高考文科数学专题复习练习3导数的概念与几何意义 14页

38 导数的概念与几何 意义 9.(2015 辽宁沈阳四校联考,文 9,导数的概念与几何意义,选择题)已知函数 f(x)=x2+bx 的图象在点 A(1,f(1))处的切线斜率为 3,数列{ 1 푓(푛)}的前 n 项和为 Sn,则 S2 014 的值为(　　) A.2 012 2 013 B.2 013 2 014 C.2 014 2 015 D.2 015 2 016 解析:函数的导数 f'(x)=2x+b, ∵点 A(1,f(1))处的切线的斜率为 3, ∴f'(1)=2+b=3,解得 b=1. ∴f(x)=x2+x=x(x+1). ∴ 1 푓(푛) = 1 푛(푛 + 1) = 1 푛 ― 1 푛 + 1. ∴S2 014=(1 - 1 2) + (1 2 - 1 3) + (1 3 - 1 4)+…+( 1 2 014 - 1 2 015)=1- 1 2 015 = 2 014 2 015. 答案:C 4.(2015 河南洛阳二模,文 4,导数的概念与几何意义,选择题)曲线 f(x)=푥2 + 푎 푥 + 1 在点(1,f(1))处切线的倾斜 角为3π 4 ,则实数 a=(　　) A.1 B.-1 C.7 D.-7 解析:f(x)=푥2 + 푎 푥 + 1 的导数为 f'(x)=2푥(푥 + 1) - (푥2 + 푎) (푥 + 1)2 , 则 f(x)在点(1,f(1))处切线斜率为 k=4 - (1 + 푎) 4 , 切线的倾斜角为3π 4 ,即有 k=-1, 由4 - (1 + 푎) 4 =-1,解得 a=7. 答案:C 16.(2015 宁夏银川一中一模,文 16,导数的概念与几何意义,填空题)已知函数 f(x)=ex-mx+1 的图象为 曲线 C,若曲线 C 存在与直线 y=ex 垂直的切线,则实数 m 的取值范围为　　　　　. 解析:函数 f(x)=ex-mx+1 的导数为 f'(x)=ex-m, 若曲线 C 存在与直线 y=ex 垂直的切线, 即有 ex-m=-1 e有解,即 m=ex+1 e, 由 ex>0,得 m>1 e. 故实数 m 的范围为(1 e, + ∞). 答案:(1 e, + ∞) 10.(2015 河南开封定位模拟,文 10,导数的概念与几何意义,选择题)函数 f(x)=ln x+ax 存在与直线 2x- y=0 平行的切线,则实数 a 的取值范围是(　　) A.(-∞,2] B.(-∞,2) C.[0,+∞) D.(2,+∞) 解析:函数 f(x)=ln x+ax 存在与直线 2x-y=0 平行的切线,即 f'(x)=2 在(0,+∞)上有解, 而 f'(x)=1 푥+a,即1 푥+a=2 在(0,+∞)上有解,a=2-1 푥, 因为 x>0,所以 2-1 푥<2. 所以 a 的取值范围是(-∞,2). 答案:B 39 导数的运 算 8.(2015 辽宁锦州一模,文 8,导数的运算,选择题)已知函数 y=f(x)的导函数为 f'(x),且 f(x)=x2f'(π 3)+sin x, 则 f'(π 3)=(　　) A. 3 6 - 4π B. 3 6 - 2π C. 3 6 + 4π D. 3 6 + 2π 解析:∵f(x)=x2f'(π 3)+sin x, ∴f'(x)=2f'(π 3)x+cos x. ∴f'(π 3)=2f'(π 3) × π 3+cos π 3,解得 f'(π 3) = 3 6 - 4π. 答案:A 40 导数与函数的单 调性 12.(2015 辽宁沈阳一模,文 12,导数与函数的单调性,选择题)定义在 R 上的函数 f(x)满 足:f(x)+f'(x)>1,f(0)=4,则不等式 exf(x)>ex+3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为(　　) A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞) C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(3,+∞) 解析:设 g(x)=exf(x)-ex(x∈R), 则 g'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1]. ∵f(x)+f'(x)>1,∴f(x)+f'(x)-1>0. ∴g'(x)>0.∴y=g(x)在定义域上单调递增. ∵exf(x)>ex+3,∴g(x)>3. 又 g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3, ∴g(x)>g(0).∴x>0. 答案:A 12.(2015 辽宁沈阳四校联考,文 12,导数与函数的单调性,选择题)已知定义域为 R 的奇函数 f(x)的导函 数为 f'(x),当 x≠0 时,f'(x)+푓(푥) 푥 >0,若 a=1 2f(1 2),b=-2f(-2),c=(ln1 2)f(ln1 2),则 a,b,c 的大小关系正确的是(　　) A.a0 时,h'(x)=f(x)+x·f'(x)>0, ∴此时函数 h(x)单调递增. ∵a=1 2f(1 2)=h(1 2),b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),c=(ln1 2)f(ln1 2)=h(ln1 2)=h(-ln 2)=h(ln 2), 又 2>ln 2>1 2,∴b>c>a. 答案:A 21.(2015 辽宁沈阳四校联考,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=ax3+bx2 的图象经过点 M(1,4),曲线在点 M 处的切线恰好与直线 x+9y=0 垂直. (1)求实数 a,b 的值; (2)若函数 f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,求 m 的取值范围. 解:(1)∵f(x)=ax3+bx2 的图象经过点 M(1,4), ∴a+b=4. ① ∵f'(x)=3ax2+2bx,∴f'(1)=3a+2b. 由条件 f'(1)·( - 1 9)=-1,得 3a+2b=9. ② 由①②式解得 a=1,b=3. (2)由(1)知 f(x)=x3+3x2,f'(x)=3x2+6x, 令 f'(x)=3x2+6x≥0,得 x≥0 或 x≤-2. ∵函数 f(x)在区间[m,m+1]上单调递增, ∴[m,m+1]⊆(-∞,-2]∪[0,+∞). ∴m≥0 或 m+1≤-2. ∴m≥0 或 m≤-3. 20.(2015 河南开封二模,文 20,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=[ax2+(a-1)2x+a-(a-1)2]ex(其 中 a∈R). (1)若 x=0 为 f(x)的极值点,求 a 的值; (2)在(1)的条件下,解不等式 f(x)>(x-1)(1 2푥2 + 푥 + 1). 解:(1)∵f(x)=[ax2+(a-1)2x+a-(a-1)2]ex, ∴f'(x)=[ax2+(a2+1)x+a]ex. ∵x=0 为 f(x)的极值点,∴f'(0)=a·e0=0. ∴a=0.经检验成立. (2)当 a=0 时,不等式 f(x)>(x-1)(1 2푥2 + 푥 + 1)可化为(x-1)ex>(x-1)(1 2푥2 + 푥 + 1), 即(x-1)[e푥 - (1 2푥2 + 푥 + 1)]>0, 令 g(x)=ex-(1 2푥2 + 푥 + 1),h(x)=g'(x)=ex-x-1,h'(x)=ex-1. 当 x>0 时,h'(x)=ex-1>0,当 x<0 时,h'(x)=ex-1<0. 故 h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增, 所以 h(x)>h(0)=0. 故 g(x)在 R 上单调递增,且 g(0)=0. 故 ex-(1 2푥2 + 푥 + 1)>0,x>0,ex-(1 2푥2 + 푥 + 1)<0,x<0. 所以原不等式的解集为{x|x<0 或 x>1}. 9. (2015 河南郑州一模,文 9,导数与函数的单调性,选择题)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(- 1)=f(3)=1,f'(x)为 f(x)的导函数,且导函数 y=f'(x)的图象如图所示.则不等式 f(x)<1 的解集是(　　) A.(-1,0) B.(-1,3) C.(0,3) D.(-∞,-1)∪(3,+∞) 解析:由函数的图象可知,当 x>0 时,函数 f'(x)>0,函数单调递增, 当 x<0 时,函数 f'(x)<0,函数单调递减,且当 x=0 时,函数取得极小值 f(0), ∵f(-1)=f(3)=1, ∴当 0≤x<3 时,f(x)<1,当-13, ∴f(x)的值域为(3,4]. 记 h(x)=g(x)+2x2=ax-ln x,m=f(x), 原问题等价于:∀m∈(3,4],存在唯一的 x0∈[e-4,e],使得 h(x0)=m 成立. ∵h'(x)=a-1 푥 = 푎푥 - 1 푥 ,x∈[e-4,e]. ①当 a≤1 e时,h'(x)≤0 恒成立,h(x)单调递减, 由 h(x)max=h(e-4)=ae-4+4≥4,h(x)min=h(e)=ae-1≤3,解得 0≤a≤1 e. ②当 a≥e4 时,h'(x)≥0 恒成立,h(x)单调递增, h(x)min=h(e-4)=ae-4+4>4,不合题意,舍去. ③当1 e4,h(e)=ae-1, 要满足条件则 ae-1≤3,∴1 ee 3 2. (1)解:函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 求导数,得 f'(x)=1 푥-a=1 - 푎푥 푥 . ①若 a≤0,则 f'(x)>0,f(x)是(0,+∞)上的增函数,无极值; ②若 a>0,令 f'(x)=0,得 x=1 푎. 当 x∈(0,1 푎)时,f'(x)>0,f(x)是增函数; 当 x∈(1 푎, + ∞)时,f'(x)<0,f(x)是减函数. 所以当 x=1 푎时,f(x)有极大值,极大值为 f(1 푎)=ln1 푎-1=-ln a-1. 综上所述,当 a≤0 时,f(x)的递增区间为(0,+∞),无极值; 当 a>0 时,f(x)的递增区间为(0,1 푎),递减区间为(1 푎, + ∞),极大值为-ln a-1. (2)证明:因为 x1= e是函数 f(x)的零点, 所以 f( e)=0,即1 2-a e=0,解得 a= 1 2 e = e 2e. 所以 f(x)=ln x- 1 2 ex. 因为 f(e 3 2)=3 2 ― e 2>0,f(e 5 2)=5 2 ― e2 2 <0, 所以 f(e 3 2)·f(e 5 2)<0. 由(1)知,函数 f(x)在(2 e,+∞)上单调递减, 所以函数 f(x)在区间(e 3 2,e 5 2)上有唯一零点, 所以 x2>e 3 2. 21.(2015 河南开封定位模拟,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)(a ∈R). (1)若 a=0,判断函数 f(x)的单调性; (2)若 x>1 时,f(x)<0 恒成立,求 a 的取值范围. 解:(1)若 a=0,f(x)=xln x-x+1,f'(x)=ln x,x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)为减函数, x∈(1,+∞),f'(x)>0,f(x)为增函数. (2)f(x)=xln x-(x-1)(ax-a+1)<0,在(1,+∞)恒成立. ①若 a=0,f(x)=xln x-x+1,f'(x)=ln x,x∈(1,+∞),f'(x)>0, 所以 f(x)为增函数. 所以 f(x)>f(1)=0,即 f(x)<0 不成立. 所以 a=0 不成立. ②因为 x>1,ln x-(푥 - 1)(푎푥 - 푎 + 1) 푥 <0 在(1,+∞)恒成立, 不妨设 h(x)=ln x-(푥 - 1)(푎푥 - 푎 + 1) 푥 ,x∈(1,+∞), 则 h'(x)=-푎푥2 - 푥 - 푎 + 1 푥2 =-(푥 - 1)(푎푥 + 푎 - 1) 푥2 ,x∈(1,+∞), h'(x)=0,x1=1,x2=1 - 푎 푎 . 若 a<0,则 x2=1 - 푎 푎 <1,x>1,h'(x)>0,h(x)为增函数,h(x)>h(1)=0(不合题意). 若 00,h(x)为增函数,h(x)>h(1)=0(不合题意). 若 a≥1 2,x∈(1,+∞),h'(x)<0,h(x)为减函数,h(x)1 时,f(x)<0 恒成立,则 a 的取值范围为[1 2, + ∞). 11.(2015 哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模,文 11,导数与函数的单调性,选择题) 若函数 f(x)=2x3-3mx2+6x 在区间(2,+∞)上为增函数,则实数 m 的取值范围是(　　) A.(-∞,2) B.(-∞,2] C.( -∞,5 2) D.( -∞,5 2] 解析:f'(x)=6x2-6mx+6, 由已知条件知 x∈(2,+∞)时,f'(x)≥0 恒成立, 设 g(x)=6x2-6mx+6,则 g(x)≥0 在(2,+∞)上恒成立, 所以(1)若 Δ=36(m2-4)≤0,即-2≤m≤2,满足 g(x)≥0 在(2,+∞)上恒成立. (2)若 Δ=36(m2-4)>0,即 m<-2 或 m>2,则需{푚 2 < 2, 푔(2) = 30 - 12푚 ≥ 0, 解得 m<5 2, ∴m<-2 或 20,得- - 1 3푎 - 1 3푎或 x<- - 1 3푎, 所以满足 f(x)=ax3+x 恰有 3 个单调区间的 a 的范围是(-∞,0). 答案:D 20.(2015 河南商丘二模,文 20,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)=a(푥 - 1 푥)-2ln x,a∈R. (1)若 a=2,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若 a>0,求函数 f(x)的单调增区间; (3)设函数 g(x)=-푎 푥.若至少存在一个 x0∈[1,e],使得 f(x0)>g(x0)成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)当 a=2 时,函数 f(x)=2(푥 - 1 푥)-2ln x, f(1)=0,f'(x)=2(1 + 1 푥2) ― 2 푥. 曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为 f'(1)=2. 从而曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-0=2(x-1),即 2x-y-2=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). f'(x)=푎푥2 - 2푎푥 + 푎 푥2 ,不妨设 h(x)=ax2-2x+a, 当 a>0 时,Δ=4-4a2, ①若 00,即 h(x)>0,得 0 1 - 1 - 푎2 푎 , 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0, 1 - 1 - 푎2 푎 )和(1 - 1 - 푎2 푎 , + ∞); ②若 a≥1,h(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立, 则 f'(x)≥0 在(0,+∞)上恒成立. (3)因为存在一个 x0∈[1,e]使得 f(x0)>g(x0), 则 ax0>2ln x0,等价于 a> 2ln 푥0 푥0 . 令 F(x)=2ln푥 푥 ,等价于“当 x∈[1,e]时,a>F(x)min”. 对 F(x)求导,得 F'(x)=2(1 - ln푥) 푥2 . 因为当 x∈[1,e]时,F'(x)≥0,所以 F(x)在[1,e]上单调递增. 所以 F(x)min=F(1)=0,因此 a>0 时 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 21.(2015 辽宁丹东二模,文 21,导数与函数的单调性,解答题)设函数 f(x)=ex+ax+b 在点(0,f(0))处的切 线方程为 x+y+1=0. (1)求 a,b 的值,并求 f(x)的单调区间; (2)证明:当 x≥0 时,f(x)>x2-4. (1)解:f'(x)=ex+a, 由已知,f'(0)=-1,f(0)=-1, 故 a=-2,b=-2,f'(x)=ex-2, 当 x∈(-∞,ln 2)时,f'(x)<0,当 x∈(ln 2,+∞)时,f'(x)>0, 故 f(x)在(-∞,ln 2)单调递减,在(ln 2,+∞)单调递增. (2)证明:设 g(x)=f(x)-(x2-4)=ex-x2-2x+2, g'(x)=ex-2x-2=f(x)在(-∞,ln 2)单调递减,在(ln 2,+∞)单调递增, 因为 g'(0)=-1<0,g'(2)=e2-4>0,00, 即 g(x)在[0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 当 x≥0 时,g(x)≥g(x0)=e푥0 ― 푥20-2x0+2=4-푥20>0, 即 f(x)>x2-4. 21.(2015 河南中原名校联盟模拟,文 21,导数与函数的单调性,解答题)已知函数 f(x)= 푎 푥2+ln x. (1)若 y=f(x)在 x=1 处的切线的斜率为1 2,求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)=0 在[e-2,e2]上恰有两个实根,且 푎-a>푚2 - 3푚 + 2e2 e4 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:(1)由 f(x)= 푎 푥2+ln x 得 f'(x)=-2푎 푥3 + 1 푥, 若 y=f(x)在 x=1 处的切线的斜率为1 2, 故 f'(1)=-2a+1=1 2,解得 a=1 4, 即 f'(x)=- 1 2푥3 + 1 푥 = 2푥2 - 1 2푥3 (x>0). 由 f'(x)>0 得 x> 2 2 , 由 f'(x)<0 得 00, 当 x∈(e-1 2,e2),g'(x)<0, 故 g(x)在[e-2,e-1 2)上单调递增,在(e-1 2,e2)上单调递减, 故 g(x)在[e-2,e2]上的极大值为 g(e-1 2)= 1 2e, 而 g(e-2)= 2 e4,g(e2)=-2e4, 显然 g(e-2)>g(e2), 故 a 的取值范围是[ 2 e4, 1 2e), 令 h(a)= 푎-a,a∈[ 2 e4, 1 2e), 则 h'(a)= 1 2 푎-1, 令 h'(a)=0,解得 a=1 4 > 1 2e, 则 a∈[ 2 e4, 1 2e)时,h'(a)>0, 故 h(a)在[ 2 e4, 1 2e)上单调递增, 故 h(a)的最小值为 h( 2 e4) = 2 e2 ― 2 e4, 故只需要푚2 - 3푚 - 2e2 e4 < 2 e2 ― 2 e4, 即 m2-3m+2<0,解得 10 对 x>1 恒成立知 a>0. 所以 3ax2+(3-2a)x-(a2+2)≥0 在[1,+∞)上恒成立. 令 g(x)=3ax2+(3-2a)x-(a2+2),其对称轴为 x=1 3 ― 1 2푎, 因为 a>0,所以1 3 ― 1 2푎 < 1 3,从而 g(x)在[1,+∞)上为增函数. 所以只要 g(1)≥0 即可,即-a2+a+1≥0 成立, 解得1 - 5 2 ≤a≤1 + 5 2 . 又 a>0,所以 00 上有解, 即求函数 g(x)=xln x+x2-x3 的值域. b=x(ln x+x-x2),令 h(x)=ln x+x-x2, 由 h'(x)=1 푥+1-2x=(2푥 + 1)(1 - 푥) 푥 , 又 x>0,所以当 00. 从而 h(x)在(0,1)上为增函数. 当 x>1 时,h'(x)<0,从而 h(x)在(1,+∞)上为减函数. 所以 h(x)≤h(1)=0,而 h(x)可以无穷小. 所以 b 的取值范围为(-∞,0]. 13.(2015 辽宁重点中学协作体模拟)函数 f(x)=x3-3x2+6 在 x=　　　　　时取得极小值. 解析:函数 f(x)=x3-3x2+6 的导数为 f'(x)=3x2-6x=3x(x-2), 由 f'(x)>0,解得 x>2 或 x<0; 由 f'(x)<0,解得 00 时,恒有 f(x)≥0, 即 x>0 时,xex-ax2-x≥0 恒成立, 即 a≤e푥 - 1 푥 在 x>0 时恒成立, 令 g(x)=e푥 - 1 푥 ,则 g'(x)=푥e푥 - e푥 + 1 푥2 , 令 h(x)=xex-ex+1, 则 h'(x)=xex>0,故 h(x)在(0,+∞)上是增函数, 故 h(x)>h(0)=0,故 g'(x)=푥e푥 - e푥 + 1 푥2 >0, 故 g(x)在(0,+∞)上是增函数, 而lim 푥→0 g(x)=푙푖푚 x→0 e푥 - 1 푥 = lim 푥→0 ex=1. 故 a≤1. 21.(2015 河南郑州一模,文 21,导数与函数的极值,解答题)已知函数 f(x)=x2-(a+2)x+aln x. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的极值; (2)设定义在 D 上的函数 y=g(x)在点 P(x0,y0)处的切线方程为 l:y=h(x).当 x≠x0 时,若푔(푥) - ℎ(푥) 푥 - 푥0 >0 在 D 内 恒成立,则称 P 为函数 y=g(x)的“转点”.当 a=8 时,问函数 y=f(x)是否存在“转点”?若存在,求出“转点” 的横坐标;若不存在,请说明理由. 解:(1)a=1 时,f'(x)=2x-3+1 푥 = (푥 - 1)(2푥 - 1) 푥 , 当 f'(x)>0 时,01, 当 f'(x)<0 时,1 22 时,F(x)在( 4 푥0 ,푥0)上递减, 所以当 x∈( 4 푥0 ,푥0)时,F(x)>F(x0)=0, 此时 퐹(푥) 푥 - 푥0 <0. 所以 y=f(x)在(0,2),(2,+∞)上不存在“转点”,当 x0=2 时,F'(x)=2 푥(x-2)2,即 F(x)在(0,+∞)上是增函数. 当 x>x0 时,F(x)>F(x0)=0,当 xx,并且图象如下: 所以 f'(x)>0. 所以 f(x)在 R 上单调递增. (2)①若 f(x)有两个极值点 a,b,则 a,b 是方程 f'(x)=0 的两个根, 故方程 2mx-ex=0 有两个根 a,b, 又 x=0 显然不是该方程的根,所以方程 2m=e푥 푥 有两个实根, 设 g(x)=e푥 푥 ,得 g'(x)=e푥(푥 - 1) 푥2 , 所以当 x<0 时,g(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减. 当 x>0 时,g(x)>0;当 01 时,g'(x)>0. 所以 g(1)=e 是 g(x)的极小值. 所以要使方程 2m=e푥 푥 有两个根,需 2m>e,故 m>e 2,且 00. 所以 f(a)在(0,1)上是增函数. 所以 f(0)0),e 为自然对数的底 数. (1)若过点 A(2,f(2))的切线斜率为 2,求实数 a 的值; (2)当 x>0 时,求证:f(x)≥a(1 - 1 푥); (3)在区间(1,e)上푓(푥) 푥 - 1>1 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)函数 f(x)的导数 f'(x)=푎 푥, ∵过点 A(2,f(2))的切线斜率为 2, ∴f'(2)=푎 2=2,解得 a=4. (2)令 g(x)=f(x)-a(1 - 1 푥)=a(ln푥 - 1 + 1 푥), 则函数的导数 g'(x)=a(1 푥 - 1 푥2). 令 g'(x)>0,即 a(1 푥 - 1 푥2)>0,解得 x>1, ∴g(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增. ∴g(x)最小值为 g(1)=0. 故 f(x)≥a(1 - 1 푥)成立. (3)令 h(x)=aln x+1-x,则 h'(x)=푎 푥-1, 令 h'(x)>0,解得 xe 时,h(x)在(1,e)上是增函数, ∴h(x)>h(1)=0. 当 10,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为:a≥ 3 푥2 ― 1 푥3, 设 g(x)= 3 푥2 ― 1 푥3,则 g'(x)=3(1 - 2푥) 푥4 , 所以 g(x)在区间(0,1 2]上单调递增,在区间[1 2,1]上单调递减. 因此 g(x)max=g(1 2)=4,从而 a≥4. ③当 x<0,即 x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为:a≤ 3 푥2 ― 1 푥3, g(x)= 3 푥2 ― 1 푥3在区间[-1,0)上单调递增, 因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上 a=4. 答案:4 21.(2015 辽宁重点中学协作体模拟,文 21,导数与函数的最值,解答题)已知函数 f(x)=ex-me-x,e 为自然 对数的底数. (1)若 f(x)在 x=ln 2 处的切线的斜率为 1,求实数 m 的值; (2)当 m=1 时,若正数 a 满足:存在 x0∈[1,+∞),使得 f(x0)0,且 3ax2-3a≥0, ∴h'(x)>0,即 h(x)在[1,+∞)上单调递增. ∵存在 x0∈[1,+∞),使得 f(x0)1 2(e - 1 e). ∵ln푎e-1 e푎-1=ln ae-1-ln ea-1=(e-1)ln a-a+1, 设 m(a)=(e-1)ln a-a+1, 则 m'(a)=e - 1 푎 -1=e - 1 - 푎 푎 ,a>1 2(e - 1 e), 当1 2(e - 1 e)0,m(a)单调递增, 当 a>e-1 时,m'(a)<0,m(a)单调递减, 因此 m(a)在 a>1 2(e - 1 e)时至多有两个零点,而 m(1)=m(e)=0,且1 2(e - 1 e)>1, ∴当1 2(e - 1 e)0,ae-1>ea-1; 当 a=e 时,m(a)=0,ae-1=ea-1; 当 a>e 时,m(a)<0,ae-10)上的最小值; (3)若存在两不等实根 x1,x2∈[1 e,e],使方程 g(x)=2exf(x)成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)当 a=5 时,g(x)=(-x2+5x-3)-ex,g(1)=e. g'(x)=(-x2+3x+2)-ex, 故切线的斜率为 g'(1)=4e. 故切线方程为 y-e=4e(x-1),即 y=4ex-3e. (2)f'(x)=ln x+1, x (0, 1 푒) 1 푒 (1 푒, + ∞) f'(x)- 0 + f(x) 单调递 减 极小值(最小 值) 单调递 增 ①当 t≥1 e时,在区间(t,t+2)上 f(x)为增函数, 所以 f(x)min=f(t)=tln t. ②当 00, ∴h(x)是增函数. 当 x∈(1,e]时,h'(x)<0,∴h(x)是减函数. 则方程 h(x)=0 在[1 e,e]内有两个不等实根的充要条件是{ℎ(1 e) ≤ 0, ℎ(1) > 0, ℎ(e) ≤ 0, 即{ -2 - (1 e)2 + 푚 ≤ 0, 푚 - 1 > 0, 2 - e2 + 푚 ≤ 0, 解得 1