4.已知函数f(x)=ex-1ex-2x,若f(a-3)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围为 ( )
A.-1,32 B.(-∞,-1]∪32,+∞
C.-32,1 D.-∞,-32∪[1,+∞)
答案 C
考点二 导数与函数的极(最)值
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)=exx+x2-2x,x∈12,2,则 ( )
A.f(x)的极小值为e-1,极大值为2e-34
B.f(x)的极小值为e-1,极大值为e22
C.f(x)的极小值为e-1,无极大值
D.f(x)的极大值为e22,无极小值
答案 C
8.若对任意的x∈(0,+∞),不等式|lnx|+2x≥m恒成立,则实数m的取值范围为 ( )
A.(-∞,2] B.(-∞,1+ln2]
C.[1+ln2,+∞) D.[1+ln2,2]
答案 B
考点三 导数的综合应用
9.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)=ex(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
10.已知a>0且a≠1,函数f(x)=2x3+3x2+2,x≤0,ax+1,x>0在[-2,2]上的最大值为3,则实数a的取值范围是 ( )
A.(0,1)∪(1,2] B.(1,2] C.(0,1)∪[2,+∞) D.(0,1)∪(1,2)
答案 A
11.已知函数f(x)=ex(x-1),g(x)=mx-m(m>0),若对任意的x1∈[-2,2],总存在x2∈[-2,2]使得f(x1)=g(x2),则实数m的取值范围是 .
答案 [e2,+∞)
[教师专用题组]
【基础集训】
考点一 导数与函数的单调性
1.(2019河南安阳模拟,5)已知函数f(x)与其导函数f'(x)的图象如图,则函数g(x)=f(x)ex的单调减区间为 ( )
A.(0,4) B.0,43
C.(0,1),(4,+∞) D.(-∞,1),43,+∞
答案 C 由题意可知,在题图中,先减后增的那条曲线为f'(x)的图象,先增再减最后增的曲线为f(x)的图象,由g(x)=f(x)ex得g'(x)=exf '(x)-exf(x)e2x=f '(x)-f(x)ex,由题图可知,当x∈(-∞,0)时,f'(x)-f(x)>0,g'(x)>0,当x∈(0,1)时,f'(x)-f(x)<0,g'(x)<0,当x∈(1,4)时,f'(x)-f(x)>0,g'(x)>0,当x∈(4,+∞)时,f'(x)-f(x)<0,g'(x)<0.
∴函数g(x)=f(x)ex的单调减区间为(0,1),(4,+∞).故选C.
2.(2018河南新乡二模,10)若函数y=f(x)lnx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 ( )
①f(x)=1;②f(x)=x;③f(x)=1x;④f(x)=x.
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
答案 B x∈(1,+∞)时,lnx>0,x增大时,1lnx,1xlnx都减小,∴y=1lnx,y=1xlnx在(1,+∞)上都是减函数,∴f(x)=1和f(x)=1x都是P函数;xlnx'=lnx-1(lnx)2,当x∈(1,e)时,xlnx'<0,当x∈(e,+∞)时,xlnx'>0,即y=xlnx在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增,∴f(x)=x不是P函数;xlnx'=lnx-22x(lnx)2,当x∈(1,e2)时,xlnx'<0,当x∈(e2,+∞)时,xlnx'>0,即y=xlnx在(1,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,∴f(x)=x不是P函数.故选B.
3.(2017安徽江淮十校第三次联考,12)设函数f(x)=12x2-9lnx在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是 ( )
A.1
A.1
答案 B 函数f(x)在R上单调递增,则a>1,
当x≥1时,f(x)=x2+4x+alnx,
则f'(x)=2x-4x2+ax=2x3+ax-4x2,
则2x3+ax-4≥0在[1,+∞)上恒成立,
∴a≥4x-2x2在x∈[1,+∞)上恒成立,
由于y=4x-2x2在[1,+∞)上单调递减,
∴ymax=2,则a≥2,当x=1时,a≤1+4=5.
综上,实数a的取值范围是2≤a≤5.故选B.
5.(2020江西南昌四校联考,12)已知函数f(x)=alnx+2x,若不等式f(x+1)
答案 B ∵f(ex)=alnex+2ex=ax+2ex,∴不等式化为f(x+1)
考点二 导数与函数的极(最)值
1.(2018河南中原名校期中,7)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 由导函数的图象可知在(-∞,c)与(e,+∞)上,f'(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,c)与(e,+∞)上单调递增,在(c,e)上,f'(x)<0,所以函数f(x)在(c,e)上单调递减.所以f(c)>f(b)>f(a),故①错;函数f(x)在x=c处取得极大值,在x=e处取得极小值,故②错③对;函数没有最小值,故④错.所以选A.
2.(2019安徽马鞍山第二中学3月模拟,6)已知函数f(x)=13x3+mx2+nx+2,其导函数f'(x)为偶函数,f(1)=-23,则函数g(x)=f'(x)ex在区间[0,2]上的最小值为 ( )
A.-3e B.-2e C.e D.2e
答案 B 由题意可得f'(x)=x2+2mx+n,
∵f'(x)为偶函数,∴m=0,
故f(x)=13x3+nx+2.∵f(1)=13+n+2=-23,∴n=-3.
∴f(x)=13x3-3x+2,则f'(x)=x2-3.
故g(x)=ex(x2-3),则g'(x)=ex(x2-3+2x)=ex(x-1)(x+3),
据此可知函数g(x)在区间[0,1)上单调递减,在区间(1,2]上单调递增,
故函数g(x)的极小值,即最小值为g(1)=e1×(12-3)=-2e.
故选B.
3.(2020河南安阳一模)已知函数f(x)=x3-ax-1,以下结论正确的个数为 ( )
①当a=0时,函数f(x)的图象的对称中心为(0,-1);
②当a≥3时,函数f(x)在(-1,1)上单调递减;
③若函数f(x)在(-1,1)上不单调,则0
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C 本题考查利用导数研究函数的的单调性、极值、最值.
①当a=0时,f(x)=x3-1,y=x3为奇函数,其图象的对称中心为原点,所以函数f(x)的图象的对称中心为(0,-1),结论正确.
②由题意知f'(x)=3x2-a,因为当-1
令f'(x)=0,解得x=±3a3.因为f(x)在(-1,1)上不单调,所以f'(x)=0在(-1,1)上有解,所以0<3a3<1,解得0
因为f(-2)=15,f(5)=64,所以最大值为64,结论错误.
所以结论①②③正确.故选C.
4.(2019河南郑州一模,12)函数f(x)是定义在(1,+∞)上的可导函数,f'(x)为其导函数,若f(x)+(x-1)f'(x)=x2(x-2),且f(e2)=0,则不等式f(ex)<0的解集为 ( )
A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,+∞)
答案 B 函数f(x)是定义在(1,+∞)上的可导函数,f'(x)为其导函数,令φ(x)=(x-1)f(x),则φ'(x)=(x-1)·
f'(x)+f(x)=x2(x-2),可知当x∈(1,2)时,φ(x)是单调减函数,并且0·f'(1)+f(1)=1×(1-2)=-1<0,即f(1)<0.x∈(2,+∞)时,φ(x)是单调增函数,f(e2)=0,则φ(e2)=(e2-1)·f(e2)=0,则不等式f(ex)<0的解集就是(ex-1)f(ex)<0的解集,即φ(ex)<φ(e2)的解集,故不等式的解集为{x|0
A.-5π B.5π C.55π D.-55π
答案 A ∵函数f(x)=ex(cosx-sinx),
∴f'(x)=(ex)'(cosx-sinx)+ex(cosx-sinx)'=-2exsinx,
∵x∈(2kπ+π,2kπ+2π)(k∈Z)时,f'(x)>0,x∈(2kπ,2kπ+π)(k∈Z)时,f'(x)<0,∴x∈(2kπ+π,2kπ+2π)(k∈Z)时,f(x)递增,x∈(2kπ,2kπ+π)(k∈Z)时,f(x)递减,∴当x=2kπ+π(k∈Z)时,f(x)取极小值,当x=2kπ(k∈Z)时,f(x)取极大值.
f(x)的所有极大值点为x=2π,4π,6π,8π,
f(x)的所有极小值点为x=π,3π,5π,7π,9π,
故(2π+4π+6π+8π)-(π+3π+5π+7π+9π)=-5π,故选A.
6.(2020北京平谷一模,19)已知函数f(x)=x2+ax-aex,其中a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)求证:f(x)的极大值恒大于0.
解析 由f(x)=x2+ax-aex,
得f'(x)=(2x+a)ex-(x2+ax-a)ex(ex)2=-x2-(a-2)x+2aex
=-[x2+(a-2)x-2a]ex=-(x+a)(x-2)ex,
(1)当a=0时,f(1)=1e,f'(1)=1e,
则曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-1e=1e(x-1),化简得y=1ex.
(2)证明:令f'(x)=0,得x=2或x=-a.
①当a=-2时,f'(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,所以函数f(x)无极值.
②当a>-2时,x,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-a)
-a
(-a,2)
2
(2,+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
此时f(x)的极大值为f(2)=4+ae2>0.
③当a<-2时,x,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,2)
2
(2,-a)
-a
(-a,+∞)
f'(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
此时f(x)的极大值为f(-a)=-a·ea>0.
综上,f(x)的极大值恒大于0.
考点三 导数的综合应用
1.(2018河北衡水金卷信息卷(二),6)已知某服装厂生产某种品牌的衣服,销售量q(x)(单位:百件)关于每件衣服的利润x(单位:元)的函数解析式为q(x)=1260x+1,0
答案 C 设该服装厂所获效益为f(x)元,
则f(x)=100xq(x)=126000xx+1,0
当20
当80≤x≤180时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,
所以当x=80时,f(x)有极大值240000,也是最大值.故选C.
2.(2020北京朝阳六校联考,10)关于函数f(x)=(x2+ax-1)ex,有以下三个结论:
①函数f(x)恒有两个零点,且两个零点之积为-1;
②函数f(x)的极值点不可能是x=-1;
③函数f(x)必有最小值.
其中正确结论的个数为 ( )
A.3 B.2 C.1 D.0
答案 A 对于①,令f(x)=0,得(x2+ax-1)ex=0,∵ex>0,∴x2+ax-1=0,Δ=a2+4>0,设f(x)的两个零点为x1,x2(x1
对于③,令f'(x)=0,得x2+(a+2)x+a-1=0,Δ=(a+2)2-4(a-1)=a2+8>0,
设方程的两个实数根为x3,x4,且x3
当x∈(x3,x4)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)的极小值为f(x4).
由①知,当x∈(-∞,x1)时,f(x)>0,所以当x∈(-∞,x3)时,f(x)>0,又f(0)=-1<0,所以0∈(x3,+∞).
所以f(x4)≤f(0)<0,
所以f(x4)为函数f(x)的最小值,故③中结论正确.故选A.
3.(2020海南第一次联考,12)已知函数f(x)=ax2-4ax-lnx,则f(x)在(1,4)上不单调的一个充分不必要条件可以是 ( )
A.a>-12 B.0
答案 D f'(x)=2ax-4a-1x=2ax2-4ax-1x,
若f(x)在(1,4)上不单调,令g(x)=2ax2-4ax-1,
则函数g(x)=2ax2-4ax-1的对称轴方程为x=1,
在区间(1,4)上有零点.
当a=0时,显然不成立;
当a≠0时,只需a>0,g(1)=-2a-1<0,g(4)=16a-1>0,
或a<0,g(1)=-2a-1>0,g(4)=16a-1<0,解得a>116或a<-12.故选D.
4.(多选题)(2021届广东珠海一中模拟)已知f(x)是可导的函数,且f'(x)
C.f(1)
答案 AC 设g(x)=f(x)ex,则g'(x)=f '(x)-f(x)ex,
∵f'(x)
故选AC.
5.(2015四川,15,5分)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1,x2,设m=f(x1)-f(x2)x1-x2,n=g(x1)-g(x2)x1-x2.
现有如下命题:
①对于任意不相等的实数x1,x2,都有m>0;
②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;
③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;
④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,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 ①f(x)=2x是增函数,∴对任意不相等的实数x1,x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0,即m>0,∴①成立.
②由g(x)=x2+ax图象可知,当x∈-∞,-a2时,g(x)是减函数,∴当不相等的实数x1、x2∈-∞,-a2时,g(x1)-g(x2)x1-x2<0,即n<0,∴②不成立.
③若m=n,则有f(x1)-f(x2)x1-x2=g(x1)-g(x2)x1-x2,
即f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2),f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),
令h(x)=f(x)-g(x),
则h(x)=2x-x2-ax,h'(x)=2xln2-2x-a,
令h'(x)=2xln2-2x-a=0,
得2xln2=2x+a.由y=2xln2与y=2x+a的图象知,
存在a使对任意x∈R恒有2xln2>2x+a,
此时h(x)在R上是增函数.若h(x1)=h(x2),则x1=x2,
∴③不成立.
④若m=-n,则有f(x1)-f(x2)x1-x2=-g(x1)-g(x2)x1-x2,
f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2),
令φ(x)=f(x)+g(x),
则φ(x)=2x+x2+ax,
φ'(x)=2xln2+2x+a.
令φ'(x)=0,得2xln2+2x+a=0,
即2xln2=-2x-a.
由y1=2xln2与y2=-2x-a的图象可知,对任意的a,存在x0,使x>x0时y1>y2,x
故对任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使m=-n,
∴④成立.
综上,①④正确.
6.(2015江苏,17,14分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米,以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数y=ax2+b(其中a,b为常数)模型.
(1)求a,b的值;
(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;
②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.
解析 (1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).将其分别代入y=ax2+b,得a25+b=40,a400+b=2.5,解得a=1000,b=0.
(2)①由(1)知,y=1000x2(5≤x≤20),则点P的坐标为t,1000t2,
设在点P处的切线l交x轴,y轴分别于A,B点,易知y'=-2000x3,
则l的方程为y-1000t2=-2000t3(x-t),由此得A3t2,0,B0,3000t2.
故f(t)=3t22+3000t22=32t2+4×106t4,t∈[5,20].
②设g(t)=t2+4×106t4,
则g'(t)=2t-16×106t5.
令g'(t)=0,解得t=102.
当t∈(5,102)时,g'(t)<0,g(t)是减函数;
当t∈(102,20)时,g'(t)>0,g(t)是增函数;
从而,当t=102时,函数g(t)有极小值,也是最小值,
所以g(t)min=300,则f(t)min=153.
答:当t=102时,公路l的长度最短,最短长度为153千米.
综合篇
【综合集训】
考法一 利用导数研究函数的单调性
1.(2019吉林长春实验中学期末,9)设函数f(x)=x(ex+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.(多选题)(2020山东滨州三模,12)已知函数f(x)=ex+e-x+|x|.则下面结论正确的是 ( )
A.f(x)是奇函数
B.f(x)在[0,+∞)上为增函数
C.若x≠0,则fx+1x>e2+2
D.若f(x-1)
3.(2020北京怀柔适应性练习,15)若函数f(x)=ex(cosx-a)在区间-π2,π2上单调递减,则实数a的取值范围是 .
答案 [2,+∞)
4.(2016北京,18,13分)设函数f(x)=xea-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.
考法二 利用导数研究函数的极值或最值
5.(2019重庆(区县)调研测试,9)函数f(x)=13x3+12(1-3a)x2+(2a2-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
6.(2020浙江温丽联盟第一次联考,6)若函数f(x)=(x-a)3-3x+b的极大值是M,极小值是m,则M-m ( )
A.与a有关,且与b有关 B.与a有关,且与b无关
C.与a无关,且与b无关 D.与a无关,且与b有关
答案 C
7.(2020山东潍坊检测,20)已知函数f(x)=x3-12x2+ax+1.
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=1处有极小值,求函数f(x)在区间-2,32上的最大值.
8.(2020北京海淀一模,19)已知函数f(x)=ex+ax.
(1)当a=-1时,
①求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
②求函数f(x)的最小值;
(2)求证:当a∈(-2,0)时,曲线y=f(x)与y=1-lnx有且只有一个交点.
考法三 利用导数研究函数的零点
9.(2020山东济南二模,14)已知函数f(x)=ex-a(x+1),若f(x)有两个零点,则实数a的取值范围是 .
答案 (1,+∞)
10.(2020北京朝阳一模,19)已知函数f(x)=ex-x+1x-1.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)判断函数f(x)的零点的个数,并说明理由;
(3)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ex在点(x0,ex0)处的切线也是曲线y=lnx的切线.
考法四 利用导数研究不等式
11.(2020山东德州6月二模,6)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)+1
A.(1,+∞) B.(-∞,1) C.(0,+∞) D.(-∞,0)
答案 C
12.(多选题)(2020山东威海三模,12)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),导函数为f'(x),xf'(x)-f(x)=xlnx,且f1e=1e,则 ( )
A.f'1e=0 B.f(x)在x=1e处取得极大值
C.0
13.(2019四川高三联合诊断)已知函数f(x)=x3+x-sinx,则满足不等式f(m-1)+f(2m2)≤0成立的实数m的取值范围是 .
答案 -1,12
14.(2020北京西城一模,19)设函数f(x)=alnx+x2-(a+2)x,其中a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处切线的倾斜角为π4,求a的值;
(2)已知导函数f'(x)在区间(1,e)上存在零点,证明:当x∈(1,e)时,f(x)>-e2.
[教师专用题组]
【综合集训】
考法一 利用导数研究函数的单调性
1.(2019安徽皖中名校联盟10月联考,8)函数y=x4ln|x||x|的图象大致是 ( )
答案 D 令f(x)=x4ln|x||x|,x≠0,则f(-x)=f(x),f(x)为(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,故B错误.当x>0时,f(x)=x3lnx,f'(x)=3x2lnx+x2=3x2lnx+13,
当0
方法总结 函数图象往往取决于函数的解析式的形式,因此通过解析式刻画函数的性质是关键,我们一般是先讨论函数定义域,再讨论函数的奇偶性、周期性等,最后利用基本初等函数的单调性或导数讨论函数的单调性、极值点等.
2.已知函数f(x)=2x3+ax2+bx+3在x=-1和x=2处取得极值.
(1)求f(x)的表达式和极值;
(2)若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,试求m的取值范围.
解析 (1)依题意知f'(x)=6x2+2ax+b=0的两根分别为-1和2,
∴-a3=-1+2,b6=-1×2,∴a=-3,b=-12.
∴f(x)=2x3-3x2-12x+3,
∴f'(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),
令f'(x)>0,得x<-1或x>2;
令f'(x)<0,得-1
(2)由(1)知,f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,在(-1,2)上单调递减.
∴m+4≤-1或m≥-1,m+4≤2或m≥2.
∴m≤-5或m≥2,
则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).
3.(2018山东青岛调研,21)已知f(x)=ax-(2a+1)lnx-2x,其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)在定义域上的单调性;
(2)若0
f'(x)=(ax)'-(2a+1)(lnx)'-2x'=a-2a+1x+2x2=ax2-(2a+1)x+2x2=(ax-1)(x-2)x2.
当a=0时,f'(x)=-(x-2)x2.
可以看出,当x>2时,f'(x)<0;
当0
所以a=0时,函数f(x)在区间(0,2)上单调递增;在(2,+∞)上单调递减. (2分)
当a≠0时,f'(x)=(ax-1)(x-2)x2=ax-1a(x-2)x2.
(i)若a<0,则1a<0<2,当0
当x>2时,f'(x)<0,
所以a<0时,f(x)在(0,2)上单调递增;在(2,+∞)上单调递减.
(ii)若0
所以a=12时,在定义域(0,+∞)上,函数f(x)为单调递增函数.
(iv)若a>12,则0<1a<2,
解不等式ax-1a(x-2)x2>0,得0
解不等式ax-1a(x-2)x2<0,得1a
综上,当a≤0时,f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减;
当0
当a>12时,函数f(x)在0,1a和(2,+∞)上单调递增,在1a,2上单调递减. (6分)
(2)证明:因为0
∴x∈(1,2)时,函数f(x)单调递增;x∈(2,e)时,函数f(x)单调递减,
∴当x=2时,函数f(x)取得极大值,也是[1,e]上的最大值,
∴f(x)max=f(2)=2a-(2a+1)ln2-1. (9分)
因为0
所以f(x)max=f(2)=2a-(2a+1)ln2-1<0恒成立,
由此,在[1,e]上,f(x)<0恒成立. (11分)
所以方程f(x)=0在[1,e]上没有根. (12分)
考法二 利用导数研究函数的极值或最值
1.(2019广东肇庆二模,12)已知x=1是f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex的极小值点,则实数a的取值范围是 ( )
A.(1,+∞) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,1)
答案 D 函数f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex,则f'(x)=[x2-(a+1)x+a]ex,
令f'(x)=0,得x2-(a+1)x+a=0,
设g(x)=x2-(a+1)x+a,x∈R.
①当a=1时,g(x)=(x-1)2≥0恒成立,
∴f'(x)≥0恒成立,f(x)是R上的单调增函数,没有极值点,不合题意.
②当a>1时,g(x)有两个零点1和a,且x<1或x>a时,g(x)>0,则f'(x)>0;1
③当a<1时,g(x)有两个零点1和a,且x
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1).故选D.
2.(2018北京海淀二模,8)如图,已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点,函数g(x)=kx+m(m>0),则函数F(x)=g(x)-f(x) ( )
A.有极小值,没有极大值
B.有极大值,没有极小值
C.至少有两个极小值和一个极大值
D.至少有一个极小值和两个极大值
答案 C 作y=kx的平行线y=kx+m1与y=f(x)相切,如图.
设两切线与y=f(x)的切点的横坐标依次为x1,x2,x3.
由图可得:f'(x1)=f'(x2)=f'(x3)=k,
则k-f'(x1)=k-f'(x2)=k-f'(x3)=0.
F(x)=g(x)-f(x)=kx+m-f(x),
F'(x)=g'(x)-f'(x)=k-f'(x),
所以x1,x2,x3为F'(x)=0的根,
由图易得当x变化时,F'(x),F(x)变化情况如下表:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,x3)
x3
(x3,+∞)
F'(x)
-
0
+
0
-
0
+
F(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以F(x)至少有两个极小值和一个极大值.故选C.
方法点拨 该题考查的是利用函数图象解题的问题,在解题的过程中,需要认真分析,读出图中所给的相关信息,对函数求导,分析f'(x)与k的关系,从而判断出函数的极值点的个数,得到结果.
3.(2018四川双流中学第二次模拟,12)若函数g(x)=mx+sinxex在区间(0,2π)有一个极大值和一个极小值,则实数m的取值范围是 ( )
A.[-e-2π,e-π2) B.(-e-π,e-2π)
C.-eπ,e-5π2 D.(-e-3π,eπ)
答案 A 函数g(x)=mx+sinxex在区间(0,2π)有一个极大值和一个极小值,即其导函数有两个相异的实根,g'(x)=m+cosx-sinxex⇒m=-cosx+sinxex有两个不等实根,构造函数h(x)=sinx-cosxex,h'(x)=2cosxex,得到h(x)在0,π2,3π2,2π上单调递增,在π2,3π2上单调递减,结合单调性画出函数的图象,使得y=m和h(x)有两个交点即可,得到h(2π)=-e-2π,hπ2=e-π2,故实数m的取值范围是[-e-2π,e-π2).故选A.
方法总结 本题考查了导数在研究函数的极值和单调性中的应用,极值点即导函数的零点,但是必须是变号零点,即在零点两侧正负相反;极值即将极值点代入原函数取得的函数值,注意分清楚这些概念,求完导如果出现二次,则极值点就是导函数的两个根,可以结合根与系数的关系解答.
4.(2020福建龙岩模拟)已知函数f(x)=x2-2x+mlnx(m∈R),g(x)=x-34ex.
(1)若m=-1,函数φ(x)=f(x)-x2-2+1ax(0
当a<0时,φ'(x)<0,φ(x)在(0,e]上是减函数,φ(x)min=φ(e)=ea-1<0,不合题意.
当a>0时,由φ'(x)>0,解得x>a,由φ'(x)<0,解得0
当0
当a>e时,φ(x)在(0,e]上是减函数,φ(x)min=φ(e)=ea-1=2,
∴a=e3,不合题意.
综上所述,a=1e.
(2)f'(x)=2x-2+mx=2x2-2x+mx(x>0),
令f'(x)=0,得2x2-2x+m=0,①
∵f(x)存在两个极值点x1,x2(x1
g'(x)=x+14ex,当x∈-1,-14时,g'(x)<0;当x∈-14,0时,g'(x)>0.
∴g(x)在-1,-14上是减函数,在-14,0上是增函数,
∴g(x1-x2)的最小值为g-14=-e-14.
考法三 利用导数研究函数的零点
1.(2019江西吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学4月联考,11)已知定义在R上的奇函数f(x)满足x>0时,f(x)=2πx-lnx+lnπ2,则函数g(x)=f(x)-sinx(e为自然对数的底数)的零点个数是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.5
答案 C 当x>0时,f'(x)=2π-1x,故函数在0,π2上递减,在π2,+∞上递增,所以在x=π2处有最小值,为fπ2=1,此时gπ2=fπ2-sinπ2=1-1=0,根据f(x)的单调性和|sinx|≤1可知,当x>0时,x=π2是g(x)的唯一零点.由于f(x)是定义在R上的奇函数,则f(0)=0,故g(0)=f(0)-sin0=0,所以x=0是函数g(x)的零点.由于f(x)和y=sinx都是奇函数,故f-π2=-fπ2=-1,sin-π2=-1,且根据奇函数图象的对称性可知,当x<0时,f(x)在-∞,-π2上递增,在-π2,0上递减,x=-π2时,f(x)取得最大值,故x=-π2是g(x)在区间(-∞,0)上的唯一零点.综上所述,g(x)的零点个数为3,故选C.
2.(2017安徽十大名校11月联考,12)若函数f(x)=sinx-x,x<1,x3-9x2+24x+m,x≥1有4个零点,则实数m的取值范围是 ( )
A.(16,20) B.(-20,-16)
C.(-∞,-20)∪(-16,+∞) D.(-∞,16)∪(20,+∞)
答案 B 当x<1时,f'(x)=cosx-1,
此时f'(x)≤0恒成立,又f(0)=0,
则函数f(x)在(-∞,1)上有且只有1个零点.
故f(x)在[1,+∞)上有3个零点.
当x≥1时,f'(x)=3x2-18x+24=3(x-2)(x-4),
则函数f(x)在(1,2)上单调递增,在(2,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,
所以此时函数f(x)的极大值为f(2)=20+m,极小值为f(4)=16+m=f(1),
要使f(x)在[1,+∞)上有3个零点,则16+m<0,20+m>0,解得-20
3.(2018安徽合肥期中,21)已知二次函数f(x)的最小值为-4,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R}.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数g(x)=f(x)x-4lnx的零点个数.
解析 (1)∵f(x)是二次函数,且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|-1≤x≤3,x∈R},∴f(x)=a(x+1)(x-3)=ax2-2ax-3a,且a>0.∴f(x)min=f(1)=-4a=-4,∴a=1.
故函数f(x)的解析式为f(x)=x2-2x-3.
(2)∵g(x)=x2-2x-3x-4lnx=x-3x-4lnx-2(x>0),
∴g'(x)=1+3x2-4x=(x-1)(x-3)x2,令g'(x)=0,得x1=1,x2=3.
当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3,+∞)
g'(x)
+
0
-
0
+
g(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增
当0
∵g(x)在(3,+∞)上单调递增,∴g(x)在(3,+∞)上只有1个零点,故g(x)在(0,+∞)上仅有1个零点.
考法四 利用导数研究不等式
1.已知x∈(0,2),若关于x的不等式xex<1k+2x-x2恒成立,则实数k的取值范围为 ( )
A.[0,e+1) B.[0,2e-1) C.[0,e) D.[0,e-1)
答案 D 依题意,知k+2x-x2>0,即k>x2-2x对任意x∈(0,2)恒成立,从而k≥0,所以由xex<1k+2x-x2可得k
2.(2018广东深圳中学第一次阶段测试,16)函数f(x)=x-2sinx,对任意x1,x2∈[0,π],恒有|f(x1)-f(x2)|≤M,则M的最小值为 .
答案 2π3+3
解析 ∵f(x)=x-2sinx,∴f'(x)=1-2cosx,
∴当0
∴当x=π3时,f(x)有最小值,且f(x)min=fπ3=π3-2sinπ3=π3-3.
又f(0)=0,f(π)=π,∴f(x)max=π.
由题意得|f(x1)-f(x2)|≤M恒成立等价于
M≥|f(x)max-f(x)min|=π-π3-3=2π3+3.
∴M的最小值为2π3+3.
3.(2020安徽A10联盟上学期摸底,22)已知函数f(x)=xlnx.
(1)若函数φ(x)=f(x)-(m+2)x,讨论函数φ(x)在[3,+∞)上的单调性;
(2)求证:e2f(x)<2ex.
解析 (1)由题意得,φ(x)=xlnx-(m+2)x,φ(x)的定义域为(0,+∞),
∴φ'(x)=lnx-1-m,
令φ'(x)=0,解得x=e1+m,
则φ(x)在(0,e1+m)上单调递减,在(e1+m,+∞)上单调递增. (3分)
当m≤ln3-1时,e1+m≤3,此时函数φ(x)在[3,+∞)上单调递增;
当m>ln3-1时,e1+m>3,此时函数φ(x)在[3,e1+m)上单调递减,在(e1+m,+∞)上单调递增. (5分)
(2)证明:要证e2f(x)<2ex,
即证xlnx<2e2·ex,即证lnxx<2exe2x2. (7分)
令g(x)=2exe2x2,则g'(x)=2e2·ex(x-2)x3,
故当0
∴函数g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
∴g(x)min=g(2)=12. (9分)
令h(x)=lnxx,则h'(x)=1-lnxx2,
故当0
∴函数h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴h(x)max=h(e)=1e. (11分)
故h(x)max
4.(2015广东,19,14分)设a>1,函数f(x)=(1+x2)ex-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≤3a-2e-1.
解析 (1)函数f(x)的定义域为R.
因为f'(x)=2x·ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥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(lna)=(1+ln2a)·elna-a=aln2a>0,
所以f(0)·f(lna)<0,由零点存在性定理可知f(x)在(0,lna)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(x0,y0),由题意知,f'(x0)=(x0+1)2ex0=0,解得x0=-1.
所以y0=(1+x02)ex0-a=2e-a,所以点P的坐标为-1,2e-a.所以kOP=a-2e.
由题意可得,f'(m)=(m+1)2em=a-2e.
要证明m≤3a-2e-1,只需要证明m+1≤3a-2e,
只需要证明(m+1)3≤a-2e=(m+1)2em,
只需要证明m+1≤em.
构造函数:h(x)=ex-x-1(x∈R),则h'(x)=ex-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ex-x-1≥0,故em-m-1≥0,故m+1≤em,故原不等式成立.
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