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)的概念及其簡單應(yīng)用 理導(dǎo)數(shù)的幾何意義及導(dǎo)數(shù)的運算1.(xx洛陽統(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相切于點,若lm,則點的坐標(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相切于點,也就是函數(shù)在P點的導(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中的點不在函數(shù)圖象上,因此選B.2.(xx廣東卷)曲線y=e-5x+2在點(0,3)處的切線方程為.解析:由題意知點(0,3)是切點.y=-5e-5x,令x=0,得所求切線斜率為-5.從而所求方程為5x+y-3=0.答案:5x+y-3=0利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性3.(xx遼寧沈陽市質(zhì)檢)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,又因為g(0)=f(0)-4=0,所以g(x)>0x>0,即不等式的解集是(0,+).故選A.4.(xx遼寧卷)當(dāng)x-2,1時,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是(C)(A)-5,-3(B)-6,-(C)-6,-2(D)-4,-3解析:當(dāng)x(0,1時,得a-3()3-4()2+,令t=,則t1,+),a-3t3-4t2+t,令g(t)=-3t3-4t2+t,t1,+),則g(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)(9t-1),顯然在1,+)上,g(t)<0,g(t)單調(diào)遞減,所以g(t)max=g(1)=-6,因此a-6;同理,當(dāng)x-2,0)時,得a-2.由以上兩種情況得-6a-2.顯然當(dāng)x=0時對任意實數(shù)a不等式也成立.故實數(shù)a的取值范圍為-6,-2.5.(xx河南鄭州市第二次質(zhì)檢)已知偶函數(shù)y= f (x)對于任意的x0,)滿足f(x)cos x+f(x)sin x>0(其中f (x)是函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù)),則下列不等式中成立的有.(1)f(-)<f()(2)f(-)>f(-)(3)f(0)<f(-)(4)f()<f()解析:因為()=>0,所以為增函數(shù).所以>,所以f()>f(),又因為f(x)為偶函數(shù),所以f(-)>f(),f(-)>f(-).故(2)正確,(1)錯誤.因為<,所以f(0)<f(),又因為f(x)為偶函數(shù),所以f(0)<f(-),故(3)正確.因為<,所以f()<f().故(4)正確.答案:(2)(3)(4)6.(xx安徽卷)設(shè)x3+ax+b=0,其中a,b均為實數(shù).下列條件中,使得該三次方程僅有一個實根的是 .(寫出所有正確條件的編號)a=-3,b=-3;a=-3,b=2;a=-3,b>2;a=0,b=2;a=1,b=2.解析:令f(x)=x3+ax+b,則f(x)=3x2+a.當(dāng)a0時,f(x)0,f(x)為增函數(shù),合題.對于,由a=b=-3,得f(x)=x3-3x-3,f(x)=3(x+1)(x-1),f(x)極大值=f(-1)=-1<0,f(x)極小值=f(1)=-5<0,函數(shù)f(x)的圖象與x軸只有一個交點,故x3+ax+b=0僅有一個實根;對于,由a=-3,b=2,得f(x)=x3-3x+2,f(x)=3(x+1)(x-1),f(x)極大值=f(-1)=4>0,f(x)極小值=f(1)=0,函數(shù)f(x)的圖象與x軸有兩個交點,故x3+ax+b=0有兩個實根;對于,由a=-3,b>2,得f(x)=x3-3x+b,f(x)=3(x+1)(x-1),f(x)極大值=f(-1)=2+b>0,f(x)極小值=f(1)=b-2>0,函數(shù)f(x)的圖象與x軸只有一個交點,故x3+ax+b=0僅有一個實根.答案:【教師備用】 (xx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(1,f(1)處的切線方程;(2)設(shè)點A(x1,f(x1),B(x2,f(x2)滿足ln x1ln x2=3ln(x1x2)-8,(x1x2),判斷是否存在點P(m,0),使得APB為直角?說明理由;(3)若函數(shù)f(x)在(0,+)上是增函數(shù),求實數(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)不存在點P(m,0),使得APB為直角,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)(ln x1-3)(mx2+1)(ln x2-3)=x1x2-m(x1+x2)+m2+m2x1x2+m(x1+x2)+1ln x1ln x2-3(ln x1+ln x2)+9=x1x2-m(x1+x2)+m2+m2x1x2+m(x1+x2)+1=(1+m2)(x1x2+1)>0,所以不存在實數(shù)m,使得APB為直角.(3)f(x)=m(ln x-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)的值域為-e,+),即mt+10在-e,+)上恒成立.有解得0m.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值7.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-mln x,h(x)=x2-x+a.(1)當(dāng)a=0時,f(x)h(x)在(1,+)上恒成立,求實數(shù)m的取值范圍;(2)當(dāng)m=2時,若函數(shù)k(x)=f(x)-h(x)在1,3上恰有兩個不同的零點,求實數(shù)a的取值范圍;(3)是否存在實數(shù)m,使函數(shù)f(x)和函數(shù)h(x)在公共定義域上具有相同的單調(diào)性?若存在,求出m的值,若不存在,請說明理由.解:(1)由a=0,f(x)h(x),x(1,+)可得-mln x-x,即m.記(x)=,則f(x)h(x)在(1,+)上恒成立等價于m(x)min,x(1,+).求得(x)=,當(dāng)x(1,e)時,(x)<0;當(dāng)x(e,+)時,(x)>0,故(x)在x=e處取得極小值,也是最小值,即(x)min=(e)=e,故me.(2)函數(shù)k(x)=f(x)-h(x)在1,3上恰有兩個不同的零點等價于方程x-2ln x=a在1,3上恰有兩個相異實根.令g(x)=x-2ln x,則g(x)=1-.當(dāng)x1,2)時,g(x)<0;當(dāng)x(2,3時,g(x)>0.所以g(x)在1,2上是單調(diào)遞減函數(shù),在(2,3上是單調(diào)遞增函數(shù).故g(x)min=g(2)=2-2ln 2,又g(1)=1,g(3)=3-2ln 3,g(1)>g(3),所以只需g(2)<ag(3),故a的取值范圍是(2-2ln 2,3-2ln 3.(3)存在m=,使得函數(shù)f(x)和函數(shù)h(x)在公共定義域上具有相同的單調(diào)性.f(x)=2x-=,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+).若m0,則f(x)0,函數(shù)f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,不合題意;若m>0,由f(x)>0可得2x2-m>0,解得x>或x<-(舍去).故m>0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,),而h(x)在(0,+)上的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,),單調(diào)遞增區(qū)間是(,+),故只需=,解得m=.即當(dāng)m=時,函數(shù)f(x)和函數(shù)h(x)在其公共定義域上具有相同的單調(diào)性.定積分8.(xx江西卷)若f(x)=x2+2f(x)dx,則f(x)dx等于(B)(A)-1(B)-(C)(D)1解析:因為f(x)dx是常數(shù),所以f(x)=2x,所以可設(shè)f(x)=x2+c(c為常數(shù)),所以x2+c=x2+2(x3+cx)|,解得c=-,f(x)dx=(x2+c)dx=(x2-)dx=(x3-x)|=-.故選B.9.(xx福建卷)如圖,點A的坐標(biāo)為(1,0),點C的坐標(biāo)為(2,4),函數(shù)f(x)=x2.若在矩形ABCD內(nèi)隨機(jī)取一點,則此點取自陰影部分的概率等于.解析:由題圖可知陰影部分的面積S陰影=S矩形ABCD-x2dx=14-|=4-(-)=,則所求事件的概率P=.答案:一、選擇題1.(xx潮州二模)已知奇函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<0在R上恒成立,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:因為函數(shù)y=f(x)為奇函數(shù),所以f(x2-2x)+f(y2-2y)0f(x2-2x)f(2y-y2).由函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<0在R上恒成立知函數(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(x,y)在以(1,1)為圓心,半徑為的圓及圓內(nèi)部,所以點(x,y)到原點的最小距離為0,最大距離為2,所以的取值范圍是0,2.故選A.2.(xx黃岡三模)已知函數(shù)f(x)=a(x-)-2ln x(aR),g(x)=-,若至少存在一個x01,e,使得f(x0)>g(x0)成立,則實數(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.故實數(shù)a的范圍為(0,+).3.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)有兩個零點x1和x2(x1<x2),則f(x)的最小值為(B)(A)f(x1)(B)f(x2)(C)f(-2)(D)以上都不對解析:因為函數(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,x-2,+)在(-2,-)和(,+)上單調(diào)遞增,在(-,)上單調(diào)遞減,又因為f(-2)=8e-2>f()=(2-2),所以f(x)的最小值為f(),即f(x2).4.設(shè)函數(shù)f(x)滿足x2f(x)+2xf(x)=,f(2)=,則x>0時,f(x)(D)(A)有極大值,無極小值 (B)有極小值,無極大值(C)既有極大值又有極小值(D)既無極大值也無極小值解析:由題知f(x)x2=>0,令g(x)=f(x)x2,則f(x)=,f(x)=.令m(x)=ex-2g(x),m(x)=ex-2g(x)=ex-2=ex(1-)=ex.則x>2時,m(x)>0,m(x)為增函數(shù),0<x<2時,m(x)<0,m(x)為減函數(shù).所以m(x)m(2)=e2-2f(2)4=e2-e2=0,所以f(x)0,即x>0時,f(x)為增函數(shù).則函數(shù)f(x)無極大值也無極小值.故選D.5.已知函數(shù)f(x)=(aR),若對于任意的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,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,h(x)>0,當(dāng)x(2,+)時,h(x)<0,所以xN*時,h(x)max=maxh(2),h(3)=-,所以xN*,f(x)3恒成立,只需a-即可.6.(xx開封模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-mx+1的圖象為曲線C,若曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則實數(shù)m的取值范圍是(B)(A)(-,)(B)(,+)(C)(,e) (D)(e,+)解析:函數(shù)的f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)=ex-m,曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則切線斜率k=ex-m滿足(ex-m)e=-1,即ex-m=-有解,即m=ex+有解.因為ex+>,所以m>,故選B.7.已知函數(shù)f(x)的定義域為-1,5,部分對應(yīng)值如表.x-1045f(x)1221f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f(x)的圖象如圖所示.下列關(guān)于函數(shù)f(x)的命題:函數(shù)y=f(x)是周期函數(shù);函數(shù)f(x)在0,2是減函數(shù);如果當(dāng)x-1,t時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4;當(dāng)1<a<2時,函數(shù)y=f(x)-a有4個零點.其中真命題的個數(shù)是(D)(A)4個(B)3個(C)2個(D)1個解析:由導(dǎo)函數(shù)的圖象和原函數(shù)的關(guān)系得,函數(shù)f(x)在(-1,0),(2,4)上是增函數(shù),在(0,2),(4,5)上是減函數(shù),可以畫出原函數(shù)的大致圖象(圖略),因此為假命題,為真命題.當(dāng)t=5時,也滿足x-1,t時,f(x)的最大值是2,故為假命題;無法確定f(2)與1的大小關(guān)系,故為假命題.故選D.8.(xx湖南卷)已知函數(shù)f(x)=sin(x-),且f(x)dx=0,則函數(shù)f(x)的圖象的一條對稱軸是(A)(A)x=(B)x=(C)x=(D)x=解析:由定積分sin(x-)dx=-cos(x-)|=cos -sin +cos =0,得tan =,所以=+k(kZ),所以f(x)=sin(x-k)(kZ),由正弦函數(shù)的性質(zhì)知y=sin(x-k)與y=sin(x-)的圖象的對稱軸相同,令x-=n+,則x=n+(nZ),所以函數(shù)f(x)的圖象的對稱軸為x=n+(nZ),當(dāng)n=0,得x=,故選A.9.(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:因為f(x+2)為偶函數(shù),所以f(x+2)的圖象關(guān)于x=0對稱,所以f(x)的圖象關(guān)于x=2對稱,所以f(4)=f(0)=1,設(shè)g(x)=(xR),則g(x)=,又因為f(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,因為f(x)<exg(x)=<1,而g(0)=1,所以f(x)<exg(x)<g(0),所以x>0,故選B.10.(xx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,f(x)=-3x,x-1,1,顯然滿足,故排除A,B;當(dāng)a=-時,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.11.(xx湖北卷)若函數(shù)f(x),g(x)滿足f(x)g(x)dx=0,則稱f(x),g(x)為區(qū)間-1,1上的一組正交函數(shù).給出三組函數(shù):f(x)=sinx,g(x)=cos x;f(x)=x+1,g(x)=x-1;f(x)=x,g(x)=x2.其中為區(qū)間-1,1上的正交函數(shù)的組數(shù)是(C)(A)0(B)1(C)2(D)3解析:對于,sin xcos xdx=sin xdx=0,所以是區(qū)間-1,1上的正交函數(shù);對于,(x+1)(x-1)dx=(x2-1)dx0,所以不是區(qū)間-1,1上的正交函數(shù);對于,xx2dx=x3dx=0,所以是區(qū)間-1,1上的正交函數(shù).故選C.12.(xx河北唐山市期末)設(shè)函數(shù)f(x)=ax3-x+1(xR),若對于任意x-1,1都有f(x)0,則實數(shù)a的取值范圍為(C)(A)(-,2(B)0,+)(C)0,2 (D)1,2解析:函數(shù)f(x)=ax3-x+1(xR),f(x)=3ax2-1,當(dāng)a<0時,f(x)=3ax2-1<0,f(x)在-1,1上單調(diào)遞減,f(x)min=f(1)=a<0不符合題意;當(dāng)a=0時,f(x)=-x+1,f(x)在-1,1上單調(diào)遞減,f(x)min=f(1)=0符合題意;當(dāng)a>0時,f(x)=3ax2-10,所以x或x-,當(dāng)0<<1時,即a>,f(x)在-1,-上單調(diào)遞增,在-,上單調(diào)遞減,在(,1上單調(diào)遞增,所以所以所以<a2,當(dāng)1時,即0<a時,f(x)在-1,1上單調(diào)遞減,f(x)min=f(1)=a>0符合題意;綜上可得0a2.二、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)間是(-,2),答案:(-,2)14.(xx九江一模)已知函數(shù)f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在區(qū)間,2上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是.解析:因為f(x)在區(qū)間,2上是增函數(shù),所以f(x)=x+2a-0在,2上恒成立,即2a-x+在,2上恒成立,令g(x)=-x+,因為g(x)在,2上是減函數(shù),所以g(x)max=g()=,所以2a即a.答案:,+)15.(xx云南二模)已知e是自然對數(shù)的底數(shù),函數(shù)f(x)=(x2+ax-2)ex在區(qū)間(-3,-2)內(nèi)單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍為.解析:由f(x)=(x2+ax-2)ex,得f(x)=x2+(a+2)x+a-2ex,令g(x)=x2+(a+2)x+a-2,因為=(a+2)2-4(a-2)=a2+12>0,所以g(x)有兩個不相等的實數(shù)根,要使f(x)在-3,-2上單調(diào)遞減,必須滿足即解得a.答案:,+)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值、最值訓(xùn)練提示:(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性時不要忽視函數(shù)的定義域;(2)函數(shù)y=f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增不等價于f(x)0.一般來說,已知函數(shù)y=f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,可以得到f(x)0(有等號);求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,解f(x)>0(沒有等號)和確定定義域;(3)f(x0)=0是函數(shù)y=f(x)在x=x0處取得極值的必要不充分條件,而不是充要條件;(4)不能將極值點與極值混為一談.函數(shù)有大于零的極值點,指的是極值點的橫坐標(biāo)大于零;函數(shù)有大于零的極值,指的是極值點的縱坐標(biāo)大于零;(5)在求實際問題的最值時,一定要考慮實際問題的意義,不符合的值應(yīng)舍去.1.(xx柳州市、北海市、欽州市模擬)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,恒有-af(x)a成立(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)),試確定實數(shù)a的取值范圍.解:(1)因為f(x)=-x2+4ax-3a2,且0<a<1,當(dāng)f(x)>0時,得a<x<3a;當(dāng)f(x)<0時,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,f(x)有極大值,其極大值為f(3a)=1.(2)因為f(x)=-x2+4ax-3a2=-(x-2a)2+a2,當(dāng)0<a<時,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.因為-af(x)a,所以此時,a.當(dāng)a<1時,f(x)max=f(2a)=a2.f(x)min=minf(1-a),f(1+a),因為-af(x)a,所以即此時,a.綜上可知,實數(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)=x-aln x,g(x)=-(aR).(1)當(dāng)a=1時,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)上存在一點x0,使得f(x0)<g(x0)成立,求a的取值范圍.解:(1)f(x)的定義域為(0,+),當(dāng)a=1時,f(x)=x-ln x,f(x)=1-=,所以f(1)=0,且f(1)=1,所以曲線f(x)在x=1處的切線方程為y=1.(2)h(x)=x+-aln x,h(x)=1-=,當(dāng)a+1>0時,即a>-1時,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,在(0,+)上h(x)>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.綜上a>-1時,h(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1+a),單調(diào)增區(qū)間為(1+a,+);a-1時h(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+),無單調(diào)減區(qū)間.(3)在1,e上存在一點x0,使得f(x0)<g(x0)成立,即在1,e上存在一點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,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>.因為>e-1,所以a>.當(dāng)a+11,即a0時,h(x)在1,e上單調(diào)遞增,所以h(x)的最小值為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,可得h(x)最小值為h(1+a)=2+a-aln(1+a),因為0<ln(1+a)<1,所以0<aln(1+a)<a,故h(1+a)=2+a-aln(1+a)>2,此時不存在x0使h(x0)<0成立.綜上可得所求a的取值范圍是(-,-2)(,+).【教師備用】 (xx東北三省四市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=alnx-ax-3(a0).(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)+(a+1)x+4-e0對任意xe,e2恒成立,求實數(shù)a的取值范圍(e為自然常數(shù));(3)求證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)<1+2ln n!(n2,nN*).(1)解:f(x)=(x>0),當(dāng)a>0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1,單調(diào)減區(qū)間為1,+);當(dāng)a<0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為1,+),單調(diào)減區(qū)間為(0,1.(2)解:令F(x)=aln x-ax-3+ax+x+4-e=aln x+x+1-e,F(x)=0,若-ae,a-e,F(x)在e,e2上是增函數(shù),F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+10,a,無解;若e<-ae2,-e2a<-e,F(x)在e,-a上是減函數(shù),在-a,e2上是增函數(shù),F(e)=a+10,a-1.F(e2)=2a+e2-e+10,a.所以-e2a,若-a>e2,a<-e2,F(x)在e,e2上是減函數(shù),F(x)max=F(e)=a+10,a-1,所以a<-e2,綜上所述a.(3)證明:令a=-1,f(x)=-ln x+x-3,所以f(1)=-2,由(1)知f(x)=-ln x+x-3在(1,+)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x(1,+)時f(x)>f(1),即-ln x+x-1>0,所以ln x<x-1對一切x(1,+)恒成立,因為n2,nN*,所以+1>1,則有l(wèi)n(+1)<<=-,要證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+ln(n2+1)<1+2ln n!(n2,nN*),只需證ln(+1)+ln(+1)+ln(+1)+ln(+1)<1(n2,nN*),ln(+1)+ln(+1)+ln(+1)+ln(+1),<(1-)+(-)+(-)+(-)=1-<1.所以原不等式成立.類型:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值、最值1.設(shè)函數(shù)f(x)=a(x+1)2ln(x+1)+bx(x>-1),曲線y=f(x)過點(e-1,e2-e+1),且在點(0,0)處的切線方程為y=0.(1)求a,b的值;(2)證明:當(dāng)x0時,f(x)x2;(3)若當(dāng)x0時,f(x)mx2恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.(1)解:f(x)=2a(x+1)ln(x+1)+a(x+1)+b,因為f(0)=a+b=0,f(e-1)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)=e2-e+1,所以a=1,b=-1.(2)證明:f(x)=(x+1)2ln(x+1)-x,設(shè)g(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-x2(x0),則m(x)=g(x)=2(x+1)ln(x+1)-x,m(x)=2ln(x+1)+1>0,所以m(x)在0,+)上單調(diào)遞增,所以m(x)m(0)=0,所以g(x)在0,+)上單調(diào)遞增,所以g(x)g(0)=0.所以f(x)x2.(3)解:設(shè)h(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-mx2,h(x)=2(x+1)ln(x+1)+x-2mx,由(2)知(x+1)2ln(x+1)x2+x=x(x+1),所以(x+1)ln(x+1)x,所以h(x)3x-2mx,當(dāng)3-2m0即m時,h(x)0,所以h(x)在0,+)上單調(diào)遞增,所以h(x)h(0)=0,成立.當(dāng)3-2m<0即m>時,n(x)=h(x)=2(x+1)ln(x+1)-(1-2m)x,n(x)=2ln(x+1)+3-2m,令n(x)=0,得x0=-1>0,所以n(x)在0,x0)上單調(diào)遞減.當(dāng)x0,x0)時,n(x)<n(0)=0,所以h(x)在0,x0)上單調(diào)遞減,所以h(x)<h(0)=0,不成立.綜上,m.【教師備用】 已知曲線f(x)=a(x-1)2+bln x(a,bR)在點(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,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,+)上為減函數(shù),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)a0即2a0時,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)a即0<1時,g(x)0,g(x)在1,+)上單調(diào)遞增,則當(dāng)x>1時,g(x)>g(1)=0,矛盾;當(dāng)0<a<即>1時,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(-,0.2.已知函數(shù)f(x)=b(x+1)ln x-x+1,斜率為1的直線與函數(shù)f(x)的圖象相切于(1,0)點.(1)求h(x)=f(x)-xln x的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)實數(shù)0<a<1時,討論g(x)=f(x)-(a+x)ln x+ax2的極值點.解:(1)由題意知f(x)=b(ln x+)-1,f(1)=2b-1=1,b=1,h(x)=f(x)-xln x=ln x-x+1,h(x)=-1,令h(x)=-1>0,解得0<x<1.令h(x)=-1<0,解得x>1.所以h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+).(2)g(x)=f(x)-(a+x)ln x+ax2=(1-a)ln x+ax2-x+1,所以g(x)=+ax-1=,由g(x)=0得x1=-1,x2=1.若0<-1<1,a>0即<a<1,0<x1<x2,x(0,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+)f(x)+0-0+f(x)極大值極小值此時g(x)的極小值點為x=1,極大值點為x=-1.若-1=1,a>0即a=,x1=x2=1,則g(x)0,g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,無極值點.若-1>1,a>0即0<a<,x1>x2=1,x(0,x2)x2(x2,x1)x1(x1,+)f(x)+0-0+f(x)極大值極小值此時g(x)的極大值點為x=1,極小值點x=-1.綜上所述,當(dāng)<a<1時,g(x)的極小值點為x=1,極大值點為x=-1;當(dāng)a=時,g(x)無極值點;當(dāng)0<a<時,g(x)的極大值點為x=1,極小值點為x=-1.【教師備用】 已知函數(shù)f(x)=x-+cln x,其中cR,(1)當(dāng)c=0時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)討論f(x)的單調(diào)性;(3)若f(x)有兩個極值點x1和x2,記過點A(x1,f(x1),B(x2,f(x2)的直線的斜率為k,問是否存在c,使得k=2+c?若存在,求出c的值,若不存在,請說明理由.解:(1)當(dāng)c=0時,f(x)=x-,所以f(1)=1-=-3,f(x)=1+,f(1)=1+=5,又因為切線過(1,-3),所以切線方程為5x-y-8=0.(2)f(x)的定義域為(0,+).f(x)=1+=,令g(x)=x2+cx+4,其判別式=c2-16.當(dāng)-4c4時,=c2-160,g(x)0恒成立,故f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)c>4時,=c2-16>0,g(x)=0的兩根都小于0,在(0,+)上,f(x)>0,故f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增.當(dāng)c<-4時,=c2-16>0,g(x)=0的兩根x1=(0,2),x2=>2.當(dāng)0<x<x1時,f(x)>0;當(dāng)x1<x<x2時,f(x)<0;當(dāng)x>x2時,f(x)>0,故f(x)分別在(0,x1),(x2,+)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減.(3)由(2)可知:當(dāng)c<-4時,f(x)在(0,+)上有兩個極值點x1,x2,因為f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+c(ln x1-ln x2),所以k=1+c,由(2)可知:x1x2=4,于是k=2+c,若存在c,使得k=2+c,則=1,即ln x1-ln x2=x1-x2,即x2-2ln x2+ln 4=0(x2>2) (*)設(shè)函數(shù)h(t)=t-2ln t+ln 4(t>2),當(dāng)t>2時,h(t)=1+-=>0,所以h(t)在(2,+)上單調(diào)遞增,而x2>2,所以x2-2ln x2+ln 4>2-2ln 2+ln 4=0,這與(*)式矛盾.故不存在c,使得k=2+c.