规范解答集训(六)　函数、导数、不等式 试卷

规范解答集训(六)　函数、导数、不等式

(建议用时：60分钟)

1．(2019·洛阳模拟)已知函数f(x)＝ex(x2－2x＋a)(其中a∈R，a为常数，e为自然对数的底数)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)设曲线y＝f(x)在(a，f(a))处的切线为l，当a∈[1,3]时，求直线l在y轴上截距的取值范围．

[解]　(1)f′(x)＝ex(x2－2x＋a)＋ex(2x－2)＝ex(x2＋a－2)，

当a≥2时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；

当a<2时，f′(x)≥0⇔x2≥2－a⇔x≤－或x≥，

函数f(x)在区间(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在区间(－，)上单调递减．

(2)f(a)＝ea(a2－a)，f′(a)＝ea(a2＋a－2)，

所以直线l的方程为y－ea(a2－a)＝ea(a2＋a－2)(x－a)．

令x＝0，得截距b＝ea(－a3＋a)，记g(a)＝ea(－a3＋a)(1≤a≤3)，

则g′(a)＝ea(－a3－3a2＋a＋1)，记h(a)＝－a3－3a2＋a＋1(1≤a≤3)，

则h′(a)＝－3a2－6a＋1<0(1≤a≤3)，所以h(a)在[1,3]上单调递减，

所以h(a)≤h(1)＝－2<0，所以g′(a)<0，即g(a)在区间[1,3]上单调递减，

所以g(3)≤g(a)≤g(1)，即截距的取值范围是[－24e3,0]．

2．(2019·武汉调研)已知m∈R，函数f(x)＝ln x＋2x2－mx＋1，g(x)＝3x2－2mx－(m2－1)ln x＋1.

(1)若f(x)为增函数，求实数m的取值范围；

(2)若m0为g(x)≥f(x)恒成立时m取到的最大值，求m＝m0时曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程．

[解]　(1)令f′(x)＝＋4x－m＝≥0(x>0)，得4x2－mx＋1≥0(x>0)．

①若m≤0，此时4x2－mx＋1≥0(x>0)恒成立；

②若m>0，有Δ＝m2－16≤0，即0<m≤4.

故实数m的取值范围为(－∞，4]．

(2)若g(x)≥f(x)恒成立，即F(x)＝g(x)－f(x)＝x2－mx－m2ln x≥0恒成立，

F′(x)＝2x－m－＝＝(x>0)，

①若m>0，则x∈(0，m)时，F′(x)<0，x∈(m，＋∞)时，F′(x)>0，故F(x)，F′(x)随x的变化如表，

F(x)min＝F(m)＝－m2ln m≥0，即m≤1，故0<m≤1；

②若m<0，则当x＝－时，F(x)取得最小值，F(x)min＝F＝－m2ln≥0，即－ln≥0，－2e≤m<0，根据题意，此时可以不予考虑；

③若m＝0，则F(x)＝x2≥0恒成立．

由m0为g(x)≥f(x)恒成立时m取到的最大值，知m0＝1.

当m＝m0＝1时，f(x)＝ln x＋2x2－x＋1，f(1)＝2，即切点为(1,2)，

又f′(x)＝＋4x－1，f′(1)＝4，所以切线的斜率为4，

故所求的切线方程为y＝4x－2.

3．已知函数f(x)＝ax2－2(a＋1)x＋2ln x，a∈(0，＋∞)．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若a＝4，证明：对任意的x≥2，都有f(x)<ex(x－1)－ax－ln x成立(其中e为自然对数的底数，e＝2.718 28…)．

[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝2ax－2(a＋1)＋＝，

∴当a∈(0,1)时，f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减；

当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a∈(1，＋∞)时，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

(2)当a＝4时，即证4x2－6x＋3ln x≤ex(x－1)，x≥2，①

设g(x)＝4x2－6x＋3ln x－ex(x－1)(x≥2)，

则g′(x)＝8x－6＋－xex.

令h(x)＝8x－6＋－xex，

则h′(x)＝8－－(x＋1)ex<8－(x＋1)ex≤8－3e2<0，

∴h(x)在[2，＋∞)上单调递减，

∴h(x)＝8x－6＋－xex≤h(2)＝16－6＋－2e2＝－2e2<0，即g′(x)<0在[2，＋∞)上恒成立，

∴g(x)在[2，＋∞)上单调递减，

∴g(x)＝4x2－6x＋3ln x－ex(x－1)≤g(2)＝16－12＋3ln 2－e2<4＋3－e2＝7－e2<0，

∴原不等式恒成立．

4．已知函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x.

(1)当a<1时，讨论函数f(x)的单调性；

(2)若不等式f(x)＋(a＋1)x≥＋xa＋1－e对于任意x∈[e－1，e]成立，求正实数a的取值范围．

[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝x－(a＋1)＋＝＝.

①若0<a<1，则当0<x<a或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当a<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

②若a≤0，则当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(0，a)和(1，＋∞)上单调递增．

(2)原题等价于对任意x∈，有－aln x＋xa≤e－1成立，

设g(x)＝－aln x＋xa，x∈，则g(x)max≤e－1.

g′(x)＝＋axa－1＝，

令g′(x)<0，得0<x<1；令g′(x)>0，得x>1.

∴函数g(x)在上单调递减，在(1，e]上单调递增，

∴g(x)max为g＝a＋e－a与g(e)＝－a＋ea中的较大者．

设h(a)＝g(e)－g＝ea－e－a－2a(a>0)，

则h′(a)＝ea＋e－a－2>2－2＝0，

∴h(a)在(0，＋∞)上单调递增，故h(a)>h(0)＝0，∴g(e)>g，从而g(x)max＝g(e)＝－a＋ea.

∴－a＋ea≤e－1，即ea－a－e＋1≤0.

设φ(a)＝ea－a－e＋1(a>0)，则φ′(a)＝ea－1>0，

∴φ(a)在(0，＋∞)上单调递增．

又φ(1)＝0，∴满足ea－a－e＋1≤0的a的取值范围为(－∞，1]．

∵a>0，∴a的取值范围为(0,1]．

5．已知函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A.

(1)求函数f(x)的单调增区间；

(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．

[解]　(1)因为函数f(x)＝x3－x2－ax－2的图象过点A，所以－4a－4a－2＝，解得a＝2，即f(x)＝x3－x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.

由f′(x)>0，得x<－1或x>2.

所以函数f(x)的单调增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．

(2)由(1)知f(x)极大值＝f(－1)＝－－＋2－2＝－，

f(x)极小值＝f(2)＝－2－4－2＝－，

由数形结合(图略)，可知要使函数g(x)＝f(x)－2m＋3有三个零点，

则－<2m－3<－，解得－<m<.

所以m的取值范围为.

6．(2019·开封模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x2－2x.

(1)当a＝－4时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数y＝f(x)有两个极值点x1，x2，且x1<x2，求证：<－－ln 2.

[解]　(1)a＝－4时，f(x)＝－4ln x＋x2－2x，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，

令f′(x)>0，解得x>2，∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，

令f′(x)<0，解得0<x<2，∴f(x)的单调递减区间为(0,2)．

∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)．

(2)f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，

设g(x)＝2x2－2x＋a，若f(x)有两个极值点x1，x2，则g(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不同的根x1，x2，

∴可得0<a<，a＝2x2(1－x2)，

又0<x1<x2，∴<x2<1，

∴＝＝－x2＋1－＋2x2ln x2，

设h(x)＝－x＋1－＋2xln x，<x<1，

h′(x)＝＋2ln x<0，∴h(x)在上单调递减，∴h(x)<h＝－2＋ln ＝－－ln 2，

∴<－－ln 2.