2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題2 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的概念及其簡(jiǎn)單應(yīng)用 文 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算1.(xx河南洛陽(yáng)市統(tǒng)考)已知直線m:x+2y-3=0,函數(shù)y=3x+cos x的圖象與直線l相切于P點(diǎn),若lm,則P點(diǎn)的坐標(biāo)可能是(B)(A) (-,-)(B) (,)(C) (,) (D) (-,-)解析:由lm可得直線l的斜率為2,函數(shù)y=3x+cos x的圖象與直線l相切于P點(diǎn),也就是函數(shù)在P點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值為2,而y=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中P點(diǎn)不在函數(shù)圖象上,因此選擇B.2.(xx江蘇卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若曲線y=ax2+(a,b為常數(shù))過(guò)點(diǎn)P(2,-5),且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x+2y+3=0平行,則a+b的值是 .解析:易知y=2ax-.根據(jù)題意有解得故a+b=-3.答案:-33.(xx吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模)已知函數(shù)f(x)=2aex(a>0,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的圖象與直線x=0的交點(diǎn)為M,函數(shù)g(x)=ln(a>0)的圖象與直線y=0的交點(diǎn)為N,|MN|恰好是點(diǎn)M到函數(shù)g(x)=ln(a>0)圖象上任意一點(diǎn)的線段長(zhǎng)的最小值,則實(shí)數(shù)a的值是.解析:由已知得M(0,2a),N(a,0),因?yàn)間(x)=,則g(x)在x=a處的切線斜率為,若|MN|恰好是點(diǎn)M到函數(shù)g(x)=ln(a>0)圖象上任意一點(diǎn)的線段長(zhǎng)的最小值,則=-1,解得a=2.答案:2 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性4.(xx遼寧沈陽(yáng)市質(zhì)量監(jiān)測(cè)一)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)+f(x)>1,f(0)=4,則不等式f(x)>+1(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為(A)(A)(0,+) (B)(-,0)(3,+)(C)(-,0)(0,+)(D)(3,+)解析:不等式f(x)>+1,可以轉(zhuǎn)化為exf(x)-ex-3>0,令g(x)=exf(x)-ex-3,所以g(x)=ex(f(x)+f(x)-ex=ex(f(x)+f(x)-1)>0,所以g(x)在R上單調(diào)遞增.又因?yàn)間(0)=f(0)-4=0,所以g(x)>0x>0,即不等式的解集是(0,+).5.(xx蘭州高三診斷)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),滿足f(x)<f(x),且f(x+2)為偶函數(shù),f(4)=1,則不等式f(x)<ex的解集為(B)(A)(-2,+)(B)(0,+)(C)(1,+)(D)(4,+)解析:因?yàn)閒(x+2)為偶函數(shù),所以f(x+2)的圖象關(guān)于x=0對(duì)稱,所以f(x)的圖象關(guān)于x=2對(duì)稱,所以f(4)=f(0)=1.設(shè)g(x)=(xR),則g(x)=.又因?yàn)閒(x)<f(x),所以g(x)<0(xR),所以函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(x)<exg(x)=<1,而g(0)=1,所以f(x)<exg(x)<g(0),所以x>0.故選B.6.(xx貴州適應(yīng)性考試)設(shè)函數(shù)f(x)=ax-sin x,x0,(1)當(dāng)a=時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若不等式f(x)1-cos x恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)當(dāng)a=時(shí),f(x)=-cos x,由f(x)>0得<x;由f(x)<0得0x<,所以f(x)在(,上是增函數(shù),f(x)在0, )上是減函數(shù).(2)f(x)1-cos x1-cos x+sin x-ax0.設(shè)g(x)=1-cos x+sin x-ax,x0,.g(x)=sin x+cos x-a=sin(x+)-a.顯然g(x)在0, 上單調(diào)遞增;在,上單調(diào)遞減,又g(0)=1-a,g()=-a,g()=-1-a.當(dāng)x0,時(shí),討論如下:若a-1時(shí),g(x)0,g(x)在x0,上是增函數(shù),此時(shí),g(x)g(0)=0,1-cos x+sin x-ax0成立.若a時(shí),g(x)0,g(x)在x0,上是減函數(shù);此時(shí),g(x)g(0)=0,1-cos x+sin x-ax0不恒成立;若1<a<時(shí),由g(0)<0,g()>0,可知存在x0(0, ),使得g(x0)=0.當(dāng)x(0,x0)時(shí),g(x)<0,g(x)是減函數(shù),有g(shù)(x)<g(0)=0,1-cos x+sin x-ax0不成立;若-1<a1時(shí),由g()=g(0)=1-a0,g()<0,可知存在x1,),使得g(x1)=0,于是當(dāng)x(0,x1)時(shí),g(x)>0, g(x)是增函數(shù);當(dāng)x(x1,)時(shí),g(x)<0,g(x)是減函數(shù),要使1-cos x+sin x-ax0在x0,上恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)?shù)?1<a.綜上所述,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值7.(xx河南六市3月第一次聯(lián)合調(diào)研檢測(cè))已知f(x)=,g(x)=(kN*),對(duì)任意的c>1,存在實(shí)數(shù)a,b滿足0<a<b<c,使得f(c)=f(a)=g(b),則k的最大值為.解析:問(wèn)題等價(jià)于當(dāng)x>1時(shí)函數(shù)f(x)>g(x)恒成立,即等價(jià)于>k<(x>1).令h(x)=,h(x)=.令h(x)=0,即有l(wèi)n x=x-2,注意到ln 3>3-2;ln 4<4-2,故存在x0(3,4),使得當(dāng)x(1,x0)時(shí)h(x)<0;當(dāng)x(x0,+)時(shí)h(x)>0.故當(dāng)x=x0時(shí)函數(shù)h(x)=有極小值也是最小值h(x0)=x0,所以kx0,所以k3即k的最大值為3.答案:38.(xx黑龍江大慶二模)已知函數(shù)f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值.(1)求a的值;(2)求函數(shù)f(x)在m,m+1上的最小值;(3)求證:對(duì)任意x1、x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|e.解:(1)f(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex,由已知得f(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,驗(yàn)證知,當(dāng)a=1時(shí),在x=1處函數(shù)f(x)=(x-2)ex取得極小值,所以a=1;(2)f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.x(-,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)減增所以函數(shù)f(x)在(-,1)上遞減,在(1,+)上遞增.當(dāng)m1時(shí),f(x)在m,m+1上單調(diào)遞增,f(x)min=f(m)=(m-2)em.當(dāng)0<m<1時(shí),m<1<m+1,f(x)在m,1上單調(diào)遞減,在1,m+1上單調(diào)遞增,f(x)min=f(1)=-e.當(dāng)m0時(shí),m+11,f(x)在m,m+1單調(diào)遞減,f(x)min=f(m+1)=(m-1)em+1.綜上,f(x)在m,m+1上的最小值f(x)min=(3)由(1)知f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.令f(x)=0得x=1,因?yàn)閒(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,所以f(x)max=0,f(x)min=-e,所以對(duì)任意x1,x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|f(x)max-f(x)min=e. 一、選擇題1.(xx黑龍江大慶二模)已知函數(shù)f(x)=x3-2x2+3x+,則與f(x)圖象相切的斜率最小的切線方程為(B)(A)2x-y-3=0(B)x+y-3=0(C)x-y-3=0(D)2x+y-3=0解析:f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1.因?yàn)楫?dāng)x=2時(shí),f(x)取到最小值為-1.所以f(x)=x3-2x2+3x+的切線中,斜率最小的切線方程的斜率為-1因?yàn)閒(2)=1,所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(2,1),所以切線方程為y-1=-(x-2),即x+y-3=0.2.(xx岳陽(yáng)模擬)若f(x)=x3+x2+4x-1,其中0,則導(dǎo)數(shù)f(-1)的取值范圍是(A)(A)3,6 (B)3,4+(C)4-,6(D)4-,4+解析:因?yàn)閒(x)=sin x2+cos x+4,所以f(-1)=sin -cos +4=2sin (-)+4.又0, ,所以2sin(-)-1,2,故f(-1)3,6.故選A.3.(xx內(nèi)江模擬)已知函數(shù)f(x)=x3-x2+cx+d有極值,則實(shí)數(shù)c的取值范圍為(A)(A)c< (B)c(C)c(D)c>解析:由題意知f(x)=x2-x+c.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有極值,所以=1-4c>0,解得c<.故選A.4.(xx廣東潮州市二模)已知奇函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<0在R恒成立,且x,y滿足不等式f(x2-2x)+f(y2-2y)0,則的取值范圍是(A)(A)0,2(B)0, (C)1,2 (D),2解析:因?yàn)楹瘮?shù)為奇函數(shù),所以f(x2-2x)f(2y-y2).由函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<0在R恒成立知函數(shù)y=f(x)為減函數(shù),所以x2-2x2y-y2,即(x-1)2+(y-1)22,所以滿足該不等式的點(diǎn)(x,y)在以(1,1)為圓心,半徑為的圓及圓內(nèi)部,所以點(diǎn)(x,y)到原點(diǎn)的最小距離為0,最大距離為2,所以的取值范圍是0,2.故選A.5.(xx廣東深圳五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),f(1)=0,當(dāng)x>0時(shí),有xf(x)-f(x)>0成立,則不等式f(x)>0的解集是(A)(A)(-1,0)(1,+)(B)(-1,0)(C)(1,+) (D)(-,-1)(1,+)解析:構(gòu)造函數(shù)h(x)=,x>0,則h(x)=>0,x>0,所以h(x)是(0,+)上過(guò)點(diǎn)(1,0)的增函數(shù).所以當(dāng)x(0,1)時(shí)<0,從而得f(x)<0;當(dāng)x(1,+)時(shí)>0,從而得f(x)>0.由于函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),所以不等式f(x)>0的解集為(-1,0)(1,+),故選A.6.(xx黃岡市三模)已知函數(shù)f(x)=a(x-)-2ln x(aR),g(x)=-,若至少存在一個(gè)x01,e,使得f(x0)>g(x0)成立,則實(shí)數(shù)a的范圍為(D)(A)1,+)(B)(1,+)(C)0,+)(D)(0,+)解析:設(shè)h(x)=f(x)-g(x)=ax-2ln x,則h(x)=a-.若a0,則h(x)<0,h(x)是減函數(shù),在1,e上的最大值為h(1)=a0,所以不存在x01,e,使得h(x0)>0,即f(x0)>g(x0)成立;若a>0,則由h(1)=a>0知,總存在x0=1使得f(x0)>g(x0)成立.故實(shí)數(shù)a的范圍為(0,+).7.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x3-6x2+9x-abc,其中0<a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0,如下結(jié)論正確的是(B)(A)f(0)f(1)>0 (B)f(0)f(1)f(3)>0(C)f(0)f(1)f(3)<0(D)f(1)f(3)>0解析:f(x)=3x2-12x+9,由f(x)=0得x1=3,x2=1.又因?yàn)閒(a)=f(b)=f(c)=0,0<a<b<c,所以a(0,1),b(1,3),c(3,+),f(0)<0,f(1)>0,f(3)<0,f(0)f(1)f(3)>0.8.(xx江西贛州高三摸底)已知函數(shù)f(x)=(a-3)x-ax3在-1,1的最小值為-3,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(D)(A)(-,-1(B)12,+)(C)-1,12(D)-,12解析:當(dāng)a=0時(shí),f(x)=-3x,x-1,1,顯然滿足,故a=0,排除A,B;當(dāng)a=-時(shí),f(x)=x3-x,f(x)=x2-=(x2-1),所以f(x)在-1,1上遞減,所以f(x)min=f(1)=-=-3,滿足條件,排除C,故選D.9.(xx鄂爾多斯市模擬)已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex,x-2,+),f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),且f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1和x2(x1<x2),則f(x)的最小值為(B)(A)f(x1)(B)f(x2)(C)f(-2)(D)以上都不對(duì)解析:因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=(x2-2x)ex,所以f(x)=(2x-2)ex+(x2-2x)ex=(x2-2)ex,由f(x)=0得x1=-,x2=,由f(x)>0得-2<x<-或x>由f(x)<0得-<x<,所以函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex,在(-2,-)和(,+)單調(diào)遞增,在(-,)單調(diào)遞減,又因?yàn)閒(-2)=8e-2>f()=(2-2),所以f(x)的最小值為f(),即f(x2).10.(xx邢臺(tái)市二模)已知函數(shù)f(x)=(aR),若對(duì)于任意的xN*,f(x)3恒成立,則a的最小值等于(A)(A)- (B)-3(C)-4+3(D)-6解析:xN*時(shí),不等式f(x)3可化為a-x-+3,設(shè)h(x)=-x-+3,則h(x)=-1+=,當(dāng)x(0,2)時(shí),h(x)>0,當(dāng)x(2,+)時(shí),h(x)<0,所以xN*時(shí),h(x)max=h(2),h(3)max=-,所以xN*,f(x)3恒成立,只需a-即可.11.(xx東北三省三校第一次聯(lián)合模擬)若函數(shù)f(x)=2x3-3mx2+6x在區(qū)間(2,+)上為增函數(shù),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(D)(A)(-,2)(B)(-,2(C) (-, )(D) (-, 解析:f(x)=6x2-6mx+6,所以當(dāng)=(6m)2-466<0,即-2<m<2時(shí),f(x)>0恒成立,此時(shí)f(x)在R上為增函數(shù),符合條件;當(dāng)m-2或m2時(shí),由6x2-6mx+6>0,得(x-)2>,即x>+或x<-+.又因?yàn)閒(x)在區(qū)間(2,+)上為增函數(shù),所以+2,解得m-2或2m.綜上得,m.故選D.12.(xx吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模)設(shè)f(x)=x3+bx2+cx+d,又k是一個(gè)常數(shù),已知當(dāng)k<0或k>4時(shí),f(x)-k=0只有一個(gè)實(shí)根;當(dāng)0<k<4時(shí),f(x)-k=0有三個(gè)相異實(shí)根,現(xiàn)給出下列命題:f(x)-4=0和f(x)=0有一個(gè)相同的實(shí)根f(x)=0和f(x)=0有一個(gè)相同的實(shí)根f(x)+3=0的任一實(shí)根大于f(x)-1=0的任一實(shí)根f(x)+5=0的任一實(shí)根小于f(x)-2=0的任一實(shí)根.其中錯(cuò)誤的命題的個(gè)數(shù)是(D)(A)4(B)3(C)2(D)1解析:由題意可知函數(shù)的示意圖如圖,則函數(shù)f(x)的極大值為4,極小值為0,所以當(dāng)f(a)=4或f(a)=0時(shí)對(duì)應(yīng)的f(a)=0,則正確.f(x)+3=0的實(shí)根小于f(x)-1=0的實(shí)根,所以不正確;f(x)+5=0的實(shí)根小于f(x)-2=0的實(shí)根,所以正確.故選D.二、填空題13.(xx江西鷹潭一模)定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x),已知y=ef(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的增區(qū)間是. 解析:由題意如圖f(x)0的區(qū)間是(-,2),故函數(shù)y=f(x)的增區(qū)間為(-,2).答案:(-,2)14.(xx丹東二模)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b2x,若a是從1,2,3三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù),b是從0,1,2三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù),則使函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)的概率為.解析:因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x3+ax2+b2x有兩個(gè)極值點(diǎn),所以f(x)=x2+2ax+b2有兩個(gè)不同的根.即判別式=4a2-4b2>0,即當(dāng)a>b,該函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn),a是從1,2,3三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù),b是從0,1,2三個(gè)數(shù)中任取的一個(gè)數(shù)的基本事件有9種,滿足a>b的基本事件有(1,0),(2,0),(2,1),(3,0),(3,1),(3,2)共6種,故函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)的概率為P=.答案:15.(xx武漢模擬)若函數(shù)f(x)=-ln x在區(qū)間(2,+)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)k的取值范圍是.解析:因?yàn)閒(x)=-ln x,所以f(x)=-=-,函數(shù)f(x)=-ln x在區(qū)間(2,+)上單調(diào)遞減,所以f(x)=-0在x(2,+)上恒成立,即在x(2,+)上,x+k0,所以2+k0,所以k-2.答案:-2,+)16.(xx荊門模擬)若函數(shù)f(x)=x2-ln x+1在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(a-1,a+1)內(nèi)存在極值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.解析:f(x)=x2-ln x+1的定義域?yàn)?0,+),f(x)=2x-=;因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=x2-ln x+1在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(a-1,a+1)內(nèi)存在極值,所以f(x)=2x-=在區(qū)間(a-1,a+1)上有零點(diǎn);而f(x)=2x-=的零點(diǎn)為,故(a-1,a+1),故a-1<<a+1,解得-<a<.又因?yàn)閍-10,所以a1.答案:1, ) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值訓(xùn)練提示:(1)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的“三個(gè)方法”當(dāng)不等式f(x)>0或f(x)<0可解時(shí),確定函數(shù)的定義域,解不等式f(x)>0或f(x)<0求出單調(diào)區(qū)間.當(dāng)方程f(x)=0可解時(shí),確定函數(shù)的定義域,解方程f(x)=0,求出實(shí)數(shù)根,把函數(shù)f(x)的間斷點(diǎn)(即f(x)的無(wú)定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和實(shí)根按從小到大的順序排列起來(lái),把定義域分成若干個(gè)小區(qū)間,確定f(x)在各個(gè)區(qū)間內(nèi)的符號(hào),從而確定單調(diào)區(qū)間.不等式f(x)>0或f(x)<0及方程f(x)=0均不可解時(shí)求導(dǎo)數(shù)并化簡(jiǎn),根據(jù)f(x)的結(jié)構(gòu)特征,選擇相應(yīng)基本初等函數(shù),利用其圖象與性質(zhì)確定f(x)的符號(hào),得單調(diào)區(qū)間.(2)求函數(shù)f(x)極值的方法確定函數(shù)f(x)的定義域.求導(dǎo)函數(shù)f(x).求方程f(x)=0的根.檢查f(x)在方程的根的左右兩側(cè)的符號(hào),確定極值點(diǎn).如果左正右負(fù),那么f(x)在這個(gè)根處取得極大值,如果左負(fù)右正,那么f(x)在這個(gè)根處取得極小值,如果f(x)在這個(gè)根的左右兩側(cè)符號(hào)不變,則f(x)在這個(gè)根處沒(méi)有極值.1.(xx廣西柳州市、北海市、欽州市1月份模擬)設(shè)函數(shù)f(x)=-x3+2ax2-3a2x+1,0<a<1.(1)求函數(shù)f(x)的極大值;(2)若x1-a,1+a時(shí),恒有-af(x)a成立(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)),試確定實(shí)數(shù)a的取值范圍.解:(1)因?yàn)閒(x)=-x2+4ax-3a2,0<a<1,當(dāng)f(x)>0時(shí),得a<x<3a;當(dāng)f(x)<0時(shí),得x<a或x>3a;所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a,3a);f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-,a)和(3a,+).故當(dāng)x=3a時(shí),f(x)有極大值,其極大值為f(3a)=1.(2)因?yàn)閒(x)=-x2+4ax-3a2=-(x-2a)2+a2,當(dāng)0<a<時(shí),1-a>2a,所以f(x)在區(qū)間1-a,1+a內(nèi)單調(diào)遞減.所以f(x)max=f(1-a)=-8a2+6a-1,f(x)min=f(1+a)=2a-1.因?yàn)?af(x)a,所以此時(shí),a.當(dāng)a<1時(shí),f(x)max=f(2a)=a2.因?yàn)?af(x)a,所以即此時(shí),a.綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍為,.2.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=(aR)(1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線與直線x-y-1=0平行,求a的值;(2)在(1)條件下,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;(3)當(dāng)a=1,且x1時(shí),證明:f(x)1.(1)解:函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閤|x>0,所以f(x)=.又曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線與直線x-y-1=0平行,所以f(1)=1-a=1,即a=0.(2)解:令f(x)=0,得x=e,當(dāng)x變化時(shí),f(x),f(x)的變化情況如下表:x(0,e)e(e,+)f(x)+0-f(x)極大值由表可知,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間是(e,+),所以f(x)在x=e處取得極大值,f(x)極大值=f(e)=.(3)證明:當(dāng)a=1時(shí),f(x)=,由于x1,+),要證f(x)=1,只需證明ln x+1x,令h(x)=x-ln x-1,則h(x)=1-=.因?yàn)閤1,所以h(x)0,故h(x)在1,+)上單調(diào)遞增,當(dāng)x1時(shí),h(x)h(1)=0,即ln x+1x成立,故當(dāng)x1時(shí),有1,即f(x)1.3.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x-aln x,g(x)=-(aR).(1)當(dāng)a=1時(shí),求曲線f(x)在x=1處的切線方程;(2)設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)若在1,e(e=2.718)上存在x0,使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范圍.解:(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+),當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x-ln x,f(x)=1-=,所以f(1)=0,且f(1)=1,所以曲線f(x)在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y=1.(2)h(x)=x+-aln x,h(x)=1-=,當(dāng)a+1>0,即a>-1時(shí),在(0,1+a)上,h(x)<0,在(1+a,+)上h(x)>0,所以h(x)在(0,1+a)上單調(diào)遞減,在(1+a,+)上單調(diào)遞增;當(dāng)a+10,即a-1時(shí),在(0,+)上h(x)>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.(3)在1,e上存在x0,使得f(x0)<g(x0)成立,即在1,e上存在x0,使得h(x0)<0,即函數(shù)h(x)=x+-aln x在1,e上的最小值小于零.由(2)可知,當(dāng)a+1e,即ae-1時(shí),h(x)在1,e上單調(diào)遞減,所以h(x)的最小值為h(e),由h(e)=e+-a<0可得a>,因?yàn)?gt;e-1,所以a>當(dāng)a+11,即a0時(shí),h(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以h(x)最小值為h(1),由h(1)=1+1+a<0可得a<-2;當(dāng)1<a+1<e,即0<a<e-1時(shí),可得h(x)最小值為h(1+a)=2+a-aln (1+a),因?yàn)?<ln (1+a)<1,所以0<aln (1+a)<a,故h(1+a)=2+a-aln (1+a)>2,此時(shí)不存在x0使h(x0)<0成立.綜上可得所求a的范圍是a>或a<-2.4.(xx江西上饒三模)已知函數(shù)f(x)=(mx+1)(ln x-3).(1)若m=1,求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程;(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,f(x1),B(x2,f(x2)滿足ln x1ln x2=3ln(x1x2)-8(x1x2),判斷是否存在點(diǎn)P(m,0),使得APB為直角?說(shuō)明理由.(3)若函數(shù)f(x)在(0,+)上是增函數(shù),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)f(x)=(ln x-3)+(x+1),則f(1)=-1,f(1)=-6,所以切線方程為x+y+5=0;(2)依題意得=(x1-m,f(x1),=(x2-m,f(x2).=(x1-m)(x2-m)+f(x1)f(x2)=(x1-m)(x2-m)+(mx1+1)(lnx1-3)(mx2+1)(ln x2-3)=x1x2-m(x1+x2)+m2+m2x1x2+m(x1+x2)+1lnx1lnx2-3(lnx1+lnx2)+9=x1x2-m(x1+x2)+m2+m2x1x2+m(x1+x2)+1=(1+m2)(x1x2+1)>0.所以不存在實(shí)數(shù)m,使得APB為直角.(3)f(x)=m(lnx-3)+(mx+1)=,若函數(shù)f(x)在(0,+)上是增函數(shù),則f(x)0在(0,+)上恒成立,有mx(ln x-2)+10在(0,+)上恒成立,設(shè)h(x)=x(ln x-2),h(x)=ln x-1,h(x)在(0,e)是減函數(shù),在(e,+)是增函數(shù),所以h(x)的值域?yàn)?e,+),即mt+10在-e,+)上恒成立.有解得0m. 類型:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問(wèn)題1.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2ln x+b(x-1)(x>0),曲線y=f(x)過(guò)點(diǎn)(e,e2-e+1),且在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y=0.(1)求a,b的值;(2)證明:當(dāng)x1時(shí),f(x)(x-1)2;(3)若當(dāng)x1時(shí),f(x)m(x-1)2恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)f(x)=2axln x+ax+b,因?yàn)閒(1)=a+b=0,f(e)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)=e2-e+1所以a=1,b=-1.(2)f(x)=x2ln x-x+1,設(shè)g(x)=x2ln x+x-x2(x1),g(x)=2xln x-x+1(g(x)=2ln x+1>0,所以g(x)在1,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(1)=0,所以g(x)在1,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(1)=0.所以f(x)(x-1)2.(3)設(shè)h(x)=x2ln x-x-m(x-1)2+1,h(x)=2xln x+x-2m(x-1)-1,由(2)中知x2ln x(x-1)2+x-1=x(x-1),所以xln xx-1,所以h(x)3(x-1)-2m(x-1),當(dāng)3-2m0即m時(shí),h(x)0,所以h(x)在1,+)單調(diào)遞增,所以h(x)h(1)=0成立.當(dāng)3-2m<0即m>時(shí),h(x)=2xln x+(1-2m)(x-1),(h(x)=2ln x+3-2m,令(h(x)=0,得x0=>1,當(dāng)x1,x0)時(shí),h(x)<h(1)=0,所以h(x)在1,x0)上單調(diào)遞減,所以h(x)<h(1)=0不成立.綜上,m(-,.2.(xx安徽宿州模擬)設(shè)f(x)=exsin x.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)當(dāng)x0,時(shí),求f(x)的最大值和最小值.解:(1)由f(x)=exsin x,得f(x)=exsin x+excos x=ex(sin x+cos x)=exsin(x+),由f(x)>0,即exsin(x+)>0,也就是sin(x+)>0,解得2k-<x<2k+(kZ).所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為2k-,2k+(kZ).(2)當(dāng)x0,時(shí),x+,所以當(dāng)x+,),即x0,)時(shí),sin(x+)>0,又因?yàn)閑x>0,所以f(x)>0,即f(x)在0,)單調(diào)遞增;當(dāng)x+(,即x(,時(shí),sin(x+)<0,又因?yàn)閑x>0,所以f(x)<0,即f(x)在(,單調(diào)遞減.故f(x)在0,上的最大值為f()=sin =,又f(0)=e0sin 0=0;f()=esin =0.故f(x)在0,上的最小值為0.3.已知曲線f(x)=a(x-1)2+bln x(a,bR)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線的斜率為1.(1)若函數(shù)f(x)在2,+)上為減函數(shù),求a的取值范圍;(2)當(dāng)x1,+)時(shí),不等式f(x)x-1恒成立,求a的取值范圍.解:(1)f(x)=2ax-2a+,由題知f(1)=b=1,即f(x)=a(x-1)2+ln x,f(x)=2ax-2a+=,由f(x)在2,+)上單調(diào)遞減,則f(x)0在2,+)上恒成立,即2ax2-2ax+10在2,+)上恒成立,2a=-,所以a的取值范圍是(-,-.(2)令g(x)=f(x)-x+1=a(x-1)2+ln x-x+1,則g(x)0在1,+)上恒成立,g(x)=2ax-2a+-1=,當(dāng)2a0,即a0時(shí),g(x)0,g(x)在1,+)上單調(diào)遞減,則g(x)g(1)=0,符合題意;當(dāng)0<1時(shí),g(x)0,g(x)在1,+)上單調(diào)遞增,則當(dāng)x>1時(shí),g(x)>g(1)=0,矛盾;當(dāng)>1時(shí),g(x)在1, )上單調(diào)遞減, (,+)上單調(diào)遞增,而g(+1)=ln(+1)>0,矛盾;綜上,a的取值范圍是(-,0.4.已知f(x)=x2+ax-ln x(aR).(1)若a=0時(shí),求函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;(2)若函數(shù)f(x)在1,2上是減函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(3)令g(x)=f(x)-x2,是否存在實(shí)數(shù)a,當(dāng)x(0,e(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí),函數(shù)g(x)的最小值是3.若存在,求出a的值;若不存在,說(shuō)明理由.解:(1)當(dāng)a=0時(shí),f(x)=x2-ln x,所以f(x)=2x-,所以f(1)=1,f(1)=1,函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為x-y=0.(2)函數(shù)f(x)在1,2上是減函數(shù),所以f(x)=2x+a-=0在1,2上恒成立,令h(x)=2x2+ax-1,有得所以a-.(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a,使g(x)=ax-ln x在x(0,e上的最小值是3,g(x)=a-=.當(dāng)a0時(shí),g(x)<0,所以g(x)在(0,e上單調(diào)遞減,g(x)min=g(e)=ae-1=3,a=(舍去).當(dāng)a>0且e時(shí),即0<a,g(x)<0在(0,e上恒成立,所以g(x)在(0,e上單調(diào)遞減,所以g(x)min=g(e)=ae-1=3,a=(舍去)當(dāng)a>0且<e時(shí),即a>時(shí),令g(x)<0,得0<x<g(x)>0,得<xe,所以g(x)在(0, )上單調(diào)遞減,在(,e上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g()=1+ln a=3,a=e2滿足條件,綜上所述,存在實(shí)數(shù)a=e2,使g(x)=ax-ln x在x(0,e上的最小值是3.