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- 2021-06-11 发布
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[基础题组练]
1．(2020·台州市高考模拟)已知y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)＞0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)的零点个数为( )
A．0 B．1
C．0或1 D．无数个
解析：选A.因为g(x)＝xf(x)＋1(x＞0)，g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(0)＝1，y＝f(x)为R上的连续可导函数，所以g(x)为(0，＋∞)上的连续可导函数，g(x)＞g(0)＝1，所以g(x)在(0，＋∞)上无零点．
2．(2020·丽水模拟)设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．
解析：(构造法)若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；
当x>0时，即x∈(0，1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.
设g(x)＝－，则g′(x)＝，
所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.
当x<0时，即x∈[－1，0)时，同理a≤－.
g(x)在区间[－1，0)上单调递增，
所以g(x)min＝g(－1)＝4，
从而a≤4，综上可知a＝4.
答案：4
3．已知函数f(x)＝(2－a)(x－1)－2ln x(a∈R)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在上无零点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，
则f′(x)＝1－＝，
由f′(x)＞0，得x＞2，由f′(x)＜0，得0＜x＜2，
故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．
(2)因为f(x)＜0在区间上恒成立不可能，
故要使函数f(x)在上无零点，
只要对任意的x∈，f(x)＞0恒成立，
即对x∈，a＞2－恒成立．
令h(x)＝2－，x∈，
则h′(x)＝，
再令m(x)＝2ln x＋－2，x∈，
则m′(x)＝＜0，
故m(x)在上为减函数，
于是，m(x)＞m＝4－2ln 3＞0，
从而h′(x)＞0，于是h(x)在上为增函数，
所以h(x)＜h＝2－3ln 3，
所以a的取值范围为[2－3ln 3，＋∞)．
4．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)已知函数f(x)＝x2＋，x∈(0，1]．
(1)求f(x)的极值点；
(2)证明：f(x)＞＋.
解：(1)f′(x)＝2x－.
令f′(x)＝0，解得x＝∈(0，1]．
当0＜x＜时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；
当＜x≤1时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，
所以，f(x)有极小值点x＝，但不存在极大值点．
(2)证明：设F(x)＝f(x)－，x∈(0，1]，则F′(x)＝2x－－＝，
设t＝()3，则方程4x3－()3－2＝4t2－t－2＝0在区间t∈(0，1)内恰有一个实根．
设方程4x3－()3－2＝0在区间(0，1)内的实根为x0，即x＝.
所以，当0＜x＜x0时，F′(x)＜0，此时F(x)单调递减；
当x0＜x≤1时，F′(x)＞0，此时F(x)单调递增．
所以[F(x)]min＝F(x0)＝x＋－＝＝－＋.
由y＝－＋在(0，1]上是减函数知，－＋＞－×1＋＝，故[F(x)]min＞.
综上，f(x)>＋.
5.函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)的导函数的图象如图所示：
(1)求a，b的值并写出f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)有三个零点，求c的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
所以f′(x)＝x2＋2ax＋b.
因为f′(x)＝0的两个根为－1，2，
所以解得a＝－，b＝－2，
由导函数的图象可知，当－1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
当x＜－1或x＞2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
故函数f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)＝x3－x2－2x＋c，
函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是增函数，在(－1，2)上是减函数，
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝＋c，
极小值为f(2)＝c－.
而函数f(x)恰有三个零点，故必有
解得－＜c＜.
所以使函数f(x)恰有三个零点的实数c的取值范围是.
6．(2020·浙江金华十校第二学期调研)设函数f(x)＝ex－x，h(x)＝－kx3＋kx2－x＋1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)设h(x)≤f(x)对任意x∈[0，1]恒成立时k的最大值为λ，证明：4＜λ＜6.
解：(1)因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝1.
(2)证明：由h(x)≤f(x)，化简可得k(x2－x3)≤ex－1，
当x＝0，1时，k∈R，
当x∈(0，1)时，k≤，
要证：4＜λ＜6，则需证以下两个问题；
①＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
先证：①＞4，即证ex－1＞4(x2－x3)，
由(1)可知，ex－x≥1恒成立，所以ex－1≥x，
又x≠0，所以ex－1＞x，
即证x≥4(x2－x3)⇔1≥4(x－x2)⇔(2x－1)2≥0，
(2x－1)2≥0，显然成立，
所以＞4对任意x∈(0，1)恒成立；
再证②存在x0∈(0，1)，使得＜6成立．
取x0＝，＝8(－1)，因为＜，
所以8(－1)＜8×＝6，
所以存在x0∈(0，1)，使得＜6，
由①②可知，4＜λ＜6.
[综合题组练]
1．(2020·杭州市学军中学高考模拟)已知函数f(x)＝ax3－bx2＋x(a，b∈R)．
(1)当a＝2，b＝3时，求函数f(x)极值；
(2)设b＝a＋1，当0≤a≤1时，对任意x∈[0，2]，都有m≥|f′(x)|恒成立，求m的最小值．
解：(1)当a＝2，b＝3时，f(x)＝x3－x2＋x，
f′(x)＝2x2－3x＋1＝(2x－1)(x－1)，
令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜，
令f′(x)＜0，解得＜x＜1，
故f(x)在(－∞，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f(x)极大值＝f()＝，f(x)极小值＝f(1)＝.
(2)当b＝a＋1时，f(x)＝ax3－(a＋1)x2＋x，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1，f′(x)恒过点(0，1)．
当a＝0时，f′(x)＝－x＋1，
m≥|f′(x)|恒成立，所以m≥1；
0＜a≤1，开口向上，对称轴≥1，
f′(x)＝ax2－(a＋1)x＋1＝a(x－)2＋1－，
①当a＝1时f′(x)＝x2－2x＋1，|f′(x)|在x∈[0，2]的值域为[0，1]；
要m≥|f′(x)|，则m≥1；
②当0＜a＜1时，
根据对称轴分类：
当x＝＜2，即＜a＜1时，
Δ＝(a－1)2＞0，f′()＝－(a＋)∈(－，0)，
又f′(2)＝2a－1＜1，所以|f′(x)|≤1；
当x＝≥2，即0＜a≤；
f′(x)在x∈[0，2]的最小值为f′(2)＝2a－1；
－1＜2a－1≤－，所以|f′(x)|≤1，
综上所述，要对任意x∈[0，2]都有m≥|f′(x)|恒成立，有m≥1.所以m的最小值为1.
2．(2020·台州市高考模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，2)上存在两个极值点，求3a＋b的取值范围；
(2)当a＝0，b≥－1时，求证：对任意的实数x∈[0，2]，|f(x)|≤2b＋恒成立．
解：(1)f′(x)＝x2＋ax＋b，
由已知可得f′(x)＝0在(0，2)上存在两个不同的零点，
故有，即
令z＝3a＋b，
如图所示：
由图可知－8＜z＜0，
故3a＋b的取值范围(－8，0)．
(2)证明：f(x)＝x3＋bx(b≥－1，x∈[0，2])，所以f′(x)＝x2＋b，
当b≥0时，f′(x)≥0在[0，2]上恒成立，则f(x)在[0，2]上单调递增，
故0＝f(0)≤f(x)≤f(2)＝2b＋，所以|f(x)|≤2b＋；
当－1≤b＜0时，由f′(x)＝0，解得x＝∈(0，2)，
则f(x)在[0，]上单调递减，在[，2]上单调递增，所以f()≤f(x)≤max{f(0)，f(2)}．
因为f(0)＝0，f(2)＝2b＋＞0，f()＝b＜0，
要证|f(x)|≤2b＋，只需证－b≤2b＋，
即证－b(＋3)≤4，
因为－1≤b＜0，所以0＜－b≤1，3＜＋3≤4，
所以－b(＋3)≤4成立．
综上所述，对任意的实数x∈[0，2]，|f(x)|≤2b＋恒成立．
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