十二年高考真题分类汇编(2010-2021) 数学 专题04 导数与定积分 word版（含解析）

这是一份十二年高考真题分类汇编(2010-2021) 数学 专题04 导数与定积分 word版（含解析），共78页。试卷主要包含了设，若为函数的极大值点，则，函数的图像在点处的切线方程为，故选C等内容，欢迎下载使用。
十二年高考真题分类汇编（2010—2021）数学
专题04导数与定积分
一．选择题：
1.(2021·全国1·文T12理T10)设，若为函数的极大值点，则( )
A. B. C. D.
答案：D
解析：本题考查函数的性质、导数的计算与应用.（穿针引线法）当时，若a为极大值点，则如图1，必然有，，可知B项和C项错误；当时，若a为极大值点，则如图2，则有，，可知A项错误，综上所述，可知D项正确.


2.(2020·全国1·理T6)函数的图像在点处的切线方程为( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：通解 ，，，又，所求的切线方程为，即.故选B.
优解 ，，，切线的斜率为2，排除C，D.又，切线过点，排除A.故选B.
3.(2019·全国2·T文T10)曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为(　　)
A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0
C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0
【答案】C
【解析】当x=π时,y=2sin π+cos π=-1,即点(π,-1)在曲线y=2sin x+cos x上.
∵y'=2cos x-sin x,
∴y'|x=π=2cos π-sin π=-2.
∴曲线y=2sin x+cos x在点(π,-1)处的切线方程为y-(-1)=-2(x-π),即2x+y-2π+1=0.故选C.
4.(2019·全国3·T理T6文T7)已知曲线y=aex+xln x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则 (　　)
A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1
【答案】D
【解析】∵y'=aex+ln x+1,
∴k=y'|x=1=ae+1=2,
∴ae=1,a=e-1.
将点(1,1)代入y=2x+b,得2+b=1,
∴b=-1.
5.(2018·全国1·理T5文T6)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为(　　)
A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x
【答案】D
【解析】因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得a=1,则f(x)=x3+x.由f'(x)=3x2+1,得曲线y=f(x)在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.故切线方程为y=x.
6.(2017·全国2·理T11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-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
【解析】由题意可得,
f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.
因为x=-2是函数f(x)的极值点,
所以f'(-2)=0.所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.
所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1.
令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
选A.
7.(2017·浙江·T7)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是 (　　)

【答案】D
【解析】设导函数y=f'(x)的三个零点分别为x1,x2,x3,且x10,
∴g(x)在R上单调递增,具有M性质;
对②,设g(x)=ex·3-x,
则g'(x)=ex3-x+3-xln13
=ex·3-x1+ln130,∴g(x)在R上单调递增,具有M性质.故填①④.
13.(2017·江苏·T11)已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,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】-1,12
【解析】因为f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-1e-x=-f(x),所以f(x)为奇函数.因为f'(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2ex·e-x≥0(当且仅当x=0时等号成立),所以f(x)在R上单调递增,因为f(a-1)+f(2a2)≤0可化为f(2a2)≤-f(a-1),即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤12,故实数a的取值范围是-1,12.
14.(2016·全国2·理T16)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b=　　. 
【答案】1-ln 2
【解析】设直线y=kx+b与曲线y=ln x+2和y=ln(x+1)的切点分别为(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),由导数的几何意义,可得k=1x1=1x2+1,得x1=x2+1.
又切点也在各自曲线上,所以
kx1+b=lnx1+2,kx2+b=ln(x2+1),所以k=2,x1=12,x2=-12.
从而由kx1+b=ln x1+2,代入解得b=1-ln 2.
15.(2015·全国1·文T14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a=　　. 
【答案】1
【解析】∵f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,
即切线斜率k=3a+1.
又f(1)=a+2,∴已知点为(1,a+2).
而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为a+2-71-2=5-a,∴5-a=3a+1,解得a=1.
16.(2015·全国2·文T16)已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=　　. 
【答案】8
【解析】∵y'=1+1x,∴k=y'|x=1=2,
∴切线方程为y=2x-1.
由y=2x-1与y=ax2+(a+2)x+1联立,得ax2+ax+2=0,再由相切知Δ=a2-8a=0,解得a=0或a=8.
∵当a=0时,y=ax2+(a+2)x+1并非曲线而是直线,∴a=0舍去,故a=8.
17.(2015·陕西·理T15)设曲线y=ex在点(0,1)处的切线与曲线y=1x (x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标为　　. 
【答案】(1,1)
【解析】曲线y=ex在点(0,1)处的切线斜率k=y'=ex|x=0=1;由y=1x,可得y'=-1x2,因为曲线y=1x(x>0)在点P处的切线与曲线y=ex在点(0,1)处的切线垂直,故-1xP2=-1,解得xP=1,由y=1x,得yP=1,故所求点P的坐标为(1,1).
18.(2015·天津,理11)曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为______________. 
【答案】16
【解析】函数y=x2与y=x的图象所围成的封闭图形如图中阴影所示,设其面积为S.
由y=x2,y=x,得x=0,y=0或x=1,y=1.
故所求面积S=01(x-x2)dx=12x2-13x301=16.
19.(2015·陕西·理T16)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为　　. 
【答案】1.2
【解析】

20.(2012·上海·理T13)已知函数y=f(x)的图象是折线段ABC,其中A(0,0),B12,5,C(1,0).函数y=xf(x)(0≤x≤1)的图象与x轴围成的图形的面积为________________. 
【答案】54
【解析】由题意f(x)=10x,0≤x≤12,-10x+10,120,
故q(x)在1e2,17上单调递增,
所以q(x)≤q17.
由①得,q17=-277p170,故存在唯一x0∈(1,2),使得f'(x0)=0.
又当x0,f(x)单调递增.
因此,f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)0,
所以f(x)=0在区间(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得1α0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f'(x)>0;
当x∈0,a3时,f'(x)0.
从而,f(x)在区间0,π2上没有零点.
(ⅲ)当x∈π2,π时,f'(x)0,f(π)1,所以f(x)0,从而f'(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.
(2)证明①由(1)知,f'(x)=1-ax2exx.令g(x)=1-ax2ex,由0g(x0)x=0,
所以f(x)在(0,x0)内单调递增;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)=g(x)x1时,h'(x)=1x-11时,h(x)0.
所以h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增.
故h(2)=1-4ae2是h(x)在[0,+∞)的最小值.
①若h(2)>0,即a0时,ex>x2,所以
h(4a)=1-16a3e4a=1-16a3(e2a)2>1-16a3(2a)4=1-1a>0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点.因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e24.
16.(2018·全国2·文T21度)已知函数f(x)=13x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
【解析】(1)当a=3时,f(x)=13x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.
令f'(x)=0,解得x=3-23或x=3+23.
当x∈(-∞,3-23)∪(3+23,+∞)时,f'(x)>0;
当x∈(3-23,3+23)时,f'(x)0,所以f(x)=0等价于x3x2+x+1-3a=0.
设g(x)=x3x2+x+1-3a,则g'(x)=x2(x2+2x+3)(x2+x+1)2≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点.
又f(3a-1)=-6a2+2a-13=-6a-162−160,故f(x)有一个零点.
综上,f(x)只有一个零点.
17.(2018·天津·理T20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,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)=-2lnlnalna;
(3)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.
【解析】(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有h'(x)=axln 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)=axln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ax1ln a.由g'(x)=1xlna,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为1x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1ln a=1x2lna,即x2ax1(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得logax2+x1+2logaln a=0,所以x1+g(x2)=-2lnlnalna.
(3)证明曲线y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(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
ax1lna=1x2lna,①ax1-x1ax1lna=logax2-1lna②有解.
由①得x2=1ax1(lna)2,代入②,得ax1-x1ax1ln a+x1+1lna+2lnlnalna=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)=ax-xaxln a+x+1lna+2lnlnalna,即要证明当a≥e1e时,函数y=u(x)存在零点.
u'(x)=1-(ln a)2xax,可知当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又u'(0)=1>0,u'1(lna)2=1-a1(lna)20,使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0ax0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0+∞)上单调递减,u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).
因为a≥e1e,故ln ln a≥-1,所以u(x0)=ax0-x0ax0ln a+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna≥2+2lnlnalna≥0.
下面证明存在实数t,使得u(t)1lna时,有u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+1lna+2lnlnalna=-(ln a)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna,
所以存在实数t,使得u(t)0.
g(x)的极小值g(x2)=gd2-13=-23(d2-1)329+63.
若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.
若g(x2)27,也就是|d|>10,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+63>0,且-2|d|12,则当x∈1a,2时,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,+∞.
20.(2018·江苏·T19)记f'(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;
(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;
(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.
【解析】(1)证明函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,
则f'(x)=1,g'(x)=2x+2.
由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),
得x=x2+2x-2,1=2x+2,此方程组无解,
因此,f(x)与g(x)不存在“S点”.
(2)解函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,
则f'(x)=2ax,g'(x)=1x.
设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0),且f'(x0)=g'(x0),
得ax02-1=lnx0,2ax0=1x0,即ax02-1=lnx0,2ax02=1,(*)
得ln x0=-12,即x0=e-12,则a=12(e-12)2=e2.
当a=e2时,x0=e-12满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”.
因此,a的值为e2.
(3)解对任意a>0,设h(x)=x3-3x2-ax+a.
因为h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-20.
函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx,则f'(x)=-2x,g'(x)=bex(x-1)x2.
由f(x)=g(x),且f'(x)=g'(x),
得-x2+a=bexx,-2x=bex(x-1)x2,
即-x2+a=2x03ex0(1-x0)·exx,-2x=2x03ex0(1-x0)·ex(x-1)x2,(**)
此时,x0满足方程组(**),即x0是函数f(x)与g(x)在区间(0,1)内的一个“S点”.
因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
21.(2018·全国1·理T21)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x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x20.所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞单调递减,在a-a2-42,a+a2-42单调递增.
(2)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x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.
由于f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+alnx1-lnx2x1-x2
=-2+alnx1-lnx2x1-x2=-2+a-2lnx21x2-x2,
所以f(x1)-f(x2)x1-x20时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥1e时,f(x)≥0.
23.(2018·全国3·理T21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,证明:当-10,则当00,g(x)单调递增;所以g(x)≥g(-1)=0.
因此f(x)+e≥0.
25.(2018·浙江·T22)已知函数f(x)=x-ln x.
(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;
(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
【解析】(1)函数f(x)的导函数f'(x)=12x−1x,
由f'(x1)=f'(x2),得12x1−1x1=12x2−1x2,
因为x1≠x2,所以1x1+1x2=12.
由基本不等式,得12x1x2=x1+x2≥24x1x2,
因为x1≠x2,所以x1x2>256.
由题意得f(x1)+f(x2)=x1-ln x1+x2-ln x2=12x1x2-ln(x1x2).
设g(x)=12x-ln x,
则g'(x)=14x(x-4),
所以
x
(0,16)
16
(16,+∞)
g'(x)
-
0
+
g(x)
↘
2-4ln 2
↗
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,
即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.
(2)令m=e-(|a|+k),n=|a|+1k2+1,则
f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,
f(n)-kn-a0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
26.(2018·江苏·T17)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.

(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围;
(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.
【解析】(1)连接PO并延长交MN于点H,则PH⊥MN,所以OH=10.
过点O作OE⊥BC于点E,则OE∥MN,
所以∠COE=θ,
故OE=40cos θ,EC=40sin θ,
则矩形ABCD的面积为2×40cos θ(40sin θ+10)=800(4sin θcos θ+cos θ),
△CDP的面积为12×2×40cos θ(40-40sin θ)=1 600(cos θ-sin θcos θ).
过点N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于点G和K,则GK=KN=10.
令∠GOK=θ0,则sin θ0=14,θ0∈0,π6.
当θ∈θ0,π2时,才能作出满足条件的矩形ABCD,
所以sin θ的取值范围是14,1.
答:矩形ABCD的面积为800(4sin θcos θ+cos θ)平方米,△CDP的面积为1 600(cos θ-sin θcos θ)平方米,sin θ的取值范围是14,1.
(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,
设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),
则年总产值为4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈θ0,π2.
设f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈θ0,π2,
则f'(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1).
令f'(θ)=0,得θ=π6,
当θ∈θ0,π6时,f'(θ)>0,所以f(θ)为增函数;
当θ∈π6,π2时,f'(θ)0(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)内单调递增,而g(0)=0,
故ex≥x+1.
当0ax0+1.
当a≤0时,取x0=5-12,则x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
综上,a的取值范围是[1,+∞).
29.(2017·天津·文T19)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,
①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;
②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)解由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a0,则由f'(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)0.
故f(x)在-∞,ln-a2单调递减,在ln-a2,+∞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a0.
所以h(x)在0,12内单调递减,在12,+∞内单调递增.
又h(e-2)>0,h120;当x∈(x0,1)时,h(x)0.
因为f'(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点.
由f'(x0)=0得ln x0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0).
由x0∈(0,1)得f(x0)0,h(x)单调递增;
当x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)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[ln2a-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;
(ⅱ)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;
(ⅲ)当a>1时,ln a>0,所以当x∈(-∞,0)时,ex-eln a3a;
(3)若f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a的取值范围.
【解析】(1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f'(x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.
当x=-a3时,f'(x)有极小值b-a23.
因为f'(x)的极值点是f(x)的零点,
所以f-a3=-a327+a39−ab3+1=0,又a>0,故b=2a29+3a.
因为f(x)有极值,故f'(x)=0有实根,
从而b-a23=19a(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=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.
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=2a29+3a,定义域为(3,+∞).
(2)由(1)知,ba=2aa9+3aa.
设g(t)=2t9+3t,则g'(t)=29−3t2=2t2-279t2.
当t∈362,+∞时,g'(t)>0,从而g(t)在362,+∞上单调递增.
因为a>3,所以aa>33,故g(aa)>g(33)=3,即ba>3.
因此b2>3a.
(3)由(1)知,f(x)的极值点是x1,x2,且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.
从而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27−4ab9+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-a23=-19a2+3a,
所以h(a)=-19a2+3a,a>3.
因为h'(a)=-29a-3a212.
(2)由f'(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1=0,解得x=1或x=52.
因为
x
12
12,1
1
1,52
52
52,+∞
f'(x)

-
0
+
0
-
f(x)
12e-12
↘
0
↗
12e-52
↘
又f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0,
所以f(x)在区间12,+∞上的取值范围是0,12e-12.
39.(2016·全国2·理T21)(1)讨论函数f(x)=x-2x+2ex的单调性,并证明当x>0时,(x-2)ex+x+2>0;
(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=ex-ax-ax2(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,+∞).
f'(x)=(x-1)(x+2)ex-(x-2)ex(x+2)2=x2ex(x+2)2≥0,
当且仅当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)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0.
(2)g'(x)=(x-2)ex+a(x+2)x3=x+2x3(f(x)+a).
由(1)知,f(x)+a单调递增.
对任意a∈[0,1),f(0)+a=a-10,g'(x)>0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x=xa处取得最小值,最小值为g(xa)=exa-a(xa+1)xa2=exa+f(xa)(xa+1)xa2=exaxa+2.
于是h(a)=exaxa+2,由exx+2'=(x+1)ex(x+2)2>0,exx+2单调递增.
所以,由xa∈(0,2],得12=e00+20,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于14.
【解析】(1)由f(x)=(x-1)3-ax-b,可得f'(x)=3(x-1)2-a.
下面分两种情况讨论:
①当a≤0时,有f'(x)=3(x-1)2-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=1+3a3,或x=1-3a3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
x
　　-∞,1-3a3
1-3a3
1-3a3,1+3a3
1+3a3
1+3a3,　　+∞
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为1-3a3,1+3a3,单调递增区间为-∞,1-3a3,1+3a3,+∞.
(2)证明因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a>0,且x0≠1.由题意,得f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a3,进而f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a3x0-a3-b.
又f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a3(1-x0)+2ax0-3a-b=-2a3x0-a3-b=f(x0),
且3-2x0≠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=3-2x0.所以x1+2x0=3.
(3)证明设g(x)在区间[0,2]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,1-3a3≤00,g(x)在(1,+∞)单调递增,
因此g(x)>0;
(ⅱ)当a>2时,令g'(x)=0得
x1=a-1-(a-1)2-1,x2=a-1+(a-1)2-1.
由x2>1和x1x2=1得x10).
当a≤0时,f'(x)0时,由f'(x)=0有x=12a.
当x∈0,12a时,f'(x)1时,s'(x)>0,所以ex-1>x,从而g(x)=1x−1ex-1>0.
(3)由(2),当x>1时,g(x)>0.
当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
当0g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.
当a≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).
当x>1时,h'(x)=2ax-1x+1x2-e1-x>x-1x+1x2−1x=x3-2x+1x2>x2-2x+1x2>0.
因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.
又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.
综上,a∈12,+∞.
43.(2016·全国3·理T21)设函数f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中α>0,记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f'(x);
(2)求A;
(3)证明|f'(x)|≤2A.
【解析】(1)f'(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x.
(2)(分类讨论)当α≥1时,
|f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0).
因此A=3α-2.
当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)1时,g'(x)1时,g(x)0;
当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)0,x∈(-∞,+∞).
故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).
48.(2016·山东·文T20)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
【解析】(1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,
可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
则g'(x)=1x-2a=1-2axx,
当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,x∈0,12a时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈12a,+∞时,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)单调增区间为0,12a,单调减区间为12a,+∞.
(2)由(1)知,f'(1)=0.
①当a≤0时,f'(x)单调递增,所以当x∈(0,1)时,f'(x)0.
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在1,12a内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=12时,12a=1,f'(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>12时,00,f(x)≥0成立,求a的取值范围.
【解析】(1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
f'(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1.
令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).
当a=0时,g(x)=1,此时f'(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点;
当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
①当00,函数f(x)单调递增,
当x∈(x1,x2)时,g(x)0,函数f(x)单调递增.
因此函数有两个极值点.
当a0,
由g(-1)=1>0,可得x10,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
因此当x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0,
即ln(x+1)0,则当x∈0,1a时,f'(x)>0;
当x∈1a,+∞时,f'(x)0时,f(x)在x=1a取得最大值,最大值为f1a=ln1a+a1-1a=-ln a+a-1.
因此f1a>2a-2等价于ln a+a-10.
故g(t)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
又g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e1时,由g(t)的单调性,g(m)>0,即em-m>e-1;
当m0,即e-m+m>e-1.
综上,m的取值范围是[-1,1].
52.(2015·全国1·文T21)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 2a.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-ax(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点,
当a>0时,因为e2x单调递增,-ax单调递增,
所以f'(x)在(0,+∞)单调递增.
又f'(a)>0,当b满足00,即x0,当x∈(x0,+∞)时,F'(x)0,g(x)单调递增,
g(-1)=k-10时,令h(x)=x3-3x2+4,
则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0,
所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.
综上,g(x)=0在R有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
59.(2014·全国2·理T21)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(3)已知1.414 2h(x),即f(x)>1.
62.(2013·全国2·理T21)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
【解析】(1)f'(x)=ex-1x+m.
由x=0是f(x)的极值点得f'(0)=0,所以m=1.
于是f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f'(x)=ex-1x+1.
函数f'(x)=ex-1x+1在(-1,+∞)单调递增,且f'(0)=0.
因此当x∈(-1,0)时,f'(x)0,
故f'(x)=0在(-2,+∞)有唯一实根x0,且x0∈(-1,0).
当x∈(-2,x0)时,f'(x)0.
综上,当m≤2时,f(x)>0.
63.(2013·全国2·文T21)已知函数f(x)=x2e-x.
(1)求f(x)的极小值和极大值;
(2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f'(x)=-e-xx(x-2).①
当x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)时,f'(x)0,故V(r)在(0,5)上为增函数;
当r∈(5,53)时,V'(r)0,即F(x)在(-2,+∞)单调递增.
而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.
③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0.
从而,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增.
(2)由已知条件得ex-(a+1)x≥b. ①
(ⅰ)若a+10时,(x-k)f'(x)+x+1>0,求k的最大值.
【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=ex-a.
若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k0). ①
令g(x)=x+1ex-1+x,
则g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2.
由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)0,
所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)0时,(x-k)f'(x)+x+1>0等价于k0).
①令g(x)=x+1ex-1+x,
则g'(x)=-xex-1(ex-1)2+1=ex(ex-x-2)(ex-1)2.
由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)单调递增.
而h(1)0,
所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
故g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点.
设此零点为α,则α∈(1,2).
当x∈(0,α)时,g'(x)lnxx-1+kx,求k的取值范围.
【解析】(1)f'(x)=ax+1x-lnx(x+1)2−bx2.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),故f(1)=1,f'(1)=-12,即b=1,a2-b=-12.解得a=1,b=1.
(2)由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,所以f(x)-lnxx-1+kx=11-x22lnx+(k-1)(x2-1)x.
考虑函数h(x)=2ln x+(k-1)(x2-1)x(x>0),
则h'(x)=(k-1)(x2+1)+2xx2.
(ⅰ)设k≤0.由h'(x)=k(x2+1)-(x-1)2x2知,当x≠1时,h'(x)0,可得11-x2h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)-lnxx-1+kx>0,即f(x)>lnxx-1+kx.
(ⅱ)设00,而h(1)=0,故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得11-x2h(x)0,且x≠1时,f(x)>lnxx-1.
【解析】(1) f'(x)=ax+1x-lnx(x+1)2−bx2.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-12,且过点(1,1),故f(1)=1,f'(1)=-12,即b=1,a2-b=-12.
解得a=1,b=1.
(2)证明由(1)知f(x)=lnxx+1+1x,
所以f(x)-lnxx-1=11-x2(2ln x-x2-1x).
考虑函数h(x)=2ln x-x2-1x(x>0),则h'(x)=2x−2x2-(x2-1)x2=-(x-1)2x2.
所以当x≠1时,h'(x)0,可得11-x2h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)-lnxx-1>0,即f(x)>lnxx-1.
73.(2010·全国·理T21)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若a=0,求f(x)的单调区间;
(2)若当x≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.
【解析】(1)a=0时,f(x)=ex-1-x,f'(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).从而当a>12时,
f'(x)