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- 2021-06-16 发布
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专题04 导数及其应用
高考将以导数的几何意义为背景,重点考查运算及数形结合能力,导数的综合运用涉及的知识面广,综合的知识点多,形式灵活,是每年的必考内容,经常以压轴题的形式出现.
预测2018年高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查.
1.导数的定义
f ′(x)= = .
2.导数的几何意义
函数y=f(x)在x=x0处的导数f ′(x0)就是曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率,即k=f ′(x0).
3.导数的运算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′=0(c为常数); ②(xm)′=mxm-1;
③(sinx)′=cosx; ④(cosx)′=-sinx;
⑤(ex)′=ex; ⑥(ax)′=axlna;
⑦(lnx)′=; ⑧(logax)′=.
(2)导数的四则运算法则
①[f(x)±g(x)]′=f ′(x)±g′(x);
②[f(x)·g(x)]′=f ′(x)g(x)+f(x)g′(x);
③[]′=.
④设y=f(u),u=φ(x),则y′x=y′uu′x.
4.函数的性质与导数
在区间(a,b)内,如果f ′(x)>0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递增.如果f ′(x)<0,那么函数f(x)在区间(a,b)上单调递减.
5.利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤:①画出图形;②确定被积函数;③求出交点坐标,确定积分的上、下限;④运用微积分基本定理计算定积分,求出平面图形的面积.特别注意平面图形的面积为正值,定积分值可能是负值.
被积函数为y=f(x),由曲线y=f(x)与直线x=a,x=b(a0时,S=f(x)dx;
②当f(x)<0时,S=-f(x)dx;
③当x∈[a,c]时,f(x)>0;当x∈[c,b]时,f(x)<0,则S=f(x)dx-f(x)dx.
考点一 导数的几何意义及应用
例1、(1)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
(2)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=________.
解析:基本法:令f(x)=x+ln x,求导得f′(x)=1+,f′(1)=2,又f(1)=1,所以曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.设直线y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1的切点为P(x0,y0),则y′|x=x0=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,
∴a=0或x0=-,又ax+(a+2)x0+1=2x0-1,即ax+ax0+2=0,当a=0时,显然不满足此方程,
∴x0=-,此时a=8.
速解法:求出y=x+ln x在(1,1)处的切线为y=2x-1
由得ax2+ax+2=0,
∴Δ=a2-8a=0,
∴a=8或a=0(显然不成立).
答案:8
【变式探究】设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:基本法:y′=a-,当x=0时,y′=a-1=2,
∴a=3,故选D.
答案:D
考点二 导数与函数的极值、最值
例2、(1)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
解析:基本法:a=0时,不符合题意.
a≠0时,f′(x)=3ax2-6x,令f′(x)=0,
得x1=0,x2=.
若a>0,则由图象知f(x)有负数零点,不符合题意.
则a<0,由图象结合f(0)=1>0知,此时必有f>0,即a×-3×+1>0,化简得a2>4,又a<0,所以a<-2,故选C.
速解法:若a>0,又∵f(0)=1,f(-1)=-a-2<0,
在(-1,0)处有零点,不符合题意.
∴a<0,若a=-,则f(x)=-x3-3x2+1
f′(x)=-4x2-6x=0,∴x=0,或x=-.
此时f为极小值且f<0,有三个零点,排除D.
答案:C
(2)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( )
A.∃x0∈R,f(x0)=0
B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形
C.若x0是f(x)的极小值点,则f(x)在区间(-∞,x0)单调递减
D.若x0是f(x)的极值点,则f′(x0)=0
解析:基本法:由三次函数的值域为R知,f(x)=0必有解,A项正确;因为f(x)=x3+ax2+bx+c的图象可由y=x3平移得到,所以y=f(x)的图象是中心对称图形,B项正确;若y=f(x)有极值点,则其导数y=f′(x)必有2个零点,设为x1,x2(x1<x2),则有f′(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),所以f(x)在(-∞,x1)上递增,在(x1,x2)上递减,在(x2,+∞)上递增,则x2为极小值点,所以C项错误,D项正确.选C.
速解法:联想f(x)的图象模型如图显然C错.
答案:C
【方法技巧】
1.函数图象是研究函数单调性、极值、最值最有利的工具.
2.可导函数极值点的导数为0,但导数为0的点不一定是极值点,如函数f(x)=x3,当x=0时就不是极值点,但f′(0)=0.
3.极值点不是一个点,而是一个数x0,当x=x0时,函数取得极值;在x0处有f′(x0)=0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件.
4.f′(x)在f′(x)=0的根的左右两侧的值的符号,如果“左正右负”,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果“左负右正”,那么f(x)在这个根处取得极小值;如果左右不改变符号,即都为正或都为负,则f(x)在这个根处无极值.
【变式探究】
1.函数f(x)=ax3+bx2+cx-34(a,b,c∈R)的导函数为f′(x),若不等式f′(x)≤0的解集为{x|-2≤x≤3},且f(x)的极小值等于-115,则a的值是( )
A.- B.
C.2 D.5
答案:C
考点三 导数与函数的单调性
例3、若函数f(x)=x2+ax+在是增函数,则a的取值范围是( )
A.[-1,0] B.[-1,+∞)
C.[0,3] D.[3,+∞)
解析:基本法:由题意知f′(x)≥0对任意的x∈恒成立,又f′(x)=2x+a-,所以2x+a-≥0对任意的x∈恒成立,分离参数得a≥-2x,若满足题意,需a≥max.令h(x)=-2x,x∈.因为h′(x)=--2,所以当x∈时,h′(x)<0,即h(x)在上单调递减,所以h(x)<h=3,故a≥3.
速解法:当a=0时,检验f(x)是否为增函数,当a=0时,
f(x)=x2+,f=+2=,f(1)=1+1=2,
f>f(1)与增函数矛盾.排除A、B、C.故选D.
答案:D
(2)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
解析:基本法:依题意得f′(x)=k-≥0在(1,+∞)
上恒成立,即k≥在(1,+∞)上恒成立,
∵x>1,∴0<<1,
∴k≥1,故选D.
速解法:若k=1,则f′(x)=1-=在(1,+∞)上有f′(x)>0,f(x)=kx-ln x为增函数.
答案:D
【变式探究】
对于R上可导的任意函数f(x),若满足≤0,则必有( )
A.f(0)+f(2)>2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1)
C.f(0)+f(2)<2f(1) D.f(0)+f(2)≥2f(1)
解析:基本法:选A.当x<1时,f′(x)<0,此时函数f(x)递减,当x>1时,f′(x)>0,此时函数f(x)递增,∴当x=1时,函数f(x)取得极小值同时也取得最小值,所以f(0)>f(1),f(2)>f(1),则f(0)+f(2)>2f(1),故选A.
1.【2017课标II,理】已知函数,且。
(1)求;
(2)证明:存在唯一的极大值点,且。
【答案】(1);
(2)证明略。
【解析】(1)的定义域为
设,则等价于
因为
若a=1,则.当0<x<1时,单调递减;当x>1时,>0,单调递增.所以x=1是的极小值点,故
综上,a=1
(2)由(1)知
设
当时,;当时,,所以在单调递减,在
单调递增
又,所以在有唯一零点x0,在有唯一零点1,且当时,;当时,,当时,.
因为,所以x=x0是f(x)的唯一极大值点
由
由得
因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点,由得
所以
2.【2017山东,理20】已知函数,,其中
是自然对数的底数.
(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程;
(Ⅱ)令,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
【答案】(1) (2)见解析
【解析】
(Ⅰ)由题意
又,
所以,
因此 曲线在点处的切线方程为
,
即 .
(1)当时,
当时, , 单调递减,
当时, , 单调递增,
所以 当时取得极小值,极小值是 ;
(2)当时,
由 得 ,
①当时, ,
当时, , 单调递增;
当时, , 单调递减;
当时, , 单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为,
当时取到极小值,极小值是 ;
②当时, ,
所以 当时, ,函数在上单调递增,无极值;
综上所述:
当时, 在上单调递减,在上单调递增,
函数有极小值,极小值是;
当时,函数在和和上单调递增,在上单调递减,函数有极大值,也有极小值,
极大值是
极小值是;
当时,函数在上单调递增,无极值;
当时,函数在和上单调递增,
在上单调递减,函数有极大值,也有极小值,
极大值是;
极小值是.
3.【2017天津,理20】设,已知定义在R上的函数在区间内有一个零点,为的导函数.
(Ⅰ)求的单调区间;
(Ⅱ)设,函数,求证:;
(Ⅲ)求证:存在大于0的常数,使得对于任意的正整数,且 满足.
【答案】(Ⅰ)增区间是, ,递减区间是.(Ⅱ)见解析;(III)见解析.
【解析】(Ⅰ)解:由,可得,
进而可得.令,解得,或.
当x变化时,的变化情况如下表:
x
+
-
+
↗
↘
↗
所以,的单调递增区间是,,单调递减区间是.
(Ⅱ)证明:由,得,
.
令函数,则.由(Ⅰ)知,当时, ,故当时, , 单调递减;当时, , 单调递增.因此,当时, ,可得.
令函数,则.由(Ⅰ)知, 在上单调递增,故当时, , 单调递增;当时, , 单调递减.因此,当时, ,可得.
所以, .
(III)证明:对于任意的正整数 ,,且,
令,函数.
由(II)知,当时,在区间内有零点;
当时,在区间内有零点.
所以在内至少有一个零点,不妨设为,则.
由(I)知在上单调递增,故,
于是.
因为当时,,故在上单调递增,
所以在区间上除外没有其他的零点,而,故.
又因为,,均为整数,所以是正整数,
从而.
所以.所以,只要取,就有.
1. 【2016高考山东理数】若函数的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称具有T性质.下列函数中具有T性质的是( )
(A) (B) (C) (D)
【答案】A
【解析】当时,,,所以在函数图象存在两点,使条件成立,故A正确;函数的导数值均非负,不符合题意,故选A。
2.【2016年高考四川理数】设直线l1,l2分别是函数f(x)= 图象上点P1,P2处的切线,l1与l2垂直相交于点P,且l1,l2分别与y轴相交于点A,B,则△PAB的面积的取值范围是( )
(A)(0,1) (B)(0,2) (C)(0,+∞) (D)(1,+∞)
【答案】A
3.【2016高考新课标2理数】若直线是曲线的切线,也是曲线的切线,则 .
【答案】
【解析】对函数求导得,对求导得,设直线与曲线相切于点,与曲线相切于点,则,由点在切线上得,由点在切线上得,这两条直线表示同一条直线,所以,解得.
4.【2016高考新课标3理数】已知为偶函数,当时,,则曲线在
点处的切线方程是_______________.
【答案】
【解析】当时,,则.又因为为偶函数,所以,所以,则切线斜率为,所以切线方程为,即.
5.【2016高考新课标1卷】(本小题满分12分)已知函数有两个零点.
(I)求a的取值范围;
(II)设x1,x2是的两个零点,证明:.
【答案】
【解析】
(Ⅰ).
(i)设,则,只有一个零点.
(ii)设,则当时,;当时,.所以在上单调递减,在上单调递增.
又,,取满足且,则
,
故存在两个零点.
(iii)设,由得或.
若,则,故当时,,因此在上单调递增.又当时,,所以不存在两个零点.
若,则,故当时,;当时,.因此在单调递减,在单调递增.又当时,
,所以不存在两个零点.
综上,的取值范围为.
(Ⅱ)不妨设,由(Ⅰ)知,,在上单调递减,所以等价于,即.
由于,而,所以
.
设,则.
所以当时,,而,故当时,.
从而,故.
6.【2016高考山东理数】(本小题满分13分)
已知.
(I)讨论的单调性;
(II)当时,证明对于任意的成立.
【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)见解析
【解析】
(Ⅰ)的定义域为;
.
当, 时,,单调递增;
,单调递减.
当时,.
(1),,
当或时,,单调递增;
当时,,单调递减;
(2)时,,在内,,单调递增;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,时,
,,
令,.
则,
由可得,当且仅当时取得等号.
又,
设,则在单调递减,
因为,
所以在上存在使得 时,时,,
所以函数在上单调递增;在上单调递减,
由于,因此,当且仅当取得等号,
所以,
即对于任意的恒成立。
7.【2016高考江苏卷】(本小题满分16分)
已知函数.
设.
(1)求方程的根;
(2)若对任意,不等式恒成立,求实数的最大值;
(3)若,函数有且只有1个零点,求的值。
【答案】(1)①0 ②4(2)1
【解析】
(1)因为,所以.
①方程,即,亦即,
所以,于是,解得.
②由条件知.
因为对于恒成立,且,
所以对于恒成立.
而,且,
所以,故实数的最大值为4.
(2)因为函数只有1个零点,而,
所以0是函数的唯一零点.
因为,又由知,
所以有唯一解.
令,则,
从而对任意,,所以是上的单调增函数,
于是当,;当时,.
因而函数在上是单调减函数,在上是单调增函数.
下证.
若,则,于是,
又,且函数在以和为端点的闭区间上的图象不间断,所以在和之间存在的零点,记为. 因为,所以,又,所以与“0是函数的唯一零点”矛盾.
若,同理可得,在和之间存在的非0的零点,矛盾.
因此,.
于是,故,所以.
8.【2016高考天津理数】(本小题满分14分)
设函数,,其中
(I)求的单调区间;
(II) 若存在极值点,且,其中,求证:;
(Ⅲ)设,函数,求证:在区间上的最大值不小于.
【答案】(Ⅰ)详见解析(Ⅱ)详见解析(Ⅲ)详见解析
当变化时,,的变化情况如下表:
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以的单调递减区间为,单调递增区间为,.
(Ⅱ)证明:因为存在极值点,所以由(Ⅰ)知,且,
由题意,得,即,
进而.
又,且,由题意及(Ⅰ)知,存在唯一实数满足 ,且,因此,所以.
(Ⅲ)证明:设在区间上的最大值为,表示两数的最大值.下面分三种情况讨论:
(1)当时,,由(Ⅰ)知,在区间上单调递减,所以在区间上的取值范围为,因此
,
所以.
(2)当时,,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知,,,
所以在区间上的取值范围为,因此
.
(3)当时,,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知,
,,
所以在区间上的取值范围为,因此
.
综上所述,当时,在区间上的最大值不小于.
9.【2016高考新课标3理数】设函数,其中,记的最大值为.
(Ⅰ)求;
(Ⅱ)求;
(Ⅲ)证明.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ)见解析.
【解析】
(Ⅰ).
(Ⅱ)当时,
.
因此.
(Ⅰ)当时,在内无极值点,,,,所以.
(Ⅱ)当时,由,知.又
,所以.
综上,
(Ⅲ)由(Ⅰ)得.
当时,.
当时,,所以.
当时,,所以.
10.【2016高考浙江理数】(本小题15分)已知,函数F(x)=min{2|x−1|,x2−2ax+4a−2},
其中min{p,q}=
(I)求使得等式F(x)=x2−2ax+4a−2成立的x的取值范围;
(II)(i)求F(x)的最小值m(a);
(ii)求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).
【答案】(I);(II)(i);(ii).
【解析】
(Ⅰ)由于,故
当时,,
当时,.
所以,使得等式成立的的取值范围为.
(Ⅱ)(ⅰ)设函数,,
则,,
所以,由的定义知,即
(ⅱ)当时,
,
当时,.
所以,.
11.【2016高考新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数的单调性,并证明当时,;
(Ⅱ)证明:当时,函数有最小值.设的最小值为,求函数的值域.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
【解析】
(Ⅰ)的定义域为.
且仅当时,,所以在单调递增,
因此当时,
所以
(II)
由(I)知,单调递增,对任意
因此,存在唯一使得即,
当时,单调递减;
当时,单调递增.
因此在处取得最小值,最小值为
于是,由单调递增
所以,由得
因为单调递增,对任意存在唯一的
使得所以的值域是
综上,当时,有,的值域是
12.【2016年高考北京理数】(本小题13分)
设函数,曲线在点处的切线方程为,
(1)求,的值;
(2)求的单调区间.
【答案】(Ⅰ),;(2)的单调递增区间为.
解得;(2)由(Ⅰ)知.
由即知,与同号.
令,则.
所以,当时,,在区间上单调递减;
当时,,在区间上单调递增.
故是在区间上的最小值,
从而.
综上可知,,,故的单调递增区间为.
【2015高考江苏,19】(本小题满分16分)
已知函数.
(1)试讨论的单调性;
(2)若(实数c是a与无关的常数),当函数有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是,求c的值.
【答案】(1)当时, 在上单调递增;
当时, 在,上单调递增,在上单调递减;
当时, 在,上单调递增,在上单调递减.
(2)
【解析】(1),令,解得,.
当时,因为(),所以函数在上单调递增;
当时,时,,时,,
所以函数在,上单调递增,在上单调递减;
当时,时,,时,,
所以函数在,上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,函数的两个极值为,,则函数
有三个
零点等价于,从而或.
又,所以当时,或当时,.
设,因为函数有三个零点时,的取值范围恰好是
,则在上,且在上均恒成立,
【2015高考四川,理21】已知函数,其中.
(1)设是的导函数,评论的单调性;
(2)证明:存在,使得在区间内恒成立,且在内有唯一解.
【答案】(1)当时,在区间上单调递增,
在区间上单调递减;当时,在区间上单调递增.(2)详见解析.
【解析】(1)由已知,函数的定义域为,
,
所以.
当时,在区间上单调递增,
在区间上单调递减;
当时,在区间上单调递增.
(2)由,解得.
令.
则,.
故存在,使得.
令,.
由知,函数在区间上单调递增.
所以.
即.
当时,有,.
由(1)知,函数在区间上单调递增.
故当时,有,从而;
当时,有,从而;
所以,当时,.
综上所述,存在,使得在区间内恒成立,且在内有唯一解.
【2015高考广东,理19】设,函数.
(1) 求的单调区间 ;
(2) 证明:在上仅有一个零点;
(3) 若曲线在点处的切线与轴平行,且在点处的切线与直线平行(是坐标原点),证明:.
【答案】(1);(2)见解析;(3)见解析.
【解析】(1)依题,
∴ 在上是单调增函数;
(2)证明:由(1)问可知函数在(﹣∞,+∞)上为增函数.
又f(0)=1﹣a,
∵a>1.∴1﹣a<0
∴f(0)<0.当x→+∞时,f(x)>0成立.
∴f(x)在(﹣∞,+∞)上有且只有一个零点
(3)证明:f'(x)=ex(x+1)2,
设点P(x0,y0)则)f'(x)=ex0(x0+1)2,
∵y=f(x)在点P处的切线与x轴平行,∴f'(x0)=0,即:ex0(x0+1)2=0,
∴x0=﹣1
将x0=﹣1代入y=f(x)得y0=.∴,
∴…10分
令;g(m)=em﹣(m+1)g(m)=em﹣(m+1),
则g'(m)=em﹣1,由g'(m)=0得m=0.
当m∈(0,+∞)时,g'(m)>0
当m∈(﹣∞,0)时,g'(m)<0
∴g(m)的最小值为g(0)=0…12分
∴g(m)=em﹣(m+1)≥0
∴em≥m+1
∴em(m+1)2≥(m+1)3
即:
∴m≤…14分
(2014·安徽卷) 设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时 ,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0,
①当a≥4时,x2≥1.
由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当01+2x,原不等式成立.
②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.
当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.
所以当p=k+1时,原不等式也成立.
综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.
(2)方法一:先用数学归纳法证明an>c.
①当n=1时,由题设知a1>c成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c成立.
由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.
当n=k+1时,=+a=
1+.
由ak>c>0得-1<-<<0.
由(1)中的结论得=>1+p· =.
因此a>c,即ak+1>c,
所以当n=k+1时,不等式an>c也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c均成立.
再由=1+可得<1,
即an+1an+1>c,n∈N*.
方法二:设f(x)=x+x1-p,x≥c,则xp≥c,
所以f′(x)=+(1-p)x-p=>0.
由此可得,f(x)在[c,+∞)上单调递增,因而,当x>c时,f(x)>f(c)=c.
①当n=1时,由a1>c>0,即a>c可知
a2=a1+a=a1c,从而可得a1>a2>c,
故当n=1时,不等式an>an+1>c成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>ak+1>c成立,则当n=k+1时,f(ak)>f(ak+1)>f(c),
即有ak+1>ak+2>c,
所以当n=k+1时,原不等式也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>an+1>c均成立.
【2015高考新课标2,理12】设函数是奇函数的导函数,,当时,,则使得成立的的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】记函数,则,因为当时,,故当时,,所以在单调递减;又因为函数是奇函数,故函数是偶函数,所以在单调递减,且.当时,,则;当时,,则,综上所述,使得成立的的取值范围是,故选A.
【2015高考新课标1,理12】设函数=,其中a1,若存在唯一的整数,使得0,则的取值范围是( )
(A)[-,1) (B)[-,) (C)[,) (D)[,1)
【答案】D
【解析】设=,,由题知存在唯一的整数,使得在直线
的下方.因为,所以当时,<0,当时,>0,所以当时,=,当时,=-1,,直线恒过(1,0)斜率且,故,且,解得≤<1,故选D.
【2015高考新课标2,理21】(本题满分12分)
设函数.
(Ⅰ)证明:在单调递减,在单调递增;
(Ⅱ)若对于任意,都有,求的取值范围.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的,在单调递减,在单调递增,故在处取得最小值.所以对于任意,的充要条件是:
即
①,设函数,则.当时,;当时,
.故在单调递减,在单调递增.又,,故当时,.当时,,,即①式成立.当时,由的单调性,,即;当时,,即.综上,的取值范围是.
【2015江苏高考,17】(本小题满分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的山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为,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到的距离分别为5千米和40千米,点N到的距离分别为20千米和2.5千米,以所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数 (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,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.
【答案】(1)(2)①定义域为,
②千米
【解析】
(1)由题意知,点,的坐标分别为,.
将其分别代入,得,
解得.
(2)①由(1)知,(),则点的坐标为,
设在点处的切线交,轴分别于,点,,
则的方程为,由此得,.
故,.
②设,则.令,解得.
当时,,是减函数;
当时,,是增函数.
从而,当时,函数有极小值,也是最小值,所以,
此时.
答:当时,公路的长度最短,最短长度为千米.
【2015高考新课标2,理12】设函数是奇函数的导函数,,当时,,则使得成立的的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】记函数,则,因为当时,,故当时,,所以在单调递减;又因为函数是奇函数,故函数是偶函数,所以在单调递减,且.当时,,则;当时,,则,综上所述,使得成立的的取值范围是,故选A.
【2015高考新课标1,理12】设函数=,其中a1,若存在唯一的整数,使得0,则的取值范围是( )
(A)[-,1) (B)[-,) (C)[,) (D)[,1)
【答案】D
【2015高考新课标2,理21】(本题满分12分)
设函数.
(Ⅰ)证明:在单调递减,在单调递增;
(Ⅱ)若对于任意,都有,求的取值范围.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ).
若,则当时,,;当时,,.
若,则当时,,;当时,,.
所以,在单调递减,在单调递增.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,对任意的,在单调递减,在单调递增,故在处取得最小值.所以对于任意,的充要条件是:即
①,设函数,则.当时,;当时,
.故在单调递减,在单调递增.又,,故当时,.当时,,,即①式成立.当时,由的单调性,,即;当时,,即.综上,的取值范围是.
【2015江苏高考,17】(本小题满分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的山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为,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到的距离分别为5千米和40千米,点N到的距离分别为
20千米和2.5千米,以所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数 (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,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.
【答案】(1)(2)①定义域为,
②千米
【解析】
(1)由题意知,点,的坐标分别为,.
将其分别代入,得,
解得.
(2)①由(1)知,(),则点的坐标为,
设在点处的切线交,轴分别于,点,,
则的方程为,由此得,.
故,.
②设,则.令,解得.
当时,,是减函数;
当时,,是增函数.
从而,当时,函数有极小值,也是最小值,所以,
此时.
答:当时,公路的长度最短,最短长度为千米.
1.(2014·安徽卷)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时 ,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
【解析】解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2.
令f′(x)=0,得x1=,
x2=,x1x2时,f′(x)<0;
当x10.
故f(x)在和 内单调递减,
在内单调递增.
2.(2014·安徽卷)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.
(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;
(2)数列{an}满足a1>c,an+1=an+a,证明:an>an+1>c.
【解析】证明:(1)用数学归纳法证明如下.
①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.
②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.
当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.
所以当p=k+1时,原不等式也成立.
综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.
(2)方法一:先用数学归纳法证明an>c.
①当n=1时,由题设知a1>c成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c成立.
由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.
当n=k+1时,=+a=
1+.
由ak>c>0得-1<-<<0.
由(1)中的结论得=>1+p· =.
因此a>c,即ak+1>c,
所以当n=k+1时,不等式an>c也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c均成立.
再由=1+可得<1,
即an+1an+1>c,n∈N*.
方法二:设f(x)=x+x1-p,x≥c,则xp≥c,
所以f′(x)=+(1-p)x-p=>0.
由此可得,f(x)在[c,+∞)上单调递增,因而,当x>c时,f(x)>f(c)=c.
①当n=1时,由a1>c>0,即a>c可知
a2=a1+a=a1c,从而可得a1>a2>c,
故当n=1时,不等式an>an+1>c成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>ak+1>c成立,则当n=k+1时,f(ak)>f(ak+1)>f(c),
即有ak+1>ak+2>c,
所以当n=k+1时,原不等式也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>an+1>c均成立.
3.(2014·福建卷)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图像与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:当x>0时,x2ln 2时,f ′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,
且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)无极大值.
(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x.
由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x20时,x20时,x20时,ex>x2,所以ex=e·e>·,
当x>x0时,ex>>=x2,
因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x20时,x2x0时,有x20,f(x)单调递增;当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取得极小值f(-2)=0,在x=0处取得极大值f(0)=4.
(2)f′(x)=,易知当x∈时,<0,
依题意当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0,得b≤.
所以b的取值范围为.
7.(2014·全国卷)曲线y=xex-1在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A.2e B.e
C.2 D.1
【答案】C 【解析】因为y′=(xex-1)′=ex-1+xex-1,所以y=xex-1在点(1,1)处的导数是y′|x=1=e1-1+e1-1=2,故曲线y=xex-1在点(1,1)处的切线斜率是2.
8.(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】D 【解析】y′=a-,根据已知得,当x=0时,y′=2,代入解得a=3.
9.(2014·陕西卷)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中f′(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.
【解析】解:由题设得,g(x)=(x≥0).
(1)由已知,g1(x)=,
g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可得gn(x)=.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=,结论成立.
②假设n=k时结论成立,即gk(x)=.
那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x))===,即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
则φ′(x)=-=,
当a≤1时,φ′(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).
当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ′(x)<0,
∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,
∴φ(a-1)<φ(0)=0.
即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,
故知ln(1+x)≥不恒成立.
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,,x>0.
令x=,n∈N+,则ln>.
故有ln 2-ln 1>,
ln 3-ln 2>,
……
ln(n+1)-ln n>,
上述各式相加可得ln(n+1)>++…+,
结论得证.
方法三:如图,dx是由曲线y=,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而++…+是图中所示各矩形的面积和,
∴++…+>dx=
dx=n-ln(n+1),
结论得证.
10.(2014·四川卷)设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图像上(n∈N*).
(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图像上,求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若a1=1,函数f(x)的图像在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和Tn.
【解析】解:(1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,所以
2a8=4×2a7=2a7+2,解得d=a8-a7=2,
所以Sn=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)函数f(x)=2x在点(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2),
其在x轴上的截距为a2-.
由题意有a2-=2-,解得a2=2.
所以d=a2-a1=1.
从而an=n,bn=2n,
所以数列{}的通项公式为=,
所以Tn=+++…++,
2Tn=+++…+,
因此,2Tn-Tn=1+++…+-=2--=.
所以,Tn=.
11.(2014·安徽卷) 设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;
(2)当x∈[0,1]时 ,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
【解析】解: (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2.
令f′(x)=0,得x1=,
x2=,x1x2时,f′(x)<0;
当x10.
故f(x)在和 内单调递减,
在内单调递增.
12.(2014·安徽卷) 设实数c>0,整数p>1,n∈N*.
(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;
(2)数列{an}满足a1>c,an+1=an+a,证明:an>an+1>c.
【解析】证明:(1)用数学归纳法证明如下.
①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.
②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.
当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.
所以当p=k+1时,原不等式也成立.
综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.
(2)方法一:先用数学归纳法证明an>c.
①当n=1时,由题设知a1>c成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c成立.
由an+1=an+a易知an>0,n∈N*.
当n=k+1时,=+a=
1+.
由ak>c>0得-1<-<<0.
由(1)中的结论得=>1+p· =.
因此a>c,即ak+1>c,
所以当n=k+1时,不等式an>c也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c均成立.
再由=1+可得<1,
即an+1an+1>c,n∈N*.
方法二:设f(x)=x+x1-p,x≥c,则xp≥c,
所以f′(x)=+(1-p)x-p=>0.
由此可得,f(x)在[c,+∞)上单调递增,因而,当x>c时,f(x)>f(c)=c.
①当n=1时,由a1>c>0,即a>c可知
a2=a1+a=a1c,从而可得a1>a2>c,
故当n=1时,不等式an>an+1>c成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>ak+1>c成立,则当n=k+1时,f(ak)>f(ak+1)>f(c),
即有ak+1>ak+2>c,
所以当n=k+1时,原不等式也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>an+1>c均成立.
13.(2014·福建卷) 已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图像与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:当x>0时,x2ln 2时,f ′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,
且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)无极大值.
(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x.
由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x20时,x20时,x21,要使不等式x2kx2成立.
而要使ex>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.
令h(x)=x-2ln x-ln k,则h′(x)=1-=.
所以当x>2时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.
取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增.
又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,
易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.
即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x20时,ex>x2,所以ex=e·e>·,
当x>x0时,ex>>=x2,
因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x20,f(x)单调递增;当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取得极小值f(-2)=0,在x=0处取得极大值f(0)=4.
(2)f′(x)=,易知当x∈时,<0,
依题意当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0,得b≤.
所以b的取值范围为.
17.(2014·全国卷) 曲线y=xex-1在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A.2e B.e
C.2 D.1
【答案】C 【解析】 因为y′=(xex-1)′=ex-1+xex-1,所以y=xex-1在点(1,1)处的导数是y′|x=1=e1-1+e1-1=2,故曲线y=xex-1在点(1,1)处的切线斜率是2.
18.(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】D 【解析】 y′=a-,根据已知得,当x=0时,y′=2,代入解得a=3.
19.(2014·陕西卷) 设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中f′(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.
【解析】解:由题设得,g(x)=(x≥0).
(1)由已知,g1(x)=,
g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可得gn(x)=.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=,结论成立.
②假设n=k时结论成立,即gk(x)=.
那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x))===,即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
则φ′(x)=-=,
当a≤1时,φ′(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).
当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ′(x)<0,
∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,
∴φ(a-1)<φ(0)=0.
即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,
故知ln(1+x)≥不恒成立.
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,
比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
证明如下:
方法二:上述不等式等价于++…+,x>0.
令x=,n∈N+,则ln>.
故有ln 2-ln 1>,
ln 3-ln 2>,
……
ln(n+1)-ln n>,
上述各式相加可得ln(n+1)>++…+,
结论得证.
方法三:如图,dx是由曲线y=,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而++…+是图中所示各矩形的面积和,
∴++…+>dx=
dx=n-ln(n+1),
结论得证.
20.(2014·四川卷) 设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图像上(n∈N*).
(1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图像上,求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若a1=1,函数f(x)的图像在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和Tn.
【解析】解:(1)由已知得,b7=2a7,b8=2a8=4b7,所以
2a8=4×2a7=2a7+2,解得d=a8-a7=2,
所以Sn=na1+d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)函数f(x)=2x在点(a2,b2)处的切线方程为y-2a2=(2a2ln 2)(x-a2),
其在x轴上的截距为a2-.
由题意有a2-=2-,解得a2=2.
所以d=a2-a1=1.
从而an=n,bn=2n,
所以数列{}的通项公式为=,
所以Tn=+++…++,
2Tn=+++…+,
因此,2Tn-Tn=1+++…+-=2--=.
所以,Tn=.
21.(2014·四川卷)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;
(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.
【解析】解:(1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,得g(x)=f′(x)=ex-2ax-b.
所以g′(x)=ex-2a.
当x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a].
当a≤时,g′(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增,
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;
当a≥时,g′(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,
因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;
当0,g(1)=e-2a-b>0.
由f(1)=0得a+b=e-1<2,
则g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,
解得e-20,g(1)=1-a>0.
故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.
由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.
所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)0,所以x1<0,x2>0,
①当a≥4时,x2≥1.
由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当00时,“>a”等价于“sin x-ax>0”,“0对任意x∈恒成立.
当c≥1时,因为对任意x∈,g′(x)=cos x-c<0,所以g(x)在区间上单调递减,
从而g(x)g(0)=0.进一步,“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g=1-c≥0,即00对任意x∈恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈恒成立.
所以,若a<0时,x2ln 2时,f ′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,
且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4,
f(x)无极大值.
(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x.
由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,
故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,
所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x20时,x20时,x21,要使不等式x2kx2成立.
而要使ex>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2ln x+ln k成立.
令h(x)=x-2ln x-ln k,则h′(x)=1-=.
所以当x>2时,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.
取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增.
又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k,
易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0.
即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x20时,ex>x2,所以ex=e·e>·,
当x>x0时,ex>>=x2,
因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x20,即0e时,函数f(x)单调递减.
故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).
(2)因为e<3<π,所以eln 3π3;
由<,得ln 3e2-.①
由①得,eln π>e>2.7×>2.7×(2-0.88)=3.024>3,
即eln π>3,亦即ln πe>ln e3,所以e3<πe.
又由①得,3ln π>6->6-e>π,即3ln π>π,
所以eπ<π3.
综上可得,3e0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
当00.
故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,
在区间(x1,+∞)上单调递增.
综上所述,
当a≥1时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当0<a<1时,f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.
(2)由(*)式知,当a≥1时,f′(x)≥0,
此时f(x)不存在极值点,因而要使得f(x)有两个极值点,必有0-且x≠-2,
所以-2>-,-2≠-2,
解得a≠.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.
而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2.
令2a-1=x.由0g(1)=0.故当0.
综上所述,满足条件的a的取值范围为.
27.(2014·江西卷)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).
(1)当b=4时,求f(x)的极值;
(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.
28.(2014·辽宁卷)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,-3] B.
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
【答案】C 【解析】当-2≤x<0时,不等式转化为a≤,
令f(x)=(-2≤x<0),
则f′(x)==,故f(x)在[-2,-1]上单调递减,在(-1,0)上单调递增,此时有a≤=-2.当x=0时,g(x)恒成立.当01).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:0,所以f(x)在(-1,a2-2a)是增函数;
若x∈(a2-2a,0),则f′(x)<0,所以f(x)在(a2-2a,0)是减函数;
若x∈(0,+∞),则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)是增函数.
(ii)当a=2时,若f′(x)≥0,f′(x)=0成立当且仅当x=0,所以f(x)在(-1,+∞)是增函数.
(iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f′(x)>0,所以f(x)在(-1,0)是增函数;
若x∈(0,a2-2a),则f′(x)<0,
所以f(x)在(0,a2-2a)是减函数;
若x∈(a2-2a,+∞),则f′(x)>0,所以f(x)在(a2-2a,+∞)是增函数.
(2)由(1)知,当a=2时,f(x)在(-1,+∞)是增函数.
当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).
又由(1)知,当a=3时,f(x)在[0,3)是减函数.
当x∈(0,3)时,f(x)ln>=,
ak+1=ln(ak+1)≤ln<=,
即当n=k+1时,有 0,则a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)
【答案】C 【解析】当a=0时,f(x)=-3x2+1,存在两个零点,不符合题意,故a≠0.
由f′(x)=3ax2-6x=0,得x=0或x=.
若a<0,则函数f(x)的极大值点为x=0,且f(x)极大值=f(0)=1,极小值点为x=,且f(x)极小值=f=,此时只需>0,即可解得a<-2;
若a>0,则f(x)极大值=f(0)=1>0,此时函数f(x)一定存在小于零的零点,不符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为(-∞,-2).
31.(2014·新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)=aexln x+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
(2)证明:f(x)>1.
【解析】解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=aexln x+ex-ex-1+ex-1.
由题意可得f(1)=2,f′(1)=e,故a=1,b=2.
(2)证明:由(1)知,f(x)=exln x+ex-1,
从而f(x)>1等价于xln x>xe-x-.
设函数g(x)=xln x,
则g′(x)=1+ln x,
所以当x∈时,g′(x)<0;
32.(2014·新课标全国卷Ⅱ)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 2<<1.414 3,估计ln 2的近似值(精确到0.001).
【解析】解:(1)f′(x)=ex+e-x-2≥0,当且仅当x=0时,等号成立,
所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
(2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,
g′(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]
=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).
(i)当b≤2时,g′(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.
(ii)当b>2时,若x满足20,ln 2>>0.692 8;
当b=+1时,ln(b-1+)=ln,
g(ln)=--2+(3+2)ln 2<0,
ln 2<<0.693 4.
所以ln 2的近似值为0.693.
33.(2014·山东卷)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.
【解析】解:(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-k
=-
=.
由k≤0可得ex-kx>0,
所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数y=f(x)单调递减;x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数y=f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).
(2)由(1)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞).
因为g′(x)=ex-k=ex-eln k,
当00,y=g(x)单调递增,
故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点.
当k>1时,得x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数y=g(x)单调递减;
x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数y=g(x)单调递增.
所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点.
当且仅当
解得e1时,对x∈(0,a-1]有φ′(x)<0,
∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,
∴φ(a-1)<φ(0)=0.
即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,
故知ln(1+x)≥不恒成立.
综上可知,a的取值范围是(-∞,1].
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,,x>0.
令x=,n∈N+,则ln>.
故有ln 2-ln 1>,
ln 3-ln 2>,
……
ln(n+1)-ln n>,
上述各式相加可得ln(n+1)>++…+,
结论得证.
方法三:如图,dx是由曲线y=,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而++…+是图中所示各矩形的面积和,
∴++…+>dx=
dx=n-ln(n+1),
结论得证.
35.(2014·天津卷)设f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x10在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.
(ii)a>0时,由f′(x)=0,得x=-ln a.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-ln a)
-ln a
(-ln a,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
-ln a-1
这时,f(x)的单调递增区间是(-∞,-ln a);单调递减区间是(-ln a,+∞).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:①f(-ln a)>0;②存在s1∈(-∞,-ln a),满足f(s1)<0;③存在s2∈(-ln a,+∞),满足f(s2)<0.
由f(-ln a)>0,即-ln a-1>0,解得00.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a∈(0,e-1)及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).
对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.
因为g(x)在(0,1)上单调递增,所以由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1.类似可得ξ2<η2.
又由ξ1,η1>0,得<<,
所以随着a的减小而增大.
(3)证明:由x1=aex1,x2=aex2,可得ln x1=ln a+x1,ln x2=ln a+x2.故x2-x1=ln x2-ln x1=ln.
设=t,则t>1,且解得x1=,x2=,所以x1+x2=.①
令h(x)=,x∈(1,+∞),
则h′(x)=.
令u(x)=-2ln x+x-,得u′(x)=.
当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h′(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因此,由①可得x1+x2随着t的增大而增大.
而由(2),t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.
36.(2014·浙江卷)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).
(1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);
(2)设b∈R,若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.
(ii)当-10,t(a)在上是增函数,故t(a)>t(0)=-2,
因此-2≤3a+b≤0.
(iii)当0,
故f(x)在R上为增函数.
(3)由(1)知f′(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当且仅当x=0时等号成立.
下面分三种情况进行讨论:
当c<4时,对任意x∈R,f′(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值.
当c=4时,对任意x≠0,f′(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值.
当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0,则f′(x)=0有两个根x1=ln t1,x2=ln t2.
当x1x2时,f′(x)>0.
从而f(x)在x=x2处取得极小值.
综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞).
38.(2014·福建卷) 如图14,在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆,则它落到阴影部分的概率为________.
图14
【答案】. 【解析】因为函数y=ln x的图像与函数y=ex的图像关于正方形的对角线所在直线y=x对称,则图中的两块阴影部分的面积为
S=2ln xdx=2(xln x-x)1=2[(eln e-e)-(ln 1-1)]=2,
故根据几何概型的概率公式得,该粒黄豆落到阴影部分的概率P=.
39.(2014·湖北卷) 若函数f(x),g(x)满足f(x)g(x)dx=0,则称f(x),g(x)为区间[-1,1]上的一组正交函数,给出三组函数:
①f(x)=sinx,g(x)=cosx;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2.
其中为区间[-1,1]上的正交函数的组数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】C 【解析】由题意,要满足f(x),g(x)是区间[-1,1]上的正交函数,即需满足f(x)g(x)dx=0.
①f(x)g(x)dx=sinxcosxdx=
sinxdx==0,故第①组是区间[-1,1]上的正交函数;
②f(x)g(x)dx=(x+1)(x-1)dx==-≠0,故第②组不是区间[-1,1]上的正交函数;
③f(x)g(x)dx=x·x2dx==0,故第③组是区间[-1,1]上的正交函数.
综上,是区间[-1,1]上的正交函数的组数是2. 故选C.
1.已知函数f(x)的导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象如图所示,则f(x)的图象可能是( )
解析:选D 当x<0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的函数f(x)在该区间内单调递减;当x>0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象可知,导函数在区间(0,x1)内的值是大于0的,则在此区间内函数f(x)单调递增.
2.函数y=x2-ln x的单调递减区间为( )
A.(0,1) B.(0,+∞)
C.(1,+∞) D.(0,2)
解析:选A 对于函数y=x2-ln x,易得其定义域为{x|x>0},y′=x-=,令<0,又x>0,所以x2-1<0,解得00;当x∈(1,e]时,f′(x)<0,所以f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当x=1时,f(x)取得最大值ln 1-1=-1.
5.已知函数f(x)=x+在(-∞,-1)上单调递增,则实数a的取值范围是( )
A.[1,+∞) B.(-∞,0)∪(0,1]
C.(0,1] D.(-∞,0)∪[1,+∞)
解析:选D 函数f(x)=x+的导数为f′(x)=1-,由于f(x)在(-∞,-1)上单调递增,则f′(x)≥0在(-∞,-1)上恒成立,即≤x2在(-∞,-1)上恒成立.由于当x<-1时,x2>1,则有≤1,解得a≥1或a<0.
6. f(x)=x3-3x+a有3个不同的零点,则a的取值范围是________.
解析:由f′(x)=3x2-3>0,解得单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),f′(x)<0得单调递减区间为(-1,1).要有3个不同零点需满足解得a∈(-2,2).
答案:(-2,2)
7.若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数k的取值范围是________.
解析:因为y′=3x2-12,由y′>0,得函数的增区间是(-∞,-2)及(2,+∞),由y′<0,得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以k-1<-20.讨论f(x)的单调性.
解:由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),导函数f′(x)=1+-=.
设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判别式Δ=a2-8.
①当Δ<0,即00都有f′(x)>0.
此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.
②当Δ=0,即a=2 时,仅对x=有f′(x)=0,对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.
③当Δ>0,即a>2时,方程g(x)=0有两个不同的实根x1=,x2=,0时,求函数f(x)在[b,+∞)上的最小值.
解:f′(x)=.
(1)因为x=是f(x)的一个极值点,所以f′=0,
因此a-a+1=0,解得a=.
经检验,当a=时,x=是f(x)的一个极值点,故所求a的值为.
(2)由(1)可知,f′(x)=,令f′(x)=0,得x=或x=,当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下表:
所以f(x)的单调递增区间是,,单调递减区间是.
所以f(x)在[b,+∞)上的最小值为f(b)==.