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- 2021-06-30 发布
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1.(2015·课标Ⅰ,14,易)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=________.
【解析】 f′(x)=3ax2+1,f′(1)=3a+1,f(1)=a+2,故f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(a+2)=(3a+1)(x-1),代入点(2,7)得,a=1.
【答案】 1
2.(2015·课标Ⅱ,16,中)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】 ∵f′(x)=1+,∴f′(1)=2,
∴切线方程为y-1=2(x-1),
即y=2x-1.
由
得ax2+ax+2=0.∴Δ=a2-8a=0,
解得a=8(a=0舍去).
【答案】 8
1.(2011·重庆,3,易)曲线y=-x3+3x2在点(1,2)处的切线方程为( )
A.y=3x-1
B.y=-3x+5
C.y=3x+5
D.y=2x
A y′=-3x2+6x,当x=1时,切线的斜率k=-3×12+6×1=3.故切线方程为y-2=3(x-1),即y=3x-1,故选A.
2.(2011·山东,4,中)曲线y=x3+11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( )
A.-9 B.-3
C.9 D.15
【答案】 C ∵y′=3x2,∴过点P(1,12)的切线的斜率k=3,切线方程为y-12=3(x-1),即3x-y+9=0,故切线与y轴交点为(0,9),故选C.
3.(2014·广东,11,易)曲线y=-5ex+3在点(0,-2)处的切线方程为________.
【解析】 ∵切线的斜率为
y′|x=0=-5ex|x=0=-5,
∴曲线在点(0,-2)处的切线方程为y+2=-5x,即5x+y+2=0.
【答案】 5x+y+2=0
4.(2013·广东,12,中)若曲线y=ax2-ln x在点(1,a)处的切线平行于x轴,则a=________.
【解析】 令f(x)=ax2-ln x,得f′(x)=2ax-,
所以曲线在点(1,a)处的切线的斜率k=f′(1)=2a-1=0,得a=.
【答案】
方法点拨:曲线在某点处的切线平行于一条直线(斜率存在),则曲线在该点处的导数等于直线的斜率.
5.(2014·江西,11,中)若曲线y=xln x上点P处的切线平行于直线2x-y+1=0,则点P的坐标是________.
【解析】 由题意知,y′=ln x+1,直线斜率为2.由导数的几何意义,令ln x+1=2,得x=e,所以y=eln e=e,所以P(e,e).
【答案】 (e,e)
方法点拨:先求函数的导数,再利用导数的几何意义确定切点的坐标.
6.(2012·北京,18,13分,中)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;
(2)当a=3,b=-9时,若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为28,求k的取值范围.
解:(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b.
因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,所以f(1)=g(1),且f′(1)=g′(1).
即a+1=1+b,且2a=3+b.
解得a=3,b=3.
(2)令h(x)=f(x)+g(x).
当a=3,b=-9时,
h(x)=x3+3x2-9x+1,
h′(x)=3x2+6x-9.
令h′(x)=0,得x1=-3,x2=1.
h(x)与h′(x)在(-∞,2]上的情况如下:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,2)
2
h′(x)
+
0
-
0
+
h(x)
28
-4
3
由此可知:
当k≤-3时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(-3)=28;当-3<k<2时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此,k的取值范围是(-∞,-3].
7.(2014·山东,20,13分,难)设函数f(x)=aln x+,其中a为常数.
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)讨论函数f(x)的单调性.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=+
=+,
∵a=0,∴f′(x)=,
根据导数的几何意义,所求切线的斜率
k=f′(1)=.
又∵f(1)=0,∴所求切线方程为y=(x-1),即x-2y-1=0.
(2)f′(x)=
=,
当a≥0时,由x>0知f′(x)>0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a<0时,令g(x)=ax2+2(a+1)x+a,由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1),
①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,f′(x)<0.故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
③当Δ>0,即-<a<0时,
令x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点,则x1=,
x2=,
由x1=
=>0,
令f′(x)>0,则x∈(x1,x2),
令f′(x)<0,则x∈(0,x1)∪(x2,+∞),
∴f(x)在(x1,x2)上单调递增,在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递减.
综上所述:当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当-<a<0时,f(x)在(x1,x2)上单调递增,在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递减
(其中x1=,x2=;
当a≤-时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
方法点拨:(1)求出函数的定义域和导数,根据导数的几何意义求切线方程;(2)将导数通分,只看分子的符号决定导数的符号,对含参数的二次式进行分类讨论.
考向1 导数的运算
1.基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)=C(C为常数)
f′(x)=0
f(x)=xα(α∈Q*)
f′(x)=αxα-1(α∈Q*)
f(x)=sin x
f′(x)=cos x
f(x)=cos x
f′(x)=-sin x
f(x)=ax(a>0)
f′(x)=axln a(a>0)
f(x)=ex
f′(x)=ex
f(x)=logax(a>0,且a≠1)
f′(x)=(a>0,且a≠1)
f(x)=ln x
f′(x)=
2.导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x);
(2)[f(x)·g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x);
(3)′=(g(x)≠0).
(1)(2015·山东济南一模,5)设f′(x)是f(x)=的导数,则=( )
A. B.- C.2 D.-2
(2)(2013·江西,13)设函数f(x)在(0,+∞)内可导,且f(ex)=x+ex,则f′(1)=________.
【解析】 (1)由f(x)==-1-,
得f′(x)=,
所以f(2)=-2,f′(2)=1,所以=-.
(2)令t=ex,故x=ln t,所以f(t)=ln t+t,即f(x)=ln x+x,所以f′(x)=+1,所以f′(1)=1+1=2.
【答案】 (1)B (2)2
【点拨】 解题(1)时,首先将函数解析式进行化简,便于求导运算;解题(2)时,先用换元法,求出函数的解析式,然后再求导.
导数运算的原则和方法
(1)原则:先化简解析式,再求导.
(2)方法:
①连乘积形式:先展开化为多项式的形式,再求导;
②分式形式:观察函数的结构特征,先化为整式函数或较为简单的分式函数,再求导;
③对数形式:先化为和、差的形式,再求导;
④根式形式:先化为分数指数幂的形式,再求导;
⑤三角形式:先利用三角函数公式转化为和或差的形式,再求导.
要牢记导数公式和导数的四则运算法则,切忌记混公式法则.
(2015·吉林长春模拟,6)函数y=的导数是( )
A.y′= B.y′=
C.y′= D.y′=
【答案】 B 因为y=,
所以y′=
=,故选B.
考向2 导数的几何意义及其应用
1.导数的几何意义
函数f(x)在x=x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y=f(x)上点(x0,f(x0))处的切线的斜率.相应地,切线方程为y-f(x0)=f′(x0)(x-x0).
2.导数几何意义的应用
(1)已知切点A(x0,f(x0))求斜率k,即求该点处的导数值k=f′(x0).
(2)已知斜率k,求切点A(x1,f(x1)),即解方程f′(x1)=k.
(3)已知过某点M(x1,f(x1))(不是切点)的切线斜率为k时,常需设出切点A(x0,f(x0)),利用k=求解.
(1)(2014·江苏,11)在平面直角坐标系xOy中,若曲线y=ax2+(a,b为常数)过点P(2,-5),且该曲线在点P处的切线与直线7x+2y+3=0平行,则a+b的值是________.
(2)(2013·北京,18,13分)设L为曲线C:y=在点(1,0)处的切线.
①求L的方程;
②证明:除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.
【思路导引】 (1)依据点在曲线上,导数在切点处的取值等于切线的斜率,切线与直线平行,建立关于a,b的方程组并求解a,b;(2)先求切线方程,后证明直线L上任意一点对应的函数值均大于曲线C上任一点对应的函数值.
【解析】 (1)因为曲线y=ax2+过点P(2,-5),
所以4a+=-5.①
又y′=2ax-,且曲线在点P(2,-5)处的切线与直线7x+2y+3=0平行,所以4a-=-.②
由①②解得所以a+b=-3.
(2)①设f(x)=,则f′(x)=.
所以切线的斜率k=f′(1)=1,
所以L的方程为y=x-1.
②证明:令g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0,x≠1).
g(x)满足g(1)=0,
且g′(x)=1-f′(x)=.
当0<x<1时,x2-1<0,ln x<0,所以g′(x)<0,故g(x)单调递减;
当x>1时,x2-1>0,ln x>0,所以g′(x)>0,故g(x)单调递增.
所以g(x)>g(1)=0(∀x>0,x≠1).
所以除切点(1,0)之外,曲线C在直线L的下方.
求函数的切线方程的注意事项
(1)首先应判断所给点是不是切点,如果不是,要先设出切点.
(2)切点既在原函数的图象上也在切线上,可将切点代入两者的函数解析式建立方程组.
(3)在切点处的导数值等于切线的斜率,这是求切线方程最重要的条件.
(4)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点.例如,y=x3在(1,1)处的切线l与y=x3的图象还有一个交点(-2,-8).
(1)(2014·安徽,15)若直线l与曲线C满足下列两个条件:
(i)直线l在点P(x0,y0)处与曲线C相切;(ii)曲线C在点P附近位于直线l的两侧,则称直线l在点P处“切过”曲线C.
下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号).
①直线l:y=0在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=x3
②直线l:x=-1在点P(-1,0)处“切过”曲线C:y=(x+1)2
③直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=sin x
④直线l:y=x在点P(0,0)处“切过”曲线C:y=tan x
⑤直线l:y=x-1在点P(1,0)处“切过”曲线C:y=ln x
(2)(2012·课标全国,13)曲线y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为__________.
(1)【解析】 ①y′=3x2.在点P(0,0)处,x=0时,k=0,切线方程为y=0,满足(i).由图1可知,满足(ii).
②y′=2(x+1),在点P(-1,0)处,x=-1时,k=0,切线方程为y=0,曲线在P(-1,0)处的切线方程不是x=-1,不满足(i).
③y′=cos x,在点P(0,0)处,x=0时,k=1,切线方程为y=x,满足(i);由图2知,满足(ii).
④y′==.在点P(0,0)处,k=1,切线方程为y=x,满足(i);由图3知,满足(ii).
⑤y′=,在点P(1,0)处,k=1,切线方程为y=x-1,满足(i);由图4可知,不满足(ii).
综上,①③④为真命题.
【答案】 ①③④
(2)【解析】 y′=3ln x+1+x·=3ln x+4,曲线在点(1,1)处的斜率为k=f′(1)=4,∴切线方程为y-1=4(x-1),即y=4x-3.
【答案】 y=4x-3
1.(2015·湖北襄阳一模,5)函数f(x)=excos x的图象在点(0,f(0))处的切线的倾斜角为( )
A. B.0 C. D.1
【答案】 A 由f′(x)=ex(cos x-sin x),则在点(0,f(0))处的切线的斜率k=f′(0)=1,故倾斜角为,选A.
2.(2015·湖南长沙二模,6)若曲线f(x)=x4-x在点P处的切线平行于直线3x-y=0,则点P的坐标为( )
A.(-1,2) B.(1,-3) C.(1,0) D.(1,5)
【答案】 C 设点P的坐标为(x0,y0),因为f′(x)=4x3-1,所以f′(x0)=4x-1=3,即x0=1.把x0=1代入函数f(x)=x4-x得y0=0,所以点P的坐标为(1,0).
3.(2015·四川成都质检,8)已知函数f(x)=-x3+2x2+2x,若存在满足0≤x0≤3的实数x0,使得曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线与直线x+my-10=0垂直,则实数m的取值范围是( )
A.[6,+∞) B.(-∞,2]
C.[2,6] D.[5,6]
【答案】 C f′(x)=-x2+4x+2=-(x-2)2+6,因为x0∈[0,3],所以f′(x0)∈[2,6],又因为切线与直线x+my-10=0垂直,所以切线的斜率为m,所以m的取值范围是[2,6].
4.(2014·河南开封二模,12)过点A(2,1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有( )
A.3条 B.2条 C.1条 D.0条
【答案】 A 由题意得,f′(x)=3x2-3,设切点为(x0,x-3x0),那么切线的斜率为k=3x-3,利用点斜式方程可知切线方程为y-(x-3x0)=(3x-3)(x-x0),将点A(2,1)代入可得关于x0的一元三次方程2x-6x+7=0.令y=2x-6x+7,则y′=6x-12x0.由y′=0得x0=0或x0=2.当x0=0时,y=7>0;x0=2时,y=-1<0.所以方程2x-6x+7=0有3个解.故过点A(2,1)作曲线f(x)=x3-3x的切线最多有3条,故选A.
方法点拨:曲线y=f(x)过点P(x0,y0)(点不在曲线y=f(x)上)的切线方程的求解步骤:
(1)设出切点坐标P′(x1,f(x1));
(2)写出过P′(x1,f(x1))的切线方程为y-f(x1)=f′(x1)·(x-x1);
(3)将点P(x0,y0)代入切线方程,求出x1;
(4)将x1的值代入方程y-f(x1)=f′(x1)·(x-x1)可得过点P(x0,y0)的切线方程.
5.(2015·江西上饶一模,13)已知函数y=f(x)的图象在M(1,f(1))处的切线方程是y=x+2,则f(1)+f′(1)=________.
【解析】 由题设知,点M(1,f(1))既在函数y=f(x)的图象上,又在切线y=x+2上,所以f(1)=+2=.又f′(1)=,所以f(1)+f′(1)=+=3.
【答案】 3
6.(2015·湖北武汉一模,11)设f1(x)=sin x,定义fn+1(x)为fn(x)的导数,即fn+1(x)=f′n(x),n∈N*.若△ABC的内角A满足f1(A)+f2(A)+…+f2 014(A)=,则tan A的值是________.
【解析】 f1(x)=sin x,f2(x)=f′1(x)=cos x,f3(x)=f′2(x)=-sin x,f4(x)=f′3(x)=-cos x,f5(x)=f′4(x)=sin x,…,所以f1(A)+f2(A)+…+f2 014(A)=f1(A)+f2(A)=sin A+cos A=.又sin2A+cos2A=1,所以sin A=.
因为A为△ABC的内角,
所以sin A=.
所以cos A=,所以tan A==-2-.
【答案】 -2-
方法点拨:本题的解题关键是找到导函数的周期.
7.(2014·湖南岳阳一模,15)设曲线y=上有一点P(x1,y1),与曲线切于点P的切线为m,若直线n过P且与m垂直,则称n为曲线在点P处的法线,设n交x轴于点Q,又作PR⊥x轴于R,则RQ的长为________.
【解析】 依题意知,令y=f(x)=,
∴f′(x1)=.
∵n与m垂直,∴n的斜率为-2,
∴直线n的方程为y-y1=-2(x-x1).
由题意设点Q,点R的坐标分别为(xQ,0),(xR,0).
令y=0,又y1=,则-=-2·(xQ-x1),解得xQ=+x1,由题意知,xR=x1,
∴|RQ|=|xQ-xR|=.
【答案】
8.(2015·湖南株洲质检,15)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)图象的对称中心为M(x0,f(x0)),
记函数f(x)的导函数为f′(x),f′(x)的导函数为f″(x),则有f″(x0)=0.若函数f(x)=x3-3x2,则f + f +…+f +f =________.
【解析】 f′(x)=3x2-6x,f″(x)=6x-6.
令f″(x)=0,得x=1,f(1)=-2,
∴f(x)的对称中心为(1,-2),
∴f(2-x)+f(x)=-4,
f +f +…+f +f =-4×2 012+f(1)=-8 048-2=-8 050.
【答案】 -8 050
1.(2015·课标Ⅰ,21,12分,难)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.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2e2x-(x>0).
当a≤0时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;
当a>0时,因为y=e2x单调递增,y=-单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)单调递增.又f′(a)>0,当b满足00时,f′(x)存在唯一零点.
(2)证明:由(1),可设f′(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).
由于-=0,所以f(x0)=-aln x0=-=-aln+2ax0=+2ax0+aln≥2a+aln.
故当a>0时,f(x)≥2a+aln.
2.(2015·安徽,21,13分,难)已知函数f(x)=(a>0,r>0).
(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;
(2)若=400,求f(x)在(0,+∞)内的极值.
解:(1)由题意知x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞).
f(x)==,
f′(x)=
=,
所以当x<-r或x>r时,f′(x)<0;
当-r<x<r时,f′(x)>0,
因此,f(x)的单调递减区间为(-∞,-r),(r,+∞);f(x)的单调递增区间为(-r,r).
(2)由(1)的解答可知f′(r)=0,f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减.因此,x=r是f(x)的极大值点,所以f(x)在(0,+∞)内的极大值为f(r)====100.
3.(2015·课标Ⅱ,21,12分,难)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.
若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>0时,f(x)在x=取得最大值,
最大值为f =ln+a
=-ln a+a-1.
因此f >2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.
于是,当01时,g(a)>0.
因此,a的取值范围是(0,1).
4.(2015·山东,20,13分,难)设函数f(x)=(x+a)ln x,g(x)=.已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x-y=0平行.
(1)求a的值;
(2)是否存在自然数k,使得方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出k;如果不存在,请说明理由;
(3)设函数m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示p,q中的较小值),求m(x)的最大值.
解:(1)由题意知,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为2,
所以f′(1)=2.
又f′(x)=ln x++1,
所以a=1.
(2)k=1时,方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根.
设h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x-,
当x∈(0,1]时,h(x)<0.
又h(2)=3ln 2-=ln 8->1-1=0,
所以存在x0∈(1,2),使得h(x0)=0.
因为h′(x)=ln x++1+,
所以当x∈(1,2)时,h′(x)>1->0;
当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.
所以当x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增.
所以k=1时,方程f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根.
(3)由(2)知方程f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根x0,
且x∈(0,x0)时,f(x)g(x),
所以m(x)=
当x∈(0,x0)时,若x∈(0,1],m(x)≤0;若x∈(1,x0),由m′(x)=ln x++1>0,可知0<m(x)≤m(x0);
故m(x)≤m(x0).
当x∈(x0,+∞)时,由m′(x)=,
可得x∈(x0,2)时,m′(x)>0,m(x)单调递增,x∈(2,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减,
可知m(x)≤m(2)=,
且m(x0)<m(2).
综上可得函数m(x)的最大值为.
5.(2015·湖南,21,13分,难)已知a>0,函数f(x)=aexcos x(x∈[0,+∞)).记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点.
(1)证明:数列{f(xn)}是等比数列;
(2)若对一切n∈N*,xn≤|f(xn)|恒成立,求a的取值范围.
解:(1)证明:f′(x)=aexcos x-aexsin x=aexcos.
令f′(x)=0,由x≥0,得x+=mπ-,即x=mπ-,m∈N*.
而对于cos,当k∈Z时,
若2kπ-0;
若2kπ+0,所以≤恒成立.
设g(t)=(t>0),则g′(t)=.
令g′(t)=0得t=1.
当01时,g′(t)>0,所以g(t)在区间(1,+∞)上单调递增.
因为x1∈(0,1),且当n≥2时,xn∈(1,+∞),xn0且g(1)<0,即-30,所以g(x)分别在区间 [-1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点.由于g(x)在区间(-∞,0)和(1,+∞)上单调,所以g(x)分别在区间(-∞,0)和[1,+∞)上恰有1个零点.
综上可知,当过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值范围是(-3,-1).
(3)过点A(-1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切;
过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;
过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.
6.(2013·广东,21,14分,难)设函数f(x)=x3-kx2+x(k∈R).
(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间;
(2)当k<0时,求函数f(x)在[k,-k]上的最小值m和最大值M.
解:f′(x)=3x2-2kx+1.
(1)当k=1时,f′(x)=3x2-2x+1,
Δ=4-12=-8<0,
∴f′(x)>0,f(x)在R上单调递增.
(2)方法一:当k<0时,f′(x)=3x2-2kx+1,其图象开口向上,对称轴为直线x=,且过(0,1).
①当Δ=4k2-12=4(k+)(k-)≤0,即-≤k<0时,f′(x)≥0,f(x)在[k,-k]上单调递增,从而当x=k时,f(x)取得最小值m=f(k)=k.
当x=-k时,f(x)取得最大值,
M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k.
②当Δ=4k2-12=4(k+)(k-)>0,即k<-时,令f′(x)=3x2-2kx+1=0,解得x1=,x2=
eq f(k-
(k2-3),3),注意到k<x2<x1<0,
∴m=min{f(k),f(x1)},
M=max{f(-k),f(x2)}.
∵f(x1)-f(k)=x-kx+x1-k=(x1-k)(x+1)>0,
∴f(x)的最小值m=f(k)=k.
∵f(x2)-f(-k)=x-kx+x2-(-k3-k3-k)=(x2+k)·[(x2-k)2+k2+1]<0,
∴f(x)的最大值M=f(-k)=-2k3-k.
综上所述,当k<0时,f(x)的最小值m=f(k)=k,最大值M=f(-k)=-2k3-k.
方法二:当k<0时,对∀x∈[k,-k],都有f(x)-f(k)=x3-kx2+x-k3+k3-k=(x2+1)(x-k)≥0,
故f(x)≥f(k).
f(x)-f(-k)=x3-kx2+x+k3+k3+k=(x+k)(x2-2kx+2k2+1)=(x+k)[(x-k)2+k2+1]≤0,
故f(x)≤f(-k),而f(k)=k<0,f(-k)=-2k3-k>0.
所以f(x)max=f(-k)=-2k3-k,f(x)min=f(k)=k.
7.(2014·江苏,19,16分,难)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.
(1)证明:f(x)是R上的偶函数;
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;
(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-x+3x0)成立.试比较ea-1与ae-1的大小,并证明你的结论.
解:(1)证明:因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.
(2)由条件知m(ex+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立.
令t=ex(x>0),则t>1,
所以m≤-=-对任意t>1成立.
因为t-1++1≥2+1=3,
所以-≥-,
当且仅当t-1=,即t=2,即x=ln 2时等号成立.
因此,实数m的取值范围是.
(3)令函数g(x)=ex+-a(-x3+3x),则g′(x)=ex-+3a(x2-1).
当x≥1时,ex->0,x2-1≥0,又a>0,故g′(x)>0.
所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.
由于存在x0∈[1,+∞),使ex0+e-x0-a(-x+3x0)<0成立,当且仅当最小值g(1)<0.
故e+e-1-2a<0,即a>.
令函数h(x)=x-(e-1)ln x-1,则h′(x)=1-.令h′(x)=0,得x=e-1,
当x∈(0,e-1)时,h′(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;
当x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.
所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).
注意到h(1)=h(e)=0,所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0.
当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0对任意的x∈(1,e)成立.
①当a∈⊆(1,e)时,h(a)<0,即a-1<(e-1)ln a,从而ea-10,则函数y=f(x)在这个区间内单调递增;
②若f′(x)<0,则函数y=f(x)在这个区间内单调递减;
③若f′(x)=0,则函数y=f(x)在这个区间内为常函数.
求函数f(x)的单调区间,也是求不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)的解集,但单调区间不能脱离函数定义域而单独存在,求单调区间要坚持“定义域优先”的原则.
(2014·湖北,21,14分)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)=的单调区间;
(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数.
【思路导引】 (1)先求函数的定义域,再对函数求导,进而求出函数的单调区间;(2)解题的关键是利用(1)的结论及y=ln x,y=ex,y=πx在定义域内的单调性来确定6个数中的最大数与最小数.
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
因为f(x)=,所以f′(x)=.
当f′(x)>0,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 3e0时为增函数;f′(x)<0时为减函数.
(2013·重庆,17,13分)设f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6).
(1)确定a的值;
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
解:(1)因为f(x)=a(x-5)2+6ln x,
故f′(x)=2a(x-5)+.
令x=1,得f(1)=16a,f′(1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1),由点(0,6)在切线上,可得6-16a=8a-6,解得a=.
(2)由(1)知,f(x)=(x-5)2+6ln x(x>0),
f′(x)=x-5+=.
令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3.
当0<x<2或x>3时,f′(x)>0,故f(x)的增区间是(0,2),(3,+∞);当2<x<3时,f′(x)<0,故f(x)的减区间是(2,3).
由此可知f(x)在x=2处取得极大值f(2)=+6ln 2,在x=3处取得极小值f(3)=2+6ln 3.
方法点拨:解答本题的关键是根据切线与坐标轴的交点求出a的值,
然后利用导数求单调区间与极值.
考向2 已知函数的单调性求参数的范围
导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件;
(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f′(x)=0不恒成立).
由函数f(x)在区间[a,b]内单调递增(或递减),可得f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在该区间恒成立,而不是f′(x)>0(或<0)恒成立,“=”不能少.
(2014·湖南永州质检,20,13分)已知函数f(x)=--ax(a∈R).
(1)当a=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在[-1,1]上为单调函数,求实数a的取值范围.
【解析】 (1)当a=时,f(x)=--x,
f′(x)=[(ex)2-3ex+2]=(ex-1)(ex-2),
令f′(x)=0,得ex=1或ex=2,即x=0或x=ln 2;
令f′(x)>0,则x<0或x>ln 2;
令f′(x)<0,则00,函数h(t)为单调增函数.
故h(t)在上的极小值点为t=.
又h(e)=+0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集,这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题;
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性,区间I中含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令I是其单调区间的子集,从而可求出参数的取值范围.
(2011·安徽,18,13分)设f(x)=,其中a为正实数.
(1)当a=时,求f(x)的极值点;
(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.
解:对f(x)求导得
f′(x)=ex.①
(1)当a=时,若f′(x)=0,
则4x2-8x+3=0,
解得x1=,x2=.
结合①式可知
x
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
所以x1=是极小值点,x2=是极大值点.
(2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合①与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,
因此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合a>0,知0<a≤1.
考向3 利用导数研究函数的极值和最值
1.判断函数极值的方法
一般地,当函数f(x)在点x0处连续时,
(1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是极大值;
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,那么f(x0)是极小值.
“极值点”不是点,若函数f(x)在x1处取得极大值,则x1即为极大值点,极大值为f(x1);在x2处取得极小值,则x2为极小值点,极小值为f(x2).
2.求可导函数f(x)的极值的步骤
(1)求导函数f′(x);
(2)求方程f′(x)=0的根;
(3)检验f′(x)在方程f′(x)=0的根的左右两侧的函数值的符号,如果左正右负,那么函数y=f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么函数y=f(x)在这个根处取得极小值,可列表完成.
f′(x0)=0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件.例如,f(x)=x3,f′(0)=0,但x=0不是极值点.
3.函数的最值
在闭区间[a,b]上的连续函数y=f(x),在[a,b]上必有最大值与最小值.在区间[a,b]上的连续函数y=f(x),若有唯一的极值点,则这个极值点就是最值点.
极值只能在定义域内部取得,而最值却可以在区间的端点取得,有极值的未必有最值,有最值的未必有极值;极值有可能成为最值,最值只要不在端点必定是极值.
(2013·浙江,21,15分)已知a∈R,函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax.
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
(2)若|a|>1,求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
【解析】 (1)当a=1时,f(x)=2x3-6x2+6x,
f′(x)=6x2-12x+6.
所以f′(2)=6.
又因为f(2)=4,所以切线方程为y-4=6(x-2),
即y=6x-8.
(2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).
令f′(x)=0,得到x1=1,x2=a.
当a>1时,
x
0
(0,1)
1
(1,a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
0
极大值
3a-1
极小值
a2(3-a)
4a3
比较f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得
g(a)=
当a<-1时,
x
0
(0,1)
1
(1,-2a)
-2a
f′(x)
-
0
+
f(x)
0
极小值
3a-1
-28a3-24a2
得g(a)=3a-1.
综上所述,f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为
g(a)=
【点拨】 解答本题的思路是:先求导,然后根据需要对参数a进行分类讨论,判断f′(x)的符号,得出函数的单调性,进而得出函数在每个区间上的最小值.
1.求函数f(x)极值的方法
求函数的极值应先确定函数的定义域,解方程f′(x)=0,再判断f′(x)=0的根是否是极值点,可通过列表的形式进行分析,若遇极值点含参数不能比较大小时,则需分类讨论.
2.求函数f(x)在区间[a,b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a,b]上单调递增或递减,f(a)与f(b)一个为最大值,一个为最小值;
(2)若函数在闭区间[a,b]内有极值,要先求出[a,b]上的极值,与f(a),f(b)比较,最大的是最大值,最小的是最小值,可列表完成;
(3)函数f(x)在区间(a,b)上有唯一一个极值点,这个极值点就是最大(或小)值点,此结论在导数的实际应用中经常用到.
(2014·安徽,20,13分)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:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2,
令f′(x)=0得x1=,
x2=,且x1<x2.
∴f′(x)=-3(x-x1)(x-x2),
当x<x1或x>x2时,f′(x)<0;当x1<x<x2时,f′(x)>0,
∴f(x)在和上单调递减,
在上单调递增.
(2)∵a>0,∴x1<0,x2>0,
①当a≥4时,x2≥1,由(1)知f(x)在[0,1]上单调递增,
∴f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.
②当0<a<4时,x2<1,由(1)知f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,
∴f(x)在x=x2=处取得最大值.
又f(0)=1,f(1)=a,
∴当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;
当a=1时,f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;
当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.
考向4 利用导数解决实际问题
利用导数解决实际应用问题一般有如下几类:
(1)给出了具体的函数关系式,只需研究这个函数的性质即可;
(2)函数关系式中含有比例系数,根据已知数据求出比例系数得到函数关系式,再研究函数的性质;
(3)没有给出函数关系,需要先建立函数关系,再研究函数的性质.
(2013·重庆,20,12分)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米,高为h米,体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面的建造成本为100元/平方米,底面的建造成本为160元/平方米,该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).
(1)将V表示成r的函数V(r),并求该函数的定义域;
(2)讨论函数V(r)的单调性,并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.
【思路导引】 根据数量关系列出函数关系式,并利用导数研究函数的单调性与最值.
【解析】 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh=200πrh(元),底面的总成本为160πr2元,
所以蓄水池的总成本为(200πrh+160πr2)元.
又据题意知200πrh+160πr2=12 000π,
所以h=(300-4r2),
从而V(r)=πr2h=(300r-4r3).
因为r>0,又由h>0可得r<5,
故函数V(r)的定义域为(0,5).
(2)因为V(r)=(300r-4r3),
所以V′(r)=(300-12r2).
令V′(r)=0,解得r1=5,r2=-5(因r2=-5不在定义域内,舍去).
当r∈(0,5)时,V′(r)>0,故V(r)在(0,5)上为增函数;
当r∈(5,5)时,V′(r)<0,故V(r)在(5,5)上为减函数.
由此可知,V(r)在r=5处取得最大值,此时h=8.
即当r=5,h=8时,该蓄水池的体积最大.
【点拨】 本题在列出V关于r的表达式后,要根据r和人的实际意义得出正确的定义域,往往在这点上易出现错误.
1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤
→分析实际问题中各量之间的关系,找出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系y=f(x),根据实际意义确定定义域;
→求函数y=f(x)的导数f′(x),解方程f′(x)=0得出定义域内的实根,确定极值点;
→比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小,获得所求的最大(小)值;
→还原到原实际问题中作答.
2.在利用导数解决实际问题时,若在定义域内只有一个极值,这个值即为最优解.
(2011·山东,21,12分)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的容积为立方米,且l≥2r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元,设该容器的建造费用为y千元.
(1)写出y关于r的函数表达式,并求该函数的定义域;
(2)求该容器的建造费用最小时的r.
解:(1)设容器的容积为V,由题意知V=πr2l+πr3,又V=,故l==-r=.
由于l≥2r,因此≥2r,
整理得≥5r,故0<r≤2.
所以建造费用y=2πrl×3+4πr2c=2πr××3+4πr2c.
因此y=4π(c-2)r2+,0<r≤2.
(2)由(1)得y′=8π(c-2)r-
=,0<r<2.
由于c>3,所以c-2>0,
当r3-=0时,r=.
令=m,则m>0,
所以y′=(r-m)(r2+rm+m2).
①当0<m<2,即c>时,
当r=m时,y′=0;
当r∈(0,m)时,y′<0;
当r∈(m,2)时,y′>0.
所以r=m是函数y的极小值点,也是最小值点.
②当m≥2,即3<c≤时,
当r∈(0,2)时,y′<0,函数单调递减,
所以r=2是函数y的最小值点.
综合所述,若3<c≤,
建造费用最小时r=2;
若c>,建造费用最小时r=.
考向5 利用导数解决不等式问题
1.不等式的证明问题
可以从所证不等式的结构和特点出发,结合已有的知识利用转化与化归思想,构造一个新的函数,再借助导数确定函数的单调性,利用单调性实现问题的转化,从而使不等式得到证明,其一般步骤是:构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论.
2.不等式恒成立问题
若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可,利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而问题得解.
(2014·浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0),若f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).
(1)求g(a);
(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.
【思路导引】 (1)结合参数a的取值情况加以分类讨论,进而确定函数在给定区间内的最值; (2)将不等式恒成立问题进行转化,结合导数及其应用、函数的单调性等来证明.
【解析】 (1)因为a>0,-1≤x≤1,所以
①当0<a<1时,
若x∈[-1,a],则f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,a)上是减函数;
若x∈[a,1],则f(x)=x3+3x-3a,f′(x)=3x2+3>0,故f(x)在(a,1)上是增函数.
所以g(a)=f(a)=a3.
②当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是减函数,
所以g(a)=f(1)=-2+3a.
综上,g(a)=
(2)证明:令h(x)=f(x)-g(a),
①当0<a<1时,g(a)=a3.
若x∈[a,1],h(x)=x3+3x-3a-a3,得h′(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,
所以,h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)=4-3a-a3,且0<a<1,所以h(1)≤4.
故f(x)≤g(a)+4;
若x∈[-1,a],h(x)=x3-3x+3a-a3,得h′(x)=3x2-3,则h(x)在(-1,a)上是减函数,
所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是h(-1)=2+3a-a3.
令t(a)=2+3a-a3,则t′(a)=3-3a2>0,
知t(a)在(0,1)上是增函数.所以,t(a)<t(1)=4,
即h(-1)<4.
故f(x)≤g(a)+4.
②当a≥1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h′(x)=3x2-3,
此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=4.故f(x)≤g(a)+4.
综上,当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.
利用导数证明不等式的方法
(1)证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F′(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).
(2)证明f(x)>g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),如果F′(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).
(2011·课标全国,21,12分)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.
(1)求a,b的值;
(2)证明:当x>0,且x≠1时,f(x)>.
解:(1)f′(x)=-.
由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),
故即
解得a=1,b=1.
(2)证明:由(1)知f(x)=+,所以f(x)-=.
考虑函数h(x)=2ln x-(x>0),
则h′(x)=-
=-.
所以当x≠1时,h′(x)<0.而h(1)=0,故当x∈(0,1)时,h(x)>0,
可得h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,
可得h(x)>0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,即f(x)>.
考向6 利用导数研究与函数零点有关的问题
导数在研究函数零点中的应用
(1)研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点归根到底是研究函数的性质,如单调性、极值等.
(2)用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.
(2014·四川,21,14分)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.证明:e-2<a<1.
【思路导引】 (1)根据导数研究函数的单调性和最值;(2)利用零点存在性定理等知识证明不等式.
【解析】 (1)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有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<a<时,令g′(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).
所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.
于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.
综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;
当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;
当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.
(2)证明:设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.
则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负,故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.
同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.
所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.
由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.
当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.
所以<a<.
此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.
因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有
g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.
由f(1)=0有a+b=e-1<2,有
g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0.
解得e-2<a<1.
所以,函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.
利用导数研究方程根的方法
研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想去分析问题,可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
(2014·湖南,21,13分)已知函数f(x)=xcos x-sin x+1(x>0).
(1)求f(x)的单调区间;
(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点,证明:对一切n∈N*,有++…+<.
解:(1)f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.
令f′(x)=0,得x=kπ(k∈N*).
当x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)时,sin x>0,此时f′(x)<0;
当x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)时,sin x<0,此时f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),单调递增区间为((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N).
(2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,π)上单调递减,又f =0,故x1=.
当n∈N*时,因为f(nπ)f((n+1)π)=[(-1)nnπ+1]·[(-1)n+1(n+1)π+1]<0,
且函数f(x)的图象是连续不断的,所以f(x)在区间(nπ,(n+1)π)内至少存在一个零点.又f(x)在区间(nπ,(n+1)π)上是单调的,故nπ<xn+1<(n+1)π.
因此,当n=1时,=<;
当n=2时,+<(4+1)<;
当n≥3时,
++…+
<
<
=[5+++…+
=<<.
综上所述,对一切n∈N*,++…+<.
思路点拨:第(1)问,求导并结合三角函数的性质求解函数的单调区间;第(2)问,利用第(1)问的结论,得出函数的零点满足nπ<xn+1<(n+1)π,再利用分类讨论思想和放缩法证明不等式.
1.(2015·河南郑州一模,6)设函数f′(x)=x2+3x-4,则y=f(x+1)的单调递减区间为( )
A.(-4,1) B.(-5,0)
C. D.
【答案】 B 由f′(x)=x2+3x-4,令f′(x)<0,即x2+3x-4<0,解得-4<x<1,所以函数f(x)的单调递减区间为(-4,1),所以y=f(x+1)的单调递减区间为(-5,0).
2.(2015·山西长治调研,6)已知函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值,则c的取值范围为( )
A.c< B.c≤ C.c≥ D.c>
【答案】 A 由题意得f′(x)=x2-x+c,若函数f(x)有极值,则Δ=1-4c>0,解得c<.
方法点拨:f(x)在区间D内有极值,则f′(x)在区间D内有变号零点;本题中f′(x)=x2-x+c有两个不相等的实根.
3.(2015·四川成都一模,8)函数f(x)是定义域为R的函数,对任意实数x都有f(x)=f(2-x)成立.若当x≠1时,不等式(x-1)·f′(x)<0成立,设a=f(0.5),b=f ,c=f(3),则a,b,c的大小关系是( )
A.b>a>c B.a>b>c
C.c>b>a D.a>c>b
【答案】 A 因为对任意实数x都有f(x)=f(2-x)成立,所以函数的图象关于x=1对称,又由于若当x≠1时,不等式(x-1)·f′(x)<0成立,所以函数在(1,+∞)上单调递减,所以b=f >a=f(0.5)=f >f(3)=c.
思路点拨:本题解题关键是由(x-1)f′(x)<0,得出x>1时f′(x)<0,函数在(1,+∞)上单调递减.
4.(2015·湖北八校联考,9)已知函数f(x)=x3-tx2+3x,若对于任意的a∈[1,2],b∈(2,3],函数f(x)在区间[a,b]上单调递减,则实数t的取值范围是( )
A.(-∞,3] B.(-∞,5]
C.[3,+∞) D.[5,+∞)
【答案】 D ∵f(x)=x3-tx2+3x,∴f′(x)=3x2-2tx+3,由于函数f(x)在[a,b]上单调递减,则有f′(x)≤0在[a,b]上恒成立,即不等式3x2-2tx+3≤0在[a,b]上恒成立,即有t≥在[a,b]上恒成立,而函数y=在[1,3]上单调递增,由于a∈[1,2],b∈(2,3],当b=3时,函数y=取得最大值,
即ymax==5,所以t≥5,故选D.
5.(2014·山东青岛二模,14)已知函数f(x)=ex-2x+a有零点,则a的取值范围是____________.
【解析】 由原函数有零点,可转化为方程ex-2x+a=0有解,即方程a=2x-ex有解.
令函数g(x)=2x-ex,则g′(x)=2-ex.令g′(x)>0,得x<ln 2,g′(x)<0,得x>ln 2.所以g(x)在(-∞,ln 2)上是增函数,在(ln 2,+∞)上是减函数,所以g(x)的最大值为g(ln 2)=2ln 2-2.因此,a的取值范围就是函数g(x)的值域,所以a的取值范围为(-∞,2ln 2-2].
【答案】 (-∞,2ln 2-2]
6.(2015·河南新乡一模,13)设x1,x2是函数f(x)=x3-2ax2+a2x的两个极值点,若x1<2<x2,则实数a的取值范围是________.
【解析】 由题意得f′(x)=3x2-4ax+a2的两个零点x1,x2满足x1<2<x2,所以f′(2)=12-8a+a2<0,解得2<a<6.
【答案】 (2,6)
7.(2015·湖北黄冈一模,20,13分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在点x0处取得极小值-5,其导函数y=f′(x)的图象经过点(0,0),(2,0).
(1)求a,b的值;
(2)求x0及函数f(x)的表达式.
解:(1)由题设可得f′(x)=3x2+2ax+b.
∵f′(x)的图象过点(0,0),(2,0),
∴解得a=-3,b=0.
(2)由f′(x)=3x2-6x>0,得x>2或x<0,
∴在(-∞,0)上f′(x)>0,在(0,2)上f′(x)<0,在(2,+∞)上f′(x)>0,∴f(x)在(-∞,0),(2, +∞)上递增,在(0,2)上递减,因此f(x)在x=2处取得极小值,
∴x0=2,由f(2)=-5,得c=-1,∴f(x)=x3-3x2-1.
8.(2014·山东济南质检,20,12分)2014年1月,山东“两会”在省城济南召开,会上人大代表和政协委员就当前的“雾霾”发表自己的看法.某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状况进行了实地调研.据测定,该处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源的距离成反比,比例常数为k(k>0).现已知相距36 km的A,B两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a,b(a>0,b>0),
它们连线上任意一点C处的污染指数y等于两化工厂对该处的污染指数之和.设AC=x km.
(1)试将y表示为x的函数;
(2)若a=1时,y在x=6处取得最小值,试求b的值.
解:(1)由题意知,点C受A污染源污染指数为,点C受B污染源污染指数为,其中k为比例常数,且k>0.
从而点C处污染指数
y=+(0<x<36).
(2)因为a=1,所以y=+,
y′=k,令y′=0,
得x=,
当x∈时,函数单调递减;
当x∈时,函数单调递增.
所以x=时,函数取得最小值.又此时x=6,解得b=25,经检验符合题意.
9.(2015·山东省实验中学模拟,21,14分)函数f(x)=++.
(1)求y=f(x)在上的最值;
(2)若a≥0,求g(x)=++的极值点.
解:(1)f′(x)=-,
令f′(x)=0,得x=-1或x=-3.
列表如下:
x
-4
(-4,-3)
-3
(-3,-1)
f′(x)
-
0
+
f(x)
-
极小值-
x
-1
(-1,-)
-
f′(x)
0
-
f(x)
极大值0
-2
∴y=f(x)在上的最大值为0,最小值为-2.
(2)g′(x)=-,
设u=x2+4x+3a,
Δ=16-12a,
①当a≥时,Δ≤0,g′(x)≤0,
∴y=g(x)没有极值点.
②当0<a<时,x1=-2-,x2=-2+<0,
∴减区间为(-∞,x1),(x2,0),增区间为(x1,x2),
∴有两个极值点x1,x2.
③当a=0时,g(x)=+,g′(x)=-,
∴减区间为(-∞,-4),增区间为(-4,0),
∴有一个极值点x=-4.
综上所述,a=0时,有一个极值点x=-4;0<a<时,有两个极值点x1=-2-,x2=-2+:a≥时,没有极值点.
10.(2014·安徽阜阳一模,20,13分)已知定义域为R的奇函数f(x),当x>0时,f(x)=ln x-ax+1(a∈R).
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)若函数y=f(x)在R上恰有5个零点,求实数a的取值范围.
解:(1)设x<0,则-x>0.
因为f(x)是奇函数,
所以f(x)=-f(-x)=-ln(-x)-ax-1.
当x=0时,f(x)=0.
所以函数
f(x)=
(2)因为函数f(x)是奇函数,所以函数y=f(x)的零点关于原点对称,由f(x)=0恰有5个不同的实数根,知5个实数根中有2个正根、2个负根、1个零根,且2个正根和2个负根互为相反数.
所以要使方程f(x)=0恰有5个不同的实数根,只要使方程f(x)=0在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根即可.
下面研究x∈(0,+∞)时的情况:
因为f′(x)=-a,所以当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,方程f(x)=0在(0,+∞)上不可能有两个不同的实数根.
当a>0时,f′(x)=-a
=.
令f′(x)=0,得x=.
当0<x<时,f′(x)>0,函数f(x)在上单调递增;
当x>时,f′(x)<0,函数f(x)在单调递减.
所以函数f(x)在x=处取得极大值-ln a.
所以要使方程f(x)=0在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根,只要-ln a>0,解得0<a<1,故a的取值范围是(0,1).
11.(2015·江西南昌调研,20,13分)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)证明:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.
解:(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln 2.
于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,ln 2)
ln 2
(ln 2,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
2(1-ln 2+a)
单调递增
故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),f(x)在x=ln 2处取得极小值.
极小值为f(ln 2)=2(1-ln 2+a).
(2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,
于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.
由(1)知当a>ln 2-1时,g′(x)的最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0,
于是对任意x∈R都有g′(x)>0,
所以g(x)在R上单调递增.
所以当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).
而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0.即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.
(时间:120分钟__分数:150分)
一、选择题(共12小题,每小题5分,共60分)
1.(2015·山东潍坊质检,5)若曲线y=x4的一条切线l与直线x+4y-3=0垂直,则l的方程为( )
A.4x-y-3=0
B.x+4y-5=0
C.4x-y+3=0
D.x+4y+3=0
【答案】 A 由已知得切线l的斜率为4,设切点为(x0,y0),∵y′=4x3,∴4x=4,∴x0=1.
∴切点为(1,1),∴切线l的方程为4x-y-3=0.
2.(2014·江西抚州期末,6)曲线y=x2+ln x在点(1,1)处的切线方程为( )
A.3x-y-2=0 B.x-3y+2=0
C.3x+y-4=0 D.x+3y-4=0
【答案】 A y′=2x+,故y′|x=1=3,故在点(1,1)处的切线方程为y-1=3(x-1),化简整理得3x-y-2=0.
3.(2014·黑龙江哈师大附中二模,4)设函数f(x)=axln x(a∈R,a≠0),若f′(e)=2,则f(e)的值为( )
A.1 B.
C.e D.2e
【答案】 C f′(x)=aln x+a,故f′(e)=2a=2,得a=1,故f(x)=xln x,f(e)=e.
4.(2013·浙江,8)已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是( )
【答案】 B 根据导函数值的大小变化情况,确定原函数的变化情况.
从导函数的图象可以看出,导函数值先增大后减小,x=0时最大,所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小,在x=0时变化率最大.A项,在x=0时变化率最小,故错误;C项,变化率是越来越大的,故错误;D项,变化率是越来越小的,故错误,B项正确.
5.(2012·陕西,9)设函数f(x)=+ln x,则( )
A.x=为f(x)的极大值点
B.x=为f(x)的极小值点
C.x=2为f(x)的极大值点
D.x=2为f(x)的极小值点
【答案】 D f′(x)=-+==0,可得x=2.当0<x<2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>2时,f′(x)>0,f(x)单调递增.∴x=2为f(x)的极小值点.
6.(2011·辽宁,11)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( )
A.(-1,1) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)
【答案】 B 方法一:设g(x)=f(x)-(2x+4),则g′(x)=f′(x)-2>0,∴g(x)在R上单调递增,且g(-1)=f(-1)-(-2+4)=0.∴当x>-1时,g(x)>g(-1)=0,即f(x)>2x+4,故此不等式的解集为 (-1,+∞).
方法二:由x∈R,f(-1)=2,f′(x)>2,可设f(x)=4x+6,则由4x+6>2x+4,得x>-1.故选B.
7.(2012·重庆,8)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=xf′(x)的图象可能是( )
【答案】 C ∵函数f(x)在x=-2处取得极小值,∴f′(-2)=0,且函数f(x)在x=-2左侧附近为减函数,在x=-2右侧附近为增函数,即当x<-2时,f′(x)<0,当x>-2时,f′(x)>0,从而当x<-2时,y=xf′(x)>0,当-2<x<0时,y=xf′(x)<0,对照选项可知只有C符合题意.
8.(2014·河北石家庄一模,8)若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,0) B.(-∞,4]
C.(0,+∞) D.[4,+∞)
【答案】 B 2xln x≥-x2+ax-3,则a≤2ln x+x+,设h(x)=2ln x+x+(x>0),则h′(x)=.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.所以a≤h(x)min=4.故a的取值范围是(-∞,4].
9.(2015·河南周口调研,8)已知函数f(x)=+的两个极值点分别为x1,x2,且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),点P(m,n)表示的平面区域为D,若函数y=loga(x+4)(a>1)的图象上存在区域D内的点,则实数a的取值范围是( )
A.(1,3] B.(1,3)
C.(3,+∞) D.[3,+∞)
【答案】 B 由题意,知y′=x2+mx+=0的两根x1,x2满足x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),所以即画出其表示的可行域D,因为y=loga(x+4)(a>1)的图象上存在区域D内的点,所以loga(-1+4)>1,即a<3,所以实数a的取值范围为(1,3).
10.(2014·湖北宜昌一模,8)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax,当x∈ (-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于( )
A. B.
C. D.1
【答案】 D 由f(x)是奇函数,x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1知,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.
令f′(x)=-a=0,得x=.
当0<x<时,f′(x)>0;
当x>时,f′(x)<0.
∴f(x)max=f=-ln a-1=-1,解得a=1.
11.(2015·湖南常德质检,9)定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若x1<x2,则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为( )
A.ex1f(x2)>ex2f(x1)
B.ex1f(x2)<ex2f(x1)
C.ex1f(x2)=ex2f(x1)
D.ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定
【答案】 A 设g(x)=,则g′(x)==,由题意g′(x)>0,所以g(x)单调递增,当x1<x2时,g(x1)<g(x2),即<,所以ex1f(x2)>ex2f(x1).
12.(2015·辽宁丹东二模,12)已知函数f(x)的定义域为[-3,+∞),且f(6)=2.f′(x)为f(x)的导函数,f′(x)的图象如图所示.若正数a,b满足f(2a+3b)<2,则的取值范围是( )
A.∪(3,+∞)
B.
C.∪(3,+∞)
D.
二、填空题(共4小题,每小题4分,共16分)
13.(2013·江西,11)若曲线y=xα+1(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=________.
【解析】 求导得y′=αxα-1,曲线在点(1,2)处的切线的斜率k=α,由点斜式得切线方程为y-2=α(x-1).
∵切线经过原点(0,0),∴-2=α×(-1),α=2.
【答案】 2
14.(2015·山东省实验中学月考,13)已知f(x)=x2+2xf′(1),则f′(0)=________.
【解析】 函数的导数为f′(x)=2x+2f′(1),∴f′(1)=2+2f′(1),解得f′(1)=-2,所以f′(x)=2x-4,故f′(0)=-4.
【答案】 -4
15.(2015·山西大同月考,13)若直线l与幂函数y=xn的图象相切于点A(,3),则直线l的方程为________.
【解析】 由已知,得点A(,3)在幂函数y=xn的图象上,即3=n,n=3,y=x3.由导数的几何意义,幂函数在点A处的切线的斜率为k=3×()2=9,所以,由直线方程的点斜式得直线l的方程为9x-y-6=0.
【答案】 9x-y-6=0
16.(2014·湖北武汉模拟,14)某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品零售价为p元,销量Q(单位:件)与零售价p(单位:元)有如下关系:Q=8 300-170p-p2,则该商品零售价定为________元时利润最大,利润的最大值为________元.
【解析】 设商场销售该商品所获利润为y元,则y=(p-20)(8 300-170p-p2)
=-p3-150p2+11 700p-166 000(p≥20),
则y′=-3p2-300p+11 700.
令y′=0得p2+100p-3 900=0,
解得p=30或p=-130(舍去).
则p,y,y′变化关系如下表:
p
(20,30)
30
(30,+∞)
y′
+
0
-
y
极大值
故当p=30时,y取极大值为23 000元.
又y=-p3-150p2+11 700p-166 000在[20,+∞)上只有一个极值,故也是最值.
所以该商品零售价定为每件30元,所获利润最大为23 000元.
【答案】 30 23 000
三、解答题(共6小题,共74分)
17.(12分)(2014·大纲全国,21)函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数,求a的取值范围.
解:(1)f′(x)=3ax2+6x+3,f′(x)=0的判别式Δ=36(1-a).
①若a≥1,则f′(x)≥0,当且仅当a=1,x=-1时,f′(x)=0.
故此时f(x)在R上是增函数.
②由于a≠0,故当a<1时,f′(x)=0有两个根:
x1=,x2=.
若0<a<1,则当x∈(-∞,x2)或x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)分别在(-∞,x2),(x1,+∞)上是增函数;
当x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故f(x)在(x2,x1)是减函数.
若a<0,则当x∈(-∞,x1)或x∈(x2,+∞)时,f′(x)<0,故f(x)分别在(-∞,x1),(x2,+∞)是减函数;
当x∈(x1,x2)时f′(x)>0,故f(x)在(x1,x2)是增函数.
(2)当a>0,x>0时,f′(x)=3ax2+6x+3>0,故当a>0时,f(x)在区间(1,2)是增函数.
当a<0时,f(x)在区间(1,2)是增函数,当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0,解得-≤a<0.
综上,a的取值范围是∪(0,+∞).
思路点拨:(1)先求出导函数,然后对参数a的取值进行分类讨论,利用导函数符号的变化判断函数的单调性;(2)根据a的符号进行分类讨论,再由(1)的结果及已知条件确定参数a所满足的条件,进而求其取值范围.
18.(12分)(2013·北京,18)已知函数f(x)=x2+xsin x+cos x.
(1)若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切,求a与b的值;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,求b的取值范围.
解:由f(x)=x2+xsin x+cos x,得f′(x)=x(2+cos x).
(1)因为曲线y=f(x)在点(a,f(a))处与直线y=b相切,所以f′(a)=a(2+cos a)=0,b=f(a).
解得a=0,b=f(0)=1.
(2)令f′(x)=0,得x=0.
f(x)与f′(x)的情况如下:
x
(-∞,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
1
所以函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,f(0)=1是f(x)的最小值.
当b≤1时,曲线y=f(x)与直线y=b最多只有一个交点;
当b>1时,f(-2b)=f(2b)≥4b2-2b-1>4b-2b-1>b,
f(0)=1<b,
所以存在x1∈(-2b,0),x2∈(0,2b),使得f(x1)=f(x2)=b.
由于函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,所以当b>1时曲线y=f(x)与直线y=b有且仅有两个不同交点.
综上可知,如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,那么b的取值范围是(1,+∞).
19.(12分)(2014·广东,21)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈∪,使得f(x0)=f.
解:(1)f′(x)=x2+2x+a,
方程x2+2x+a=0的判别式Δ=4-4a=4(1-a),
若a≥1,则Δ≤0,f′(x)=x2+2x+a≥0,∴f(x)在R上单调递增.
若a<1,则Δ>0,方程x2+2x+a=0有两个不同的实数根,x1=-1-,x2=-1+.
当x<x1或x>x2时,f′(x)>0;当x1<x<x2时,f′(x)<0,
∴f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),
单调递减区间为(-1-,-1+).
(2)当a<0时,x1=-1-<0,x2=-1+>0.
①当-1+≥1时,即a≤-3时,f(x)在(0,1)上单调递减,不满足题意;
②当-1+<1时,即-32,
故函数f(x)的单调递增区间为和(2,+∞).
(2)f′(x)=,a<0,
由f′(x)=0得x=-或x=-.
当x∈时,f(x)单调递增;
当x∈时,f(x)单调递减;
当x∈时,f(x)单调递增.
易知f(x)=(2x+a)2≥0,
且f =0.
①当-≤1,即-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上的最小值为f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=±2-2,均不符合题意.
②当1<-≤4,即-8≤a<-2时,
f(x)在[1,4]上的最小值为f =0,不符合题意.
③当->4,即a<-8时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4处取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8,得a=-10或a=-6(舍去),当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减,f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8,符合题意.
综上,a=-10.
21.(12分)(2014·福建,22)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与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,x2<ex;
(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.
解:方法一:(1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-a.
又f′(0)=1-a=-1,所以a=2.
所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2.
令f′(x)=0,得x=ln 2.
当x<ln 2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x>ln 2时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=ln 2时,f(x)有极小值.
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,即g′(x)>0.
所以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x2<ex.
(3)证明:对任意给定的正数c,取x0=,由(2)知,当x>0时,x2<ex.
所以当x>x0时,ex>x2>x,即x<cex.
因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.
方法二:(1)同方法一.
(2)同方法一.
(3)证明:令k=(k>0),要使不等式x<cex成立,只需要ex>kx成立.
而要使ex>kx成立,则只需要x>ln(kx),即x>ln x+ln k成立.
①若0<k≤1,则ln k≤0,易知当x>0时,x>ln x≥ln x+ln k成立.
即对任意c∈[1,+∞),取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.
②若k>1,令h(x)=x-ln x-ln k,
则h′(x)=1-=,
所以当x>1时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增.
取x0=4k,
h(x0)=4k-ln(4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2),
易知k>ln k,k>ln 2,所以h(x0)>0.
因此,对任意c∈(0,1),取x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.
综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.
方法三:(1)同方法一.
(2)同方法一.
(3)证明:①若c≥1,取x0=0,
由(2)的证明过程知,ex>2x,
所以当x∈(x0,+∞)时,有cex≥ex>2x>x,即x<cex.
②若0<c<1,
令h(x)=cex-x,则h′(x)=cex-1.
令h′(x)=0,得x=ln .
当x>ln 时,h′(x)>0,h(x)单调递增.
取x0=2ln ,
h(x0)=ce2ln -2ln =2,
易知-ln >0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增,
所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0,即x<cex.
综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<cex.
注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确即可.
思路点拨:(1)求f′(x),依题设条件可得f′(0)=-1,从而可求出a的值;求方程f′(x)=0的根,判断在导函数等于0的点的左右两侧的导数的符号,得出结论;(2)构造函数,
利用函数的单调性来证明不等式;(3)方法二、三对c进行分类讨论,通过构造函数,利用导数来求其单调性,就可得所求证的结果.
22.(14分)(2014·陕西,21)设函数f(x)=ln x+,m∈R.
(1)当m=e(e为自然对数的底数)时,求f(x)的极小值;
(2)讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数;
(3)若对任意b>a>0,<1恒成立,求m的取值范围.
解:(1)由题设,当m=e时,f(x)=ln x+,则f′(x)=,
∴当x∈(0,e),f′(x)<0,f(x)在(0,e)上单调递减,
当x∈(e,+∞),f′(x)>0,f(x)在(e,+∞)上单调递增,
∴当x=e时,f(x)取得极小值f(e)=ln e+=2,∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)=f′(x)-=--(x>0),
令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).
设φ(x)=-x3+x(x≥0),
则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
∴x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,因此x=1也是φ(x)的最大值点.
∴φ(x)的最大值为φ(1)=.
又φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),可知
①当m>时,函数g(x)无零点;
②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0<m<时,函数g(x)有两个零点;
④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.
综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;
当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0<m<时,函数g(x)有两个零点.
(3)对任意的b>a>0,<1恒成立,
等价于f(b)-b<f(a)-a恒成立.(*)
设h(x)=f(x)-x=ln x+-x(x>0).
∴(*)等价于h(x)在(0,+∞)上单调递减.
由h′(x)=--1≤0在(0,+∞)上恒成立,
得m≥-x2+x=-+(x>0)恒成立,
∴m≥(对m=,h′(x)=0仅在x=时成立,
∴m的取值范围是.
方法点拨:(1)利用导数研究函数的单调性,从而得到f(x)的极小值;(2)依据函数零点的意义将问题转化为三次函数图象问题进行解决;(3)将不等式恒成立进行合理变形转化,构建新函数,借助导数分离参数化归为二次函数在(0,+∞)上的值域问题,从而求得参数范围.