2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题09 导数的综合应用(教师版含解析)
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这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题09 导数的综合应用(教师版含解析),共53页。试卷主要包含了利用导数研究函数零,经测量,左侧曲线,已知函数,已知函数 f aex,设函数,已知函数 f x等内容,欢迎下载使用。
专题 09 导数的综合应用
十年大数据*全景展示
题号 考点 考查内容
年份
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求
利用导数解决不等式恒
(能)成立与探索性问题
理 21
函数的切线及不等式恒成立问题,考查分类整合思想、运
算求解能力及应用意识.
2011
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数求
函数的切线、证明不等式,考查分类整合思想.
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、函数单调性
与导数的关系及不等式恒成立问题,考查分类整合思想、
运算求解能力及应用意识.
文 21 利用导数解证不等式
利用导数解决不等式恒
文 21
2012
(能)成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数
最值,考查运算求解能力及应用意识.
利用导数解决不等式恒
2013 卷 1 理 21
(能)成立与探索性问题
主要考查函数的导数运算、函数极值与导数的关系、函数
的单调性与导数关系、恒成立问题的解法等基础知识和基
本方法,考查放缩思想、分析解决问题能力
利用导数解决不等式恒
卷 2 理 21
(能)成立与探索性问题
理 11 利用导数研究函数零点 本题主要考查函数零点、利用导数研究函数的图像与性质
卷 1
文 12 问题
及分类整合思想,是难题.
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
究函数的单调性、证明不等式,考查分类整合思想.
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、考查利用导
数研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题,考查分
类整合思想.
卷 1 理 21 利用导数解证不等式
2014
利用导数研究函数零点
卷 2 文 21
问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
究函数的图像与性质解函数不等式.
卷 1 理 12 利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题及
分类整合思想.
利用导数研究函数零点
卷 1 理 21
2015
问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
究函数的图像与性质解函数不等式.
卷 2
理 2
利用导数解证不等式
卷 2 理 21 利用导数解决不等式恒 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
(能)成立与探索性问题
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想.
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
卷 1 理 21 问题
究函数零点问题、与极值点偏移问题有关的不等式证明及
分类整合思想.
利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义求切线、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想.
2016
利用导数解决不等式恒
卷 2 文 21
(能)成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想.
主要考查三棱锥的展开图与圆的内接关系、三棱锥的体
积、利用导数求函数最值;考查数学应用意识.
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数研究函数零点问题及分类整合
思想.
卷 3 文 21 利用导数解证不等式
卷 1 理 16 生活中的最优化问题
利用导数研究函数零点
卷 1 理 21
问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想.
利用导数解决不等式恒
卷 1 文 21
(能)成立与探索性问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解
决不等式恒成立问题、导数与极值关系、利用导数证明不
等式及分类整合思想.
利用导数解证不等式
卷 2 理 21
不等式恒成立问题
2017
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想
利用导数解决不等式恒
卷 2 文 21
(能)成立与探索性问题
理 11 利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、常见函数的导数、利用导数研
卷 3
文 12 问题
究函数零点问题及分类整合思想.
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
整合思想
利用导数解决不等式恒
卷 3 理 21
(能)成立与探索性问题
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
用导数的研究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类
整合思想
卷 3 文 21 利用导数解证不等式
卷 1 理 21 利用导数解证不等式
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利
用导数证明不等式及分类整合思想
主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利
用导数证明不等式
卷 1 文 21 利用导数解证不等式
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用到证明
问题 不等式、利用导数研究函数零点问题.
卷 2 理 21
卷 2 文 21
2018
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、利用导数求函数的单调区间、
问题
利用导数研究函数零点问题.
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证
明不等式、导数与极值的关系
卷 3 理 21 利用导数解证不等式
卷 3 文 21 利用导数解证不等式
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
几何意义求函数的切线、利用导数证明不等式
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、利用导数研究函数的极值、利
问题 用导数研究函数零点问题.
利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
卷 1 理 20
卷 2 理 20
2019
问题
究函数零点问题及利用导数的几何意义研究切线.
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
究函数的单调性、利用导数研究函数最值是否存在的探索
性问题,考查分类整合思想.
利用导数解决不等式恒
卷 3 理 20
(能)成立与探索性问题
1.利用导数研究函数零
点问题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
卷 1 文 21 2.利用导数解决不等式 究函数的零点、利用导数研究函数恒成立问题,考查分类
恒(能)成立与探索性问 整合思想.
题
主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
利用导数研究函数零点
究函数的零点、利用导数研究函数极值,考查分类整合思
卷 2 文 21
问题
想.
应用导数研究函数的单调性,应用导数解决不等式恒成立
的参数取值范围问题
理 21 导数的综合应用
文 20 导数的综合应用
卷 1
2020
应用导数研究函数的单调性,应用导数由零点个数求参数
取值范围
卷 2 理 21 导数的综合应用
应用导数研究函数的单调性,应用导数证明不等式
应用导数研究函数的单调性,应用导数解决不等式恒成立
文 21 导数的综合应用
理 21 导数的综合应用
文 20 导数的综合应用
的参数取值范围问题
导数的几何意义,应用研究函数的零点,应用导数证明不
等式
卷 3
应用导数研究函数的单调性,应用导数由零点个数求参数
取值范围
大数据分析*预测高考
出现频率
考 点
2021 年预测
生活中的最优化问题
1/34
2021 年高考在导数综合应用方面,仍将以选填压轴题
或解答题压轴题形式考查不等式恒(能)成立问题与探
索性问题、利用导数解证不等式、利用导数研究零点或
方程解问题,重点考查分类整合思想、分析解决问题能
力.
利用导数解决不等式恒(能)成立与
探索性问题
11/34
利用导数解、证不等式
利用导数研究函数零点问题
12/34
10/34
十年试题分类*探求规律
考点 30 生活中的最优化问题
1.(2017 全国卷 1 理 16)如图,圆形纸片的圆心为 O,半径为 5 cm,该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为
O.D,E,F 为圆 O 上的点,△DBC,△ECA,△FAB 分别是以 BC,CA,AB 为底边的等腰三角形.沿虚
线剪开后,分别以 BC,CA,AB 为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得 D,E,F 重合,得到三棱锥.当
△ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为
.
【答案】4 15
【解析】如下图,连接 DO 交 BC 于点 G,设 D,E,F 重合于 S 点,正三角形的边长为 x(x>0),则
1
3
3
OG = ´
x =
x .
x ,
3
2
6
3
\ FG = SG = 5-
6
2
2
æ
ö
æ
ö
æ
ö
3
3
3
SO = h = SG
2
-GO
2
= ç5 -
x÷ -ç
x÷ = 5ç5 -
x÷ ,
ç
÷
ç
÷
ç
÷
6
6
3
è
ø
è
ø
è
ø
æ
ö
1
1
3
3
15
3
5
3
\三棱锥的体积V = S
×h = ´
x
2
´ 5ç5-
x ÷ =
5x
4
-
x .
ç
÷
△ABC
3
3
4
3
12
è
ø
3
5 3
3
( ) =
设n x 5x
4
-
5
x ,x>0,则n¢(x)= 20x3
-
x4 ,
3
x
4
¢( ) =
令n x 0 ,即4x
-
= 0,得 x = 4 3 ,易知n(x)在 x = 4 3 处取得最大值.
3
3
15
∴Vmax
=
´48´ 5- 4 = 4 15 .
12
2.(2020 江苏 17)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O在水平线
MN
上,
桥 AB 与
MN 平行,OO¢为铅垂线(O¢在 AB
上).经测量,左侧曲线
AO上任一点 D MN 的距离h
到
(米)
1
1
OO¢
的距离a(米)之间满足关系式h1 =
2
BO
F
h 米)与 F
(
2
与 D到
a
;右侧曲线
上任一点
¢的距离为40
B OO
到
MN
的距离
米.
40
1
OO¢
h = -
b +6b
.己知点 到
3
到
的距离b(米)之间满足关系式
2
800
(1)求桥 AB 的长度;
¢
(2)计划在谷底两侧建造平行于OO 的桥墩CD和 EF ,且CE为80米,其中C,E 在 AB 上(不包括端点).桥
3
墩 EF 每米造价k (万元),桥墩CD每米造价 k (万元)( k >0 ),
2
问O'E为多少米时,桥墩CD与 EF 的总造价最低?
¢
(2)OE 为20 米时,桥墩CD与 EF
的总造价最低.
【答案】(1)桥 AB 的长度为120
米;
【解析】(1)过 A, B 分别作
MN
A¢ B¢
的垂线,垂足为 , ,则
1
¢=
AA BB
¢= -
´40
3
+6´40 160
=
.
800
1
令
,∴
AO¢=80, AB = AO¢+ BO¢= 80+40 =120.
a
2
=160 ,得a =80
40
ì0 < x < 40
î0 < 80 - x < 80
¢ =
¢= -
得0 < x < 40.
(2)设OE x,则CO 80 x ,由 í
3k
1
1
k
y
=
[160 - (80 x)
- ]+ [
2
k 160 -(-
x +6x)] =
3
(x
3
-30x
x =0或20
,
2
+160´800)
总造价
2
40
800
800
3k
y¢=
k(3x2
-60x)
=
x(x -20)
k > 0
,∵ ,∴令
y¢= 0,得
800
800
∴当0 < x < 20时,
y¢
0
y
, 单调递增,∴当
x
=
20
y
时, 取最小值,造价最低.
考点 31 利用导数解决恒成立问题与探索性问题
ìx2 -2ax 2a, x 1
+
£
1.(2019 天津理 8)已知aÎR ,设函数 f (x) = í
îx-aln x, x >1
,若关于 x 的不等式 f (x) ³ 0在R上
恒成立,则a 的取值范围为
[ ]
A. 0,1
[ ]
B. 0,2
[ ]
C. 0,e
[ ]
D. 1,e
【解析】当 x =1时, f 1 1 2a 2a 1 0恒成立;
( )= - + = >
x
2
当 x 0.
0
max
x
当 x >1时, f (x)= x-aln x
Û
0
a
恒成立,
ln x
1
ln x- x×
ln x-1
x
x
( ) =
令h x
¢( ) =
,则h x
=
,
ln x
( )
ln x
2
( )
2
ln x
当 x >e时,h x 0,h x 递增,当1< x
( )
¢( )
0, f (x)单调递增;
【答案】(1)当
é -
7 e
2
ö
,+¥÷
(2) ê
.
4
ë
ø
【思路导引】(1)由题意首先对函数二次求导,然后确定导函数的符号,最后确定原函数的单调性即可;
(2)首先讨论 x 0 的情况,然后分离参数,构造新函数,结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定
实数 a 的取值范围.
=
( )= + -
f x e
,
【解析】(1)当a =1时,
f (x)= e
x
+ x
2
- x
'
x
2
x 1,
( )= + >
f '' x ex 2 0
( )
f ' x
f '(0)= 0
,故:
由于
,故
单调递增,注意到
xÎ(-¥,0)时, f '(x)
( )
f ' x 0, f x
单调递增.
时,
1
1
( ) ³
f x
+1
e +ax - x
得,
x
2
x3
+1,其中 x ³ 0
,
x
3
(2)由
2
2
①.当 x=0 时,不等式为:1 1,显然成立,符合题意;
³
1
e
x
- x
3
2
- x-1
②.当
x >0时,分离参数 a 得,
2
,
a
-
x
1
æ
è
1
ö
ø ,
(
x
- x
3
2
- x-1
x-2 e
)ç
x
- x
2
- x-1
e
÷
记
2
,
2
3
( )= -
g x
g'(x)= -
x
x
1
2
( ) =
ex
-
x2 x 1 x 0
- - ( ³ )
,则h'(x)=ex -x-1,h''(x)=ex -1³0,
h x
令
故
由
当
( )
h' x
( )³ ( ) =
h' x h' 0 0,故函数h x
( )
( )³ ( ) =
单调递增,
h x h 0 0,
单调递增,
1
( ) ³
Î( )
0,2
( ) >
( )
g' x 0 g x
, 单调递增;
h x 0可得:
e
x
- x
2
- x-1
0
x
恒成立,故当
时,
2
xÎ(2,+¥)时, g'(x)0,讨论函数 g(x) =
的单调性.
x - a
和
【答案】(1) c ³ -1;(2) g(x) 在区间(0,a) (a,+¥
)
上单调递减,没有递增区间.
f (x) £ 2x+c
f (x) -2x-c £ 0,构造新函数,利用导数求出新函数的最大
【思路导引】(1)不等式
转化为
值,进而进行求解即可;
(2)对函数
求导,把导函数
g¢(x)的分子构成一个新函数m(x) ,再求导得到m¢(x),根据m¢(x)的正负,
g(x)
判断m(x) 的单调性,进而确定
g¢(x)的正负性,最后求出函数 g(x)
的单调性.
【解析】(1)函数 f (x) 的定义域为:(0,+¥),
f (x) £ 2x+c Þ f (x) -2x-c £ 0 Þ 2ln x+1-2x-c £ 0(*),
2
2(1- x)
设h(x) = 2ln x+1-2x-c(x > 0)
,则有
h¢(x) = -2 =
,
x
x
x >1时,
h
¢
(x) < 0,h(x) 单调递减;当0 < x 0,h(x) 单调递增,∴ 当 x =1时,函数h(x)
¢
当
有最大值,即h(x)max = h(1) = 2ln1+1-2´1-c = -1-c ,要想不等式(*) 在(0,+¥)上恒成立,只需
h(x)max £0 Þ -1-c £0 Þc ³ -1
.
2ln x+1-(2 ln a-1) 2(ln x-ln a)
2(x-a- xln x xln a)
+
(x > 0 x ¹ a)
且 ,因此
g¢(x) =
g(x) =
=
(2)
,
x-a
x-a
x(x-a)
2
设m(x) = 2(x-a- xln x+ xln a)
,则有
m(x) 2(lna ln x)
¢ =
-
,
x > a时,ln x >lna,∴m (x) 0
< ,m(x) 单调递减,因此有m(x) < m(a) = 0,即
¢
当
¢
0,设
g(x) = f ¢(x),
(2)
Q
x
1
Q ¢
g (x) aex 1
=
-
+
> 0,\g(x)
在(0,+¥)上单调递增,即 f ¢(x)
在(0,+¥)
上单调递增,
x
2
1
f (x ) aex0 -1
¢
=
-
=
0
当a =1时,
x =1
0
使得
,
0
x0
1
1
1
1
-1
-1
当a >1时,
0
0
因此存在唯一
,使得
0
0
x0
x0
xÎ(0, x ) f (x) 0
¢
,
当
时
,当
0
1
1
f (x)min f (x ) aex0 -ln x0 +lna
=
=
-1
=
+lna + x0 -1+lna ³ 2lna -1+ 2
× x0 = 2lna +1,
因此
0
x0
x0
f (x) = aex 1 ln x ln a ³1对 x >0恒成立,2ln a+1³1\ln a ³ 0,a ³1.
-
-
+
Q
6.(2019 全国Ⅰ文 20)已知函数 f(x)=2sinx-xcosx-x,f ′(x)为 f(x)的导数.
(1)证明:f ′(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
(2)若 x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求 a 的取值范围.
【解析】(1)设 g(x) f (x)
= ¢ ,则 g(x) = cos x+ xsin x-1, g¢(x) = xcos x.
π
æ π ö
,π
π
æ π ö
è 2 ø
当 x (0, ) 时,
Î
g¢(x) > 0;当
xÎç
÷ 时,
在
g¢(x) < 0 ,所以 g(x) (0, )
单调递增,在ç
,π
÷单调
2
è 2 ø
2
递减.
æ π ö
又 g(0) = 0, gç ÷ > 0, g(π) = -2 ,故 g(x) 在(0, π) 存在唯一零点.
è 2 ø
¢
所以 f (x)在(0, π) 存在唯一零点.
(2)由题设知 f (π)
aπ, f (π) = 0 ,可得a≤0.
¢
x
Î( )
0,x0
¢
>
xÎ(x0,π)
¢
0,则由 f (x) 0得 x lna.
¢
=
=
当 xÎ(-¥,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.
a
③若a 0,则由(1)得,当 x =lna时, f (x) 取得最小值,最小值为
f (ln a) = -a
2
ln a .从而当且仅当-a ln a ³ 0 ,即a≤1时, f (x)≥0 .
2
a
③若a 0,由 f ' x 1
( )= - =
知,当 x 0,a 时, f ' x 0;当 x a,+ 时, f ' x 0,所
Î( ) ( )< Î( ¥) ( ) >
x
x
( ) ( )
( ¥)
( ) ( ¥)
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.
( ) =
( ) ³
由于 f 1 0,所以当且仅当 a=1 时, f x 0.故 a=1.
10.(2016 年全国 II 文 21)已知函数
f (x) = (x+1) ln x-a(x-1) .
a = 4
y = f (x)
时,求曲线
在(1, f (1))处的切线方程;
(Ⅰ)当
xÎ 1,+¥
(
)时,
f (x)>0 a
,求 的取值范围.
(Ⅱ)若当
【解析】(Ⅰ) f (x) 的定义域为(0,+¥).当a = 4时,
1
f (x) = (x+1) ln
x-4(x- f ¢ x = x+ -
1), ( ) ln
3
,
¢ = -2, f (1) = 0.
f (1)
x
曲线 y = f (x) 在(1, f (1))处的切线方程为2x+ y-2 =0.
a(x-1)
(Ⅱ)当 xÎ(1,+¥) 时, f (x) > 0 等价于ln
x -
> 0.
x+1
a(x-1)
x+1
g(x) = ln x -
,则
令
1
2a
x +2(1-a)x+1
2
g¢(x)
= -
=
, g(1) = 0
,
x (x+1)
2
x(x+1)
2
(i)当a £ 2, xÎ(1,+¥) 时,
x
2
+2(1-a)x+1³ x -2x+1> 0 ,
2
¢
>
Î +¥
>
;
故 g (x) 0, g(x) x (1, ) 上单调递增,因此 g(x) 0
在
(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 x >1 和 x x =1 得 x 0,即e -m > e- ;
+ > -
m
1
当m< -1时, g(-m) > 0,即
e-m m e
1
综上,m的取值范围是[-1,1].
12.(2013 全国卷 1 理 21)已知函数 f (x) =
x
2
+ax+b , g(x) =e
x
(cx +d) ,若曲线 y = f (x) 和曲线
y = g(x) 都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y = 4x+ 2
(Ⅰ)求a,b,c,d 的值
(Ⅱ)若 x≥-2 时, f (x) ≤kg(x) ,求k 的取值范围.
【解析】(Ⅰ)由已知得 f (0) 2, g(0) 2, f (0) 4, g (0) = 4 ,
=
=
¢
=
¢
而 f (x)= 2x b, g (x)= e (cx+d +c) ,∴a=4,b=2,c=2,d =2;……4 分
¢
+
¢
x
f (x) = x +4x +2 , g(x) = 2e (x +1) ,
设函数 F(x)= kg(x) - f (x) = 2ke (x +1) -x -4x -2 ( x ³ -2),
-1) ,
2
x
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,
x
2
¢
x
+ -
-
+
x
F (x) = 2ke (x 2) 2x 4 = 2(x 2)(ke
有题设可得 F(0) ≥0,即 k ³1,
¢
-
令 F (x) =0 得, x = ln k , x =-2,
1
2
(1)若1£ k < e2 ,则-2< x ≤0,∴当 xÎ(-2, x ) 时, F(x)<0,当 xÎ(x ,+¥) 时, F(x)>0,即 F(x)
1
1
1
在 (-2, x ) 单 调 递 减 , 在 (x ,+¥) 单 调 递 增 , 故 F(x) 在 x = x 取 最 小 值 F(x ) , 而
1
1
1
1
F(x )= 2x +2 - x
2
1
-4x -2= -x (x +2) ≥0,
1
1
1
1
1
∴当 x≥-2 时, F(x)≥0,即 f (x) ≤kg(x) 恒成立,
k = e2 ,则 F (x) = 2e (x 2)(e e ) ,
¢
2
+
x
-
2
(2)若
¢
-
∴当 x≥-2 时, F (x) ≥0,∴ F(x)在(-2,+∞)单调递增,而 F( 2) =0,
∴当 x≥-2 时, F(x)≥0,即 f (x) ≤kg(x) 恒成立,
k > e2 ,则 F(-2) = 2ke
-
-2
+
2
= -2e-2 (k -e
) <0,
2
(3)若
∴当 x≥-2 时, f (x) ≤kg(x) 不可能恒成立,
综上所述,k 的取值范围为[1,e2 ].
13.(2012 全国课标文 21)设函数 f(x)= ex-ax-2
(Ⅰ)求 f(x)的单调区间
(Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k) f´(x)+x+1>0,求 k 的最大值
( )
(-¥,+¥)
¢( ) =
x
-
【解析】(Ⅰ) f x 的定义域为
, f x e a.
若a £0,则 f x 0,所以 f x 的增区间为
¢( ) >
( )
(-¥,+¥)
,无减区间;
若a >0,则当 xÎ(-¥,lna)时,f ¢(x)0,所以在减区间为(-¥,lna),
(
+¥).
增区间为 lna,
( - ) ¢( )+ + = ( - )(
- )+ +
(Ⅱ)由于 a=1,所以 x k f x x 1 x k e 1 x 1.
x
故当 x >0时,(x-k) f´(x)+x+1>0 等价于
x+1
k
0),
x
e -1
(ex -x -2)
x
x+1
-xe -1
x
e
( ) =
令 g x
+
¢( ) =
x ,则 g x
+1=
2
.
e
x
-1
(ex -1)
(ex -1)
2
( )= - -
h x e
( +¥)上单调递增,而h(1)< ( ) >
( ) ( +¥)
x
x
2
在 0, 0,h 2 0,所以h x 在 0,
由(Ⅰ)知,函数
上存在
¢( ) ( +¥)
唯一的零点,故 g x 在 0,
上存在唯一零点.设此零点为 ,则
aÎ( )
a
1,2 .
当 x 0,
Î( a)时,g¢(x)0 .所以 g(x)在(0,+¥)上的最小值为 g(a).又
由 g¢(a)
由于k
)
< (a),故整数k 的最大值为 2.
x
e -1
aln x b
x+1 x
14.(2011 全国课标理 21)已知函数 f (x) =
+ ,曲线 y = f (x) 在点(1, f (1) )处的切线方程为
x+2y -3 = 0.
(Ⅰ)求a,b的值;
ln x k
x-1 x
(Ⅱ)如果当 x>0,且 x ¹1 时, f (x) >
+ ,求k 的取值范围.
x+1
a(
-ln x)
2
b
x
¢
-
2
【解析】(Ⅰ) f (x) =
,
(x+1)
2
x
1
1
2
∵直线 x+2y -3=0 的斜率为- ,且过点(1,1),∴ f (1)=1 且 f (1) =
¢
-
,
2
ìb =1
ï
即ía
1 ,解得a=1,b=1;
-b = -
ï
î2
2
ln x
x+1 x
1
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f (x) =
+ ,
1
(k -1() x -
2
1))
(k -1)(x
ln x k
∴ f (x) (
-
+
) =
(2 ln x +
2
x-1 x 1- x
x
(k -1() x
2
-1)
2
+1) +2x
设h(x) = 2ln x +
( x>0),则h (x) =
¢
x
x
2
k(x
2
+1) -(x -1)
2
¢
¹ ¢
知,当 x 1时,h (x) <0,而h(1) =0,故当 x∈(0,1)时,h(x)
①当k ≤0 时,由h (x) =
x
2
1
1- x
>0,可得
h(x) > 0;
2
1
1- x
当 x∈(1,+∞)时,h(x) <0,可得
h(x) > 0,
2
ln x k
x-1 x
ln x k
+ ;
x-1 x
从而当 x>0,且 x≠1 时, f (x) - (
②当 0<k <1 时,由于当 x∈(1,
+ ) >0,即 f (x) >
1
1- k
)时,(k -1)(x
2
+1) +2x >0,故h (x) >0,而h(1) =0,故 x∈(1,
¢
1
1- k
1
1- x
)时,h(x) >0,可得
h(x)<0 与题设矛盾;
2
1
1- x
¢
h(x) < 0 ,与题设
③当k ≥1 时,此时h (x) >0,而h(1) =0,故当 x∈(1,+∞)时,h(x) >0,可得
2
矛盾,
综上所述,k 的取值范围为(—∞,0].
f (x) = 2x
3
-ax +b .
2
15.(2019 全国Ⅲ理 20)已知函数
f (x)
(1)讨论
(2)是否存在
不存在,说明理由.
的单调性;
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
¢
=
2
-
2ax = 2x(3x-a) .
【解析】(1)
f (x) 6x
a
¢
=
=
f (x) 0
x
令
,得 x=0 或
.
3
æ a
è 3
,+¥ö
æ a ö
xÎ 0,
若 a>0 , 则 当 xÎ(-¥,0) Uç
f (x) 0
¢
>
; 当
f (x) 0
¢
f (x) 0
¢
0 ,
ú
2
7û
x
é 1 1ù
æ 1 ö
è 7 ø
故q(x) 在
,
上单调递增,所以q(x)qç ÷.
ú
ê
ëe
2
7û
æ 1 ö
è 7 ø
2 7 æ 1 ö
7
2 7
7
由(i)得qç ÷ = -
pç ÷ < -
è 7 ø
p(1)= 0 .
所以,q(x) 0.
ç
÷
x
è
ø
é 1
ö
ø
由(i)(ii)得对任意 xÎê
,+¥÷,tÎ[2 2,+¥), g(t)
0 ,
ëe
2
é 1
ö
ø
x
即对任意 xÎê
,+¥÷,均有 f (x)
.
ëe
2
2a
æ
ù
2
ç0,
ú
综上所述,所求a的取值范围是ç
4
è
û
考点 32 利用导数解、证不等式问题
1.(2020 全国Ⅱ理 21)已知函数 f x sin2 xsin 2x .
( ) =
(1)讨论 f (x)在区间(0,p )的单调性;
3 3
( ) £
(2)证明: f x
;
8
3
n
n
(3)设nÎN
*
,证明:sin
2
xsin
2
2xsin
2
4xLsin
2
2
n
x £
.
4
æ p ö
xÎ 0,
æp 2p ö
è 3 3 ø
( ) >
( )单调递增,当 Î
时, ( )< ( )单调递减,
f ' x 0, f x
ç
÷时,
è 3 ø
f ' x 0, f x
x
ç
,
÷
【答案】(1)当
æ2p ö
,p
xÎ
( )> ( )单调递增.(2)证明见解析;(3)证明见解析.
f ' x 0, f x
当
ç
÷时,
è 3
ø
【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式,然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号,最后确定原
函数的单调性即可;(2)首先确定函数的周期性,然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最
小值即可证得题中的不等式;(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
2
( )= é
f x
(
)(
) (
n-1
)
ù ,然后结合(2)的结论和三角
sin x sin xsin 2x sin 2xsin 4x L sin 2 xsin 2 x sin 2 x
2
2
2
n
2
n
3
ë
û
函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
f x = 2sin
xcos x,则:
【解析】(1)由函数的解析式可得: ( )
3
( )= ( ) =
(
)
f ' x 2 3sin xcos x sin x 2 sin x 3cos x sin x
2
2
-
4
2
2
-
2
(
x-1) =
(
+ )(
- )
x 2 cos x 1 2 cos x 1
= 2 sin
2
x 4 cos
2
2sin
2
,
p
2p
( )= 在 Î( p)上的根为:
f ' x 0 x 0,
,
x1 = , x2 =
3
3
æ p ö
è 3 ø
xÎ 0,
f ' x 0, f x
( ) >
( )单调递增;
当
当
当
ç
÷时,
æp 2p ö
xÎç
è 3 3 ø
,
÷时,
( )
0时, xf '(x) f (x) 0 成立的 x的取值范围是
, 1 U 0,1 .
8.(2018 全国卷 3 理 21)已知函数 f (x)= 2 + x+ax
(
2
) (
ln 1+ x -2x .
)
(1)若a = 0 ,证明:当-1< x < 0 时,
f (x)< 0
x > 0 f (x)> 0 ;
时,
;当
(2)若 x = 0 是
f (x)
的极大值点,求 .
a
【解析】(1)若a =0时, f (x) = (2 + x) ln(1+ x) -2x(x > -1) ,
1
1+ x
1
x+1
¢ =
+ + +
-2 =ln(x+1)+
-1.
∴ f (x) ln(1 x) (2 x)
1
x+1
令h(x) =ln(x+1)+
-1,
1
1
x
¢
=
-
=
2
∴h (x)
.
x+1 (x+1)
(x+1)
2
∴当 x >0时,h (x) 0 ,h(x) 在(0,+¥)上单调递增,
¢
>
当-1< x
=
∴h (x) 4(x 1) ln(1 x) 2(x 1) 6x 4,h (0) 6 0,h(0) 0 ,
∴在 x =0邻域内, x >0时,h(x) > 0, x 0时,a £
x
¢
-¥,+¥) 上单调
∴
¢
-¥,+¥
¢
=
0
x0 +1
+
2ax0 +1= 0 ,即e = -2ax0
-1,且
x0 +1
递增,∴ g (x)在(
) 上存在唯一 x 使 g (x ) 0 ,∴e
0
g(x) 在(-¥, x ) 上单调递减,在(x ,+¥) 上单调递增,∴ g(x) ³ g(x ) .
0
0
0
g(x ) ex0 +1 +ax0
=
2
+ -1= ax0
x
2
+(1-2a)x 2 (ax +1)(x0 2) ,
- =
-
又
0
0
0
0
1
1
1-1
1
1-
¢ -
=
-
³
£
-1< e-1,∴ x
£ -
³
0
g ( ) e
a
1,∵a 1,∴0 e
a
,∴ g(x ) 0 ,得证.
0
a
a
综上所述:当a ³1时, f (x)+e³ 0 .
1
f (x) = - x+aln x
10.(2018 全国卷 1 理 21)已知函数
.
x
f (x)
(1)讨论
的单调性;
( )- ( )
f x
f x
(2)若 f (x) 存在两个极值点 x , x ,证明:
1
2
< a- 2
.
1
2
-
1 2
x x
1
x -ax+1
2
f (x) = - x+aln x
f '(x) = -
,∴当-2 £ a £ 2
时,D £ 0 , f '(x) £ 0
【解析】(1)①∵
,∴
,
x
x
2
f (x) 在(0,+¥)
∴此时
上为单调递增.
a- a
2
- 4
a+ a
2
- 4
- 4
②∵D >
0,即
a < -2 或a > 2
,此时方程 x ax 1 0 两根为 x
2
- + =
=
, x2
=
,当
1
2
2
a < -2 时,此时两根均为负,∴ f '(x) 在(0,+¥) 上单调递减.当a 2 时,
>
D >
0,此时
f (x)
在
a- a
2
-4 ) 上单调递减,f (x)
a- a
2
-4 a+ a
2
-4 )上单调递增,f (x)
a+ a
2
(0,
在(
,
在(
, +¥
)
2
2
2
2
a- a
2
-4 ) ,
f (x) (0,+¥)
在 时,
上单调递减;a > 2
f (x)
上单调递减.∴综上可得,a 2 时,
£
在(0,
2
a+ a
2
- 4
a- a
2
-4 a+ a
2
-4)上单调递增.
,+¥) 上单调递减,
f (x)
在(
,
(
2
2
2
1
x , x a > 2 x + x = a, x x 1,令
× =
0 < x1 < x
x =
1
(2)由(1)可得, x
2
-ax+1=0两根
得
,
,∴
,
1
2
1
2
1
2
2
x2
1
1
f (x ) - f (x ) = - x +aln x -( - x +aln x ) = 2(x -x )+a(ln x -ln x )
.∴
2
1
2
1
1
2
2
2
1
1
x
1
x
2
f (x ) - f (x )
ln x1 -ln x
f (x ) - f (x )
ln x1 -ln x
1
2
= -2 +a×
2
1
2
< a-2成立,即要证
2
1) \
< 0
-
2
1
2
1
-2ln x2 - + x2 > 0
>1)
x
(
2
即要证
x2
ln x1 -ln x2
1
g(x) 在(1,+¥)
g(x) > g(1) = 0
上为增函数,∴ ,∴
1)
令
,可得
x1 - x2
x
f (x ) - f (x )
1
2
< a-2成立.
成立,即
x1 - x2
11.(2018 全国卷 1 文 21)已知函数 ( )
f x = aex - ln x - .
1
( )
( )
(1)设 x = 2 是 f x 的极值点,求a,并求 f x 的单调区间;
1
( )
(2)证明:当a≥ 时, f x ≥0 .
e
1
f (x) 定义域为(0,+¥) f (x) ae -
¢
=
x
【解析】(1)
,
.
x
1
1
x = 2 是 f (x)
极值点,∴
¢
=
,∴
ae2 - = 0 Þ a =
.
f (2) 0
∵
2
2e
2
∵e
x
在(0,+¥) 上增,a >0 ,∴ae 在(0,+¥)
上增.
x
1
(0,+¥)
f ¢(x) 在(0,+¥
)
¢ =
f (2) 0
上增.又 ,
又 在
上减,∴
x
xÎ(0, 2)
f (x) 0 f (x)
,
¢
∴当
时,
减;当
,
1
综上,a =
,单调增区间为(2,+¥) ,单调减区间为(0, 2)
.
2e
2
1
1
e
x
³ 0 ,∴当a ³ 时有ae
x
³ × =
e
x
e
x-1
(2)∵
,
e
e
f (x) = ae
x
-
ln x -1³ ex- -ln x -1 .
1
∴
令
g(x) = ex 1 ln x-1 , xÎ(0,+¥) .
-
-
1
1
g (x) ex 1
¢
=
-
-
g¢(x) (0,+¥
在
)
¢ = 1-1 - =
g (1) e 0
,
,同(1)可证
上增,又
x
1
xÎ(0,1)
g (x) 0 g(x)
,
¢
∴当
时,
减;当
,
g(x)min g(1) = e1 1 ln1 1 1 0 1 0
=
-
-
- = - - =
∴
,
1
∴当a ³
时,
f (x) ³ g(x) ³ 0.
e
f (x) = ax -ax -xln x ,且 f (x)≥0 .
2
12.(2017 新课标Ⅱ理 21)已知函数
(1)求a;
e-
2
< f (x ) 2-2 .
¢ >
.当0 x 1时,g (x) 0,g(x) 单调递减;当 x 1时,g (x) 0,g(x) 单
x
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.
f (x) = x
2
- x - xln x , f (x) 2x-2 -ln x.
¢
=
(2)由(1)知
1
设h(x) = 2x-2 -ln x,则h (x) = 2 -
¢
.
x
1
1
1
1
当 xÎ(0, ) 时,h (x) 0 ;当 x ( , )时,h (x) 0 .所以h(x) 在(0, ) 单调递减,在( ,
¢
+¥) 单调
2
2
2
2
递增.
1
1
2
1
2
h(e-
2
) 0 , h( ) 0 ,h(1) 0 ,所以 h(x) 在(0, ) 有唯一零点 x ,在[ ,
>
0;当 xÎ(x ,1) 时,h(x) < 0;当 xÎ(1,+¥) 时,h(x) > 0.
0
0
¢
=
=
0
因此 f (x) h(x),所以 x x 是 f (x) 的唯一极大值点.
¢
=
=
-
=
-
0
由 f (x ) 0 得ln x 2(x0 1) ,故 f (x ) x (1 x ) .
0
0
0
0
1
4
由 x Î(0,1) 得, f (x )
=
0
e-
2
< f (x ) < 2-2 .
0
所以
f (x) = ln x+ax +(2a +1)x .
2
13.(2017 新课标Ⅲ文 21)已知函数
(1)讨论 f (x) 的单调性;
3
(2)当a
1
1
1
若a
Î -
,+¥) 时, f (x) 0 .故 f (x) 在(0,-
¢
¢
>
¢
0).
¢
>
¢
当a≤0时, f (x) 0, f (x)没有零点;
a
当a >0时,因为e2x 单调递增, - 单调递增,所以 f (x)在(0,+ )单调递增.又 f (x) 0 ,当b满足
¢
¥
¢
>
x
a
1
0 < b < 且b < 时, f (b) 0 ,故当a 0时, f (x)存在唯一零点.
¢
¢
4
4
¢
¥
Î
¢
0
故 f (x) 在(0,x ) 单调递减,在(x ,+¥) 单调递增,
0
0
所以当 x = x 时, f (x) 取得最小值,最小值为 f (x ) .
0
0
a
a
2
2
由于2e2x0
-
=0 ,所以 f (x0 )=
+2ax +aln ≥2a+aln .
0
x0
2x0
a
a
2
故当a >0时, f (x)≥2a+aln .
a
bex-1
x
16.(2013 全国卷 1 理 12)设函数 ( )
f x = ae
x
ln
x +
,曲线 y = f (x) 在点(1, f (1) 处的切线为
y = e(x-1) +2.
(Ⅰ)求a,b;
(Ⅱ)证明: f (x) >1.
a
x
b
b
x
( +¥)
¢
=
ln x +
-
x-1
+
x-1
【解析】(Ⅰ) 函数 f (x) 的定义域为 0,
,
f (x) ae
x
e
x
e
2
e
x
=
¢ = ,故a =1,b = 2
……………6 分
由题意可得 f (1) 2, f (1) e
2ex-1
2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f (x) = e
x
ln x +
,从而 f (x) >1等价于 xln x xe-x
>
-
x
e
æ 1 ö
è e ø
æ 1
è e
ö
ø
设函数 g(x) = xln x ,则 g (x) x ln x ,所以当 x ç0, ÷时,g (x) 0,当 x ç ,
¢
= +
Î
¢
æ 1 ö
è eø è e
æ 1
ö
ø
故 g(x) 在ç0, ÷单调递减,在ç ,+¥÷ 单调递增,从而 g(x) 在 0,
( +¥)
的最小值为
1
1
g( ) = - .
……………8 分
e
e
2
h x xe-
=
x
-
,则h¢(x) =e-x (1-x),所以当 xÎ(0,1)时,h¢(x) > 0 ,当 xÎ(1,+¥)时,h¢(x) < 0
,
设函数 ( )
e
1
( )
( +¥)单调递减,从而h(x) 在(0,+¥)的最大值为h(1)
= -
故h(x) 在
0,1 单调递增,在 1,
.
e
综上:当 x >0时, g(x) > h(x) ,即 f (x) >1.
- x+m .
……………12 分
17.(2013 全国卷 2 理 21)已知函数 f (x) =
e
x
ln(
)
(Ⅰ) 设 x=0 是 f (x) 的极值点,求m,并讨论 f (x) 的单调性;
(Ⅱ)当m≤2 时,证明: f (x) >0.
1
【解析】(Ⅰ) f (x)=e -
¢
x
,
x+ m
1
∵设 x=0 是 f (x) 的极值点,∴ f (0) =1-
¢
=0,解得m=1,
m
1
x+1
1
¢
x
-
¢¢ +
,∴ f (x) = e
x
∴ f (x) 的定义域为(-1,+∞), f (x)=e
>0,
(x+1)
2
¢
∴ f (x)在(-1,+∞)上是增函数,
∴当 xÎ(-1,0)时, f (x)< f (0) =0,当 x (0,+∞)时, f (x)> f (0) =0,
¢
¢
Î
¢
¢
∴ f (x) 的增区间为(0,+∞),减区间为(-1,0).
(Ⅱ)当m≤2, xÎ( m,+∞)时,ln(x+m) ≤ln(x+2) ,故只需证明当m=2 时, f (x) >0,
1
当m=2 时,函数 f (x)=e
¢
x
-
在(-2,+∞)单调递增.
x+ 2
¢ -
¢
¢
又 f ( 1) <0, f (0) >0,∴ f (x)=0 在(-2,+∞)有唯一实根 x ,且 x ∈(-1,0),
0
0
当 xÎ(-2, x )时, f (x)<0,当 x ( x ,+∞)时, f (x)>0,
¢
Î
¢
0
0
∴当 x= x0 时, f (x) 取得最小值.
1
¢
x0
,∴ln(x0 +2) = -x0 ,
由 f (x ) =0 得e
=
0
x0 + 2
(x0 +1)
2
1
+
∴ f (x) ≥ f (x0 ) =
+ x0 =
>0,
x0
2
x0
+ 2
综上,当m≤2 时, f (x) >0.
aln x b
x+1 x
18.(2011 全国课标文 21)已知函数 f (x) =
+
,曲线
y = f (x)
在点(1, f (1) )处的切线方程为
x+2y -3 = 0.
(Ⅰ)求a,b的值;
ln x
x-1
(Ⅱ)证明:当 x>0,且 x ¹1 时, f (x) >
.
x+1
a(
-ln x)
b
x
【解析】(Ⅰ) f '(x) =
-
(x+1)
2
x
2
ì f (1) =1,
1
ï
由于直线 x+2y -3 = 0的斜率为- ,且过点(1, 1) ,故í
1 即
f '(1) = - ,
2
ï
î
2
ìb =1,
ï
解得a =1,b =1.
ía
1
-b = - ,
ï
î2
2
ln x
x+1 x
1
(Ⅱ)由(Ⅰ)知f (x) =
+ ,所以
ln x
x-1 1- x
1
(2 ln x+ -1)
x
2
f (x) -
=
2
x
x -1
2
考虑函数h(x) = 2ln x +
(x > 0) ,则
(x -1)
x
2x -(x -1)
2
2
2
2
h (x) = -
¢
= -
x
x
2
x
2
所以当 x ¹1时,h (x) < 0,而h(1) = 0,故
¢
1
1- x
当 xÎ( 0,1) 时,h(x) > 0,可得
当 xÎ(1,+¥)时,h(x) < 0,可得
h(x) > 0;
2
1
h(x) > 0;
1- x
2
ln x
x -1
ln x
x -1
从而当 x > 0,且x ¹1, f (x) -
> 0,即f (x) >
.
(
)
19.(2010 全国课标文 21)设函数 f (x) =
x e -1 -ax2 .
x
1
(Ⅰ)若a= ,求 f (x) 的单调区间;
2
(Ⅱ)若 x≥0 时 f (x) ≥0,求a的取值范围
1
1
【解析】(Ⅰ) a = 时,
f (x) = x(e
x
-1) - x2 ,f '(x) = e
x
-1+ xe
x
x
Î(-¥ - )
- x = (e -1)(x+1) .当 x , 1
2
2
时 f '(x) > 0 ;当 x
1,0
Î(- )时, f '(x) < 0;当 xÎ(0,+¥)时, f '(x) > 0 .故 f (x) 在(-¥,-1),(0,+¥)
单调增加,在(-1,0)单调减少.
(Ⅱ) f (x) = x x
(
a
-1-ax) .
令 g(x) = x
a
- -ax ,则 g'(x) =e -a .
1
x
若a £1,则当 x 0,
Î( +¥)时,g '(x) > 0 ,g(x) 为减函数,而 g(0) = 0,从而当 x≥0 时 g(x) ≥0,即 f (x)
≥0.
若a >1,则当 xÎ(0,lna)时,g'(x) < 0,g(x) 为减函数,而 g(0) = 0,从而当 xÎ(0,lna)时 g(x) <0,
即 f (x) <0.
综合得a的取值范围为(-¥ ]
,1 .
f (x) = ax
2
-a -ln x ,其中aÎR .
20.(2016 年四川) 设函数
(I)讨论 f (x)的单调性;
1
(II)确定a的所有可能取值,使得
f (x)
> - - 在区间(1,+¥) 内恒成立(e=2.718…为自然对数的底
e
1 x
x
数).
1
2ax
2
-1,x
> 0
( ) =
- =
【解析】(I)由题意, f ' x 2ax
x
x
①当a
0 时, 2ax2
f '(x)£ 0 ,
-1£ 0 ,
f (x)在(0,+¥)上单调递减.
1
1
¢
=
=
( )
0.
2a
1
1
( )在(0,
f x
(
,+¥)
上单调递增.
故
) 上单调递减,在
2a
2a
g(x) = 1 -
1
(II)令
,
s(x) = ex-1 - x .则 s¢(x) = ex-1 -1.而当 x >1时,
x ex 1
-
¢
>
,所以
(1,+¥
S(1) = 0
s(x) > 0 ,
,有
s (x) 0
s(x)
)
在区间
内单调递增.又由
从而当
x >1时, g(x) > 0 .
当a 0, x >1时, f (x) = a(x -1) -ln x < 0
.
2
f (x) > g(x) 在区间(1,+¥) 内恒成立时,必有a > 0
故当
.
1
2
1
当0 < a
1.
2a
1
1
f (
) < f (1) = 0
g(
,而
) > 0 ,
由(I)有
2a
f (x) > g(x) 在区间(1,+¥)
2a
所以此时
内不恒成立.
1
当a
时,令
h(x) = f (x) - g(x)(x
1) .
2
1
1
1
1
1
当 x >1时,
h (x) 2ax
¢
=
- + -e
1-x
> - +
x
-
2
x x
2
x x
x
x
3
-2x +1 x
2
-2x +1
=
>
> 0 ,
x
2
x
2
因此,h(x) 在区间(1,+¥) 内单调递增.
又h(1) = 0 ,所以当 x >1时,h(x) = f (x) - g(x) > 0,即 f (x) > g(x) 恒成立.
1
综上,a [ ,+¥)
Î
2
f (x) = ln(x+1) +a(x - x) ,其中aÎR.
2
21.(2015 山东)设函数
(Ⅰ)讨论函数 f (x) 极值点的个数,并说明理由;
(Ⅱ)若"x > 0, f (x)≥0 成立,求a的取值范围.
【解析】:(Ⅰ)由题意知 函数 f (x)的定义域为(1,+¥) ,
1
x +1
2ax
2
+ ax -a +1
x +1
f ¢(x) =
+ a(2x -1) =
,
g(x) = 2ax
2
+ax -a +1, xÎ(-1,+¥) ,
令
(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;
¢
(2)当a >0时,
D = a
2
-8a(1-a = a a -
)
(9 8),
8
①当0 < a £ 时,D £ 0, g(x) ³ 0 ,
9
f (x) ³ 0 ,函数 f (x)在( 1, )单调递增,无极值点;
¢
- +¥
8
②当a > 时,D > 0,
9
+ ax -a +1 = 0的两根为 x , x (x < x ),
设方程2ax
1 2 1 2
2
1
因为 x + x = - ,
1
2
2
1
1
所以 x < - , x > - ,
1
2
4
4
1
由 g(-1) =1> 0 ,可得-1< x < - ,
1
4
所以当 xÎ(-1, x ) 时, g(x) > 0, f ¢(x) > 0
,函数 f (x)单调递增;
1
当 xÎ(x , x ) 时, g(x) < 0, f (x) 0 ,函数 f (x)单调递减;
¢
0
,
f ¢(x) > 0,函数 f (x)单调递增;
当
时,
因此函数有两个极值点.
(3)当a 0,
由 g(-1) =1> 0 ,可得 x1 < -1,
当 xÎ(-1, x ) 时, g(x) > 0 , f (x) 0,函数 f (x)单调递增;
¢
>
2
xÎ(x2,+¥)
时,
g(x) < 0, f ¢(x) < 0 ,函数 f (x)单调递减;
当
所以函数有一个极值点.
综上所述:当a 时,函
8
8
9
9
数 f (x)有两个极值点.
(II)由(I)知,
8
(1)当0 £ a £ 时,函数 f (x)在(0,+¥)上单调递增,
9
因为 f (0) = 0 ,所以 xÎ(0,+¥)时, f (x) > 0,符合题意;
8
< a £
g(0) > 0,得 x2 £ 0,
1时,由
(2)当
9
所以 函数 f (x)在(0,+¥)上单调递增,
又 f (0) = 0 ,所以 xÎ(0,+¥)时, f (x) > 0,符合题意;
(3)当a >1时,由 g(0) < 0,可得 x2 > 0,
xÎ(0, x )
所以
时,函数
f (x)单调递减;
2
因为 f (0) = 0 ,所以 xÎ(0, x2 ) 时, f (x) < 0 ,不合题意;
(4)当a 0
x +1 x +1
所以h(x) 在(0,+¥)上单调递增.
因此当 xÎ(0,+¥) 时,h(x) > h(0) = 0 ,即ln(x +1) < x ,
可得 f (x) < x + a(x x) ax (1 a)x
,
2
- =
2
+ -
1
当 x >1- 时,ax
2
+(1-a)x < 0 ,
a
此时 f (x) < 0,不合题意,
综上所述,a的取值范围是[0,1].
考点 33 利用导数研究函数零点问题
f x = e
1.(2020 全国Ⅰ文 20)已知函数 ( )
x
-a x+ 2
(
).
(1)当a =1时,讨论 ( )的单调性;
f x
(2)若 ( )有两个零点,求 的取值范围.
f x
a
1
【答案】(1)减区间为(-¥,0),增区间为(0,+¥);(2) ( ,+¥)
.
e
【思路导引】(1)将a =1代入函数解析式,对函数求导,分别令导数大于零和小于零,求得函数的单调增区
间和减区间;
e
x
(2)若 f (x) 有两个零点,即
e
x
(
2) 0
-a x+ = 有两个解,将其转化为a =
有两个解,令
x+ 2
e
x
h(x) =
(x ¹ -2) ,求导研究函数图像的走向,从而求得结果.
x+ 2
【解析】(1)当a =1时,
f (x) = e
x
-(x+2)
, f
'
(x) = e
(x) > 0,解得 x >0,
∴ f (x) 的减区间为(-¥,0),增区间为(0,+¥).
x
-1,
令
f
'
(x) < 0 ,解得 x 0 ,解得 x > -1,令h
∴函数h(x) 在(-¥,-2) 和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+¥)上单调递增,且当 x < -2时,h(x) < 0 ,而
(x+2)
2
(x+2)
2
令h
'
'
(x) < 0 ,解得 x < -2或-2 < x < -1,
e
x
1
x
® -2+ 时,h(x)
® +¥
,当
x ® +¥
h(x) ® +¥
时,
,∴当a =
有两个解时,有
a > h(-1) =
,
x+ 2
e
1
∴满足条件的 的取值范围是:( ,+¥) .
a
e
( )= - +
kx k2 .
2.(2020 全国Ⅲ文 20)已知函数
f x x
3
( )
(1)讨论 f x 的单调性:
( )
(2)若 f x 有三个零点,求k 的取值范围.
4
【答案】(1)详见解析;(2)(0,
)
.
27
f
'
(x) = 3x -k ,对k 分k £0 和k >0两种情况讨论即可;
2
【思路导引】(1)
ì
k
ï f (- ) > 0
ï
3
(2) f (x) 有三个零点,由(1)知k 0,且
>
í
k
,解不等式组得到 的范围,再利用零点存在性定理
ï
k
f ( ) < 0
ï
î
3
加以说明即可.
f
'
(x) = 3x -k ,
2
【解析】(1)由题,
当k £0时,
'
(x) ³ 0恒成立,∴ f (x) 在(-¥,+¥)
上单调递增;
f
k
k
k
当k >0时,令
'
(x) = 0,得 x = ±
,令
'
(x) < 0 ,得
-
< x
0;当 xÎça, ÷时, g'(x) < 0.
è
2 ø
æ pö
所以 g(x) 在(-1,a) 单调递增,在 a,
æ
è
pö
2 ø
单调递减,故 g(x) 在 -1, ÷存在唯一极大值点,即
ç
÷
ç
è
2 ø
æ
è
pö
2 ø
f '(x) 在 -1, ÷存在唯一极大值点.
ç
(2) f (x) 的定义域为(-1,+¥).
(i)当 xÎ(-1, 0] 时,由(1)知, f '(x) 在 ( -1,0) 单调递增,而 f '(0) = 0 ,所以当 xÎ(-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.
æ pù
æ pö
æ pö
è 2 ø
(ii)当 xÎ 0, 时,由(1)知,f '(x) 在(0,a) 单调递增,在 a, 单调递减,而 f '(0)=0 f '
< 0,
ç
ç
÷
ç ÷
,
ú
è
2û
è
2 ø
æ pö
æ pö
所以存在b Î a, ,使得 f '(b) = 0 ,且当 xÎ(0,b) 时,f '(x) > 0;当 xÎ b, ÷时,f '(x) < 0 .故
ç
÷
ç
è
2 ø
è
2 ø
æ pö
f (x) 在(0,b) 单调递增,在 b, 单调递减.
ç
÷
è
2 ø
æ pö
è 2 ø
æ
è
pö
2 ø
æ pù
> 0 ,所以当 xÎ 0, ú时, f (x) > 0 .
又 f (0)=0 , f
=1-ln 1+
ç ÷
ç
÷
ç
è
2û
æ pù
从而 f (x) 在 0, 没有零点.
ç
ú
è
2û
æ p ù
è 2 û
æ p ö
è 2 ø
æ pö
(iii)当 xÎç ,pú时,f '(x) < 0 ,所以 f (x) 在 ,p÷单调递减.而 f
> 0 ,f (p) < 0 ,所以 f (x)
ç
ç ÷
è 2 ø
æ p ù
,pú 有唯一零点.
在
ç
è 2 û
(iv)当 xÎ(p,+¥) 时,ln(x+1) >1,所以 f (x) 0
f (x)
,所以 在(0,1),(1,+∞)单调递增.
因为
x
(x -1)
2
e+1
e-1
+1
-1
-3
-1
e
e
2
2
e
2
因为 f(e)=1-
0 ,
2
e
2
所以 f(x)在(1,+∞)有唯一零点 x ,即 f(x )=0.
1
1
1
1
x1 +1
x1 -1
又0
0 ,h(x)
当a £ 0 时,
没有零点;
当a > 0 时,h¢(x)= ax(x - 2)e-x
.
xÎ(0, 2)时,h'(x)
xÎ(-¥,1)
时,
f '(x) < 0
;当
xÎ(1,+¥)
时, .
f '(x) > 0
所以 f (x) 在(-¥,1) 上单调递减,在(1,+¥) 上单调递增.
a
又
f (1) = -e , f (2) = a
,取 满足
b
b < 0 且b < ln
,则
2
a
3
f (b) > (b-2) +a(b-1)
2
= a(b
2
- b) > 0
,故 存在两个零点.
f (x)
2
2
(iii)设a 0 ,由
得 或 .
f '(x) =0 x =1 x = ln(-2a)
g'(x) < 0
,而
g(1) = 0
x > 1
,故当 时,
从而 g(x ) = f (2 - x ) < 0 ,故 x + x < 2 .
2
2
1
2
f (x) = (x-2)e +a(x-1)2 .
2
11.(2016 年全国 I 文 21)已知函数
(I)讨论 f (x) 的单调性;
(II)若 f (x) 有两个零点,求a的取值范围.
a
a
2
【解析】(1)由
f (x) = x
3
+ax
2
+bx +1,得 f (x) 3x
¢
=
2
+
2ax+b =3(x
+
2
) +b -
.
3
3
a
a
2
当 x = - 时, f (x)有极小值b
¢
-
.
3
3
¢
因为 f (x)的极值点是 f (x) 的零点.
a
a
3
a
3
ab
2a
2
3
所以 f (- ) = -
+
-
+1= 0 ,又a >0,故b =
+ .
3
27
9
3
9
a
a
2
1
¢
-
=
(27-a ) £ 0 ,即a ³3.
3
因为 f (x) 有极值,故 f (x)=0 有实根,从而b
3
9a
a =3时, f (x)>0(x
¢
¹ -1),故 f (x) 在 R 上是增函数, f (x) 没有极值;
-a- a
2
-3b
-a+ a -3b
2
a >3时, f (x)=0 有两个相异的实根 x =
¢
, x2 =
.
1
3
3
列表如下
x
( -¥, x1)
x1
(x , x )
x2
(x2 ,+¥)
1
2
f ¢(x)
f (x)
故 f (x) 的极值点是 x , x .
+
0
–
0
+
Z
极大值
]
极小值
Z
1
2
从而a >3,
2a
2
3
因此b =
+ ,定义域为(3,+¥) .
9
a
b
2a a
3
(2)由(1)知,
=
+
.
a
9
a a
2t
3
2
2
2t
2
-27
设 g(t) = + ,则 g (t)
¢ = - =
.
9 t
3 t
2
9t
2
3 6
2
3 6
2
当tÎ(
,+¥) 时, g¢(t) > 0 ,所以 g(t)在(
,+¥) 上单调递增.
b
因为a >3,所以a a > 3 3 ,故 g(a a) > g(3 3) = 3 ,即
> 3 .
a
因此b
(3)由(1)知, f (x) 的极值点是 x , x ,且 x + x = - a, x + x2
1
2
> 3a.
4a -6b
2
2
2
2
=
.
1
2
1
2
3
9
f (x ) + f (x ) = x +ax1
1
3
2
+bx1 +1+ x2
3
+ax2 +bx2 +1
2
从而
1
2
x1
3
x2
3
1
3
2
=
=
(3x1
2
+2ax1 +b) + (3x2
2
+2ax +b) + a(x
2
1
+ x2
2
) + b(x + x ) + 2
2
1
2
3
4a
3
-6ab 4ab
-
+ 2= 0
27
9
¢
记 f (x) , f (x)所有极值之和为h(a),
a
2
1
9
3
1
9
3
¢
-
= -
2
+
-
a2
+
,a >3.
因为 f (x)的极值为b
a
,所以h(a)=
3
a
a
2
9
3
¢
-
a -
< 0 ,于是h(a)在(3,+¥) 上单调递减.
2
因为h (a)=
a
7
因为h(6)= - ,于是h(a)≥h(6) ,故a≤6.
2
因此a的取值范围为(3,6].
1
f (x) = x +ax+ , g(x) = -ln x.
3
12.(2015 新课标Ⅰ理 21)已知函数
4
(Ⅰ)当a为何值时, x轴为曲线 y = f (x) 的切线;
{ }
=
{
}
(Ⅱ)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】(Ⅰ)设曲线 y = f (x) 与 x轴相切于点(x ,0) ,则 f (x ) = 0 , f (x ) 0 ,
¢
=
0
0
0
ì
1
ïx
3
0
+ax + = 0
0
1
2
3
4
4
,解得 x0
=
,a
= -
.
即í
ï
3x0
+a = 0
2
î
3
因此,当a = - 时, x轴是曲线 y = f (x) 的切线.
4
(Ⅱ)当 xÎ(1,+¥) 时, g(x) = -ln x < 0 ,从而h(x) = min{ f (x), g(x)}≤ g(x) < 0 ,
∴h(x) 在(1,+¥)无零点.
5
5
当 x=1 时,若a≥- ,则 f (1) = a+ ≥0 ,h(1) = min{ f (1), g(1)} = g(1) = 0 ,
4
4
5
5
故 x=1 是h(x) 的零点;若a < - ,则 f (1) = a+ < 0 ,h(1) = min{ f (1), g(1)} = f (1) < 0 ,故 x=1 不
4
4
是h(x) 的零点.
当 xÎ(0,1)时, g(x) = -ln x > 0,所以只需考虑 f (x) 在(0,1) 的零点个数.
+a 在(0,1) 无零点,故 f (x) 在(0,1) 单调,
(ⅰ)若a≤-3或a≥0,则
f (x) 3x
¢
=
2
1
5
而 f (0) = , f (1) = a+ ,所以当a≤-3时, f (x) 在(0,1) 有一个零点;
4
4
当a≥0 时, f (x) 在(0,1) 无零点.
a
a
(ⅱ)若-3< a - 或a < - 时,h(x) 由一个零点;
4
4
3
5
5
3
当a = - 或a = - 时,h(x) 有两个零点;当- < a < - 时,h(x) 有三个零点.
4
4
4
4
f (x) = x
3
-3x
2
+ ax + 2,曲线 y = f (x) 在点(0,2)处的切线与 x轴
13.(2014 全国卷 2 文 21)已知函数
交点的横坐标为-2.
(Ⅰ)求a;
(Ⅱ)证明:当k
¢
f (x) 0 f (x)
时, 单调递增.
>
,
0
f (x)
因此,
存在唯一的极值点.
f x < f (1) = -2
(2)由(1)知 ( )
( )
2
= e
2
f (x) = 0
( +¥)
x ,
f e
内存在唯一根 x =a
.
,又
,所以
在
0
0
1
由a > x >1得
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