(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 導(dǎo)數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用講義 理(重點(diǎn)生含解析).doc
專題三 數(shù)的幾何意義及簡單應(yīng)用
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
奇函數(shù)的定義及利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T5
利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T13
利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求參數(shù)值T14
利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性T21(1)
2017
利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性T21(1)
導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值T11
_______
利用導(dǎo)數(shù)的極值點(diǎn)求參數(shù)T21(1)
2016
________
導(dǎo)數(shù)的計算與幾何意義、直線方程、斜率計算公式T16
函數(shù)的奇偶性、利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程T15
利用導(dǎo)數(shù)公式直接求導(dǎo)T21(1)
縱向
把握
趨勢
卷Ⅰ3年3考,涉及導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及討論函數(shù)的單調(diào)性,其中利用導(dǎo)數(shù)求切線方程難度偏小,而用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性難度偏大.預(yù)計2019年仍會以解答題的形式考查函數(shù)單調(diào)性的討論
卷Ⅱ3年4考,涉及導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、幾何意義以及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值,題型為選擇、填空題,難度適中.預(yù)計2019年高考會考查利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性,難度偏大
卷Ⅲ3年3考,涉及導(dǎo)數(shù)公式及導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用,題型多為填空題.預(yù)計2019年仍會考查導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用,另外,要重點(diǎn)關(guān)注利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
橫向
把握
重點(diǎn)
1.高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查,多在選擇題、填空題中出現(xiàn),難度較小.
2.高考重點(diǎn)考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,即利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題,多在選擇、填空的后幾題中出現(xiàn),難度中等,有時也出現(xiàn)在解答題第一問.
3.近幾年全國卷對定積分及其應(yīng)用的考查極少,題目一般比較簡單,但也不能忽略.
導(dǎo)數(shù)的幾何意義
[題組全練]
1.(2018全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f (x)=x3+(a-1)x2+ax,若f (x)為奇函數(shù),則曲線y=f (x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為( )
A.y=-2x B.y=-x
C.y=2x D.y=x
解析:選D ∵f (x)=x3+(a-1)x2+ax,
∴f ′(x)=3x2+2(a-1)x+a.
又∵f (x)為奇函數(shù),∴f (-x)=-f (x)恒成立,
即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax恒成立,
∴a=1,∴f ′(x)=3x2+1,∴f ′(0)=1,
∴曲線y=f (x)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=x.
2.過點(diǎn)(0,-1)的直線l與曲線y=ln x相切,則原點(diǎn)到l的距離為( )
A.1 B.
C. D.
解析:選C 設(shè)切點(diǎn)為(x0,ln x0).
由y=ln x,得y′=,
所以直線l的斜率k=y(tǒng)′|x=x0=,
所以切線方程為y-ln x0=(x-x0),
即y=x+ln x0-1.
因?yàn)榍芯€過點(diǎn)(0,-1),
則-1=ln x0-1,
即x0=1,
所以切線方程為y=x-1,
即x-y-1=0,
所以原點(diǎn)到l的距離d==,故選C.
3.(2018唐山模擬)曲線y=與其在點(diǎn)(0,-1)處的切線及直線x=1所圍成的封閉圖形的面積為( )
A.1-ln 2 B.2-2ln 2
C.2ln 2-1 D.ln 2
解析:選C 因?yàn)閥=,所以y′=′=,則曲線y=在(0,-1)處的切線的斜率k=2,切線方程為y=2x-1,則曲線y=與其在點(diǎn)(0,-1)處的切線及直線x=1所圍成的封閉圖形的面積S=2x-1-dx=2x-1-1+dx=[x2-2x+2ln(x+1)] =2ln 2-1.
4.(2018全國卷Ⅲ)曲線y=(ax+1)ex在點(diǎn)(0,1)處的切線的斜率為-2,則a=________.
解析:∵y′=(ax+a+1)ex,∴當(dāng)x=0時,y′=a+1,
∴a+1=-2,解得a=-3.
答案:-3
5.已知曲線y=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處的切線與曲線y=ax2+(a+2)x+1相切,則a=________.
解析:由y=x+ln x,得y′=1+,則曲線y=x+ln x在點(diǎn)(1,1)處的切線斜率為2,故切線方程為y=2x-1,與y=ax2+(a+2)x+1聯(lián)立,得ax2+ax+2=0,顯然a≠0,所以由Δ=a2-8a=0?a=8.
答案:8
[系統(tǒng)方法]
1.求過切點(diǎn)切線問題的基本思路
設(shè)曲線在(x0,y0)處的切線為l,則根據(jù)
2.過非切點(diǎn)的切線的求法
設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)(x0,f (x0)),先求出在x=x0處的切線方程,然后把所過點(diǎn)的坐標(biāo)代入即求出x0,從而得出切線方程.
3.由曲線的切線求參數(shù)的方法
已知曲線在某點(diǎn)處的切線求參數(shù)的關(guān)鍵是用“方程思想”來破解,先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),從而求出在某點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值;再根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義與已知條件,建立關(guān)于參數(shù)的方程,通過解方程求出參數(shù)的值.
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
[多維例析]
角度一 討論函數(shù)的單調(diào)性或求函數(shù)單調(diào)區(qū)間
已知函數(shù)f (x)=x2+2cos x,g(x)=ex(cos x-sin x+2x-2),其中e是自然對數(shù)的底數(shù).
(1)求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)討論函數(shù)h(x)=g(x)-af (x)(a∈R)的單調(diào)性.
[解] (1)g′(x)=(ex)′(cos x-sin x+2x-2)+ex(cos x-sin x+2x-2)′=ex(cos x-sin x+2x-2-sin x-cos x+2)=2ex(x-sin x).
記p(x)=x-sin x,
則p′(x)=1-cos x.
因?yàn)閏os x∈[-1,1],所以p′(x)=1-cos x≥0,所以函數(shù)p(x)在R上單調(diào)遞增.
而p(0)=0-sin 0=0,所以當(dāng)x<0時,p(x)<0,g′(x)<0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x>0時,p(x)>0,g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增.
綜上,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0),單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞).
(2)因?yàn)閔(x)=g(x)-af (x)=ex(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),
所以h′(x)=2ex(x-sin x)-a(2x-2sin x)
=2(x-sin x)(ex-a).
由(1)知,當(dāng)x>0時,
p(x)=x-sin x>0;當(dāng)x<0時,p(x)=x-sin x<0.
當(dāng)a≤0時,ex-a>0,
所以x>0時,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增;
x<0時,h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減.
當(dāng)a>0時,令h′(x)=2(x-sin x)(ex-a)=0,解得x1=ln a,x2=0.
①若0<a<1,則ln a<0,
所以x∈(-∞,ln a)時,ex-a<0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增;
x∈(ln a,0)時,ex-a>0,h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減;
x∈(0,+∞)時,ex-a>0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增.
②若a=1,則ln a=0,所以x∈R時,h′(x)≥0,函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增.
③若a>1,則ln a>0,
所以x∈(-∞,0)時,ex-a<0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增;
x∈(0,ln a)時,ex-a<0,h′(x)<0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞減;
x∈(ln a,+∞)時,ex-a>0,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增.
綜上所述,
當(dāng)a≤0時,函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減;
當(dāng)0<a<1時,函數(shù)h(x)在(-∞,ln a),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(ln a,0)上單調(diào)遞減;
當(dāng)a=1時,函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>1時,函數(shù)h(x)在(-∞,0),(ln a,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,ln a)上單調(diào)遞減.
[類題通法] 討論含參函數(shù)的單調(diào)性,其本質(zhì)就是討論導(dǎo)函數(shù)符號的變化情況,所以討論的關(guān)鍵是抓住導(dǎo)函數(shù)解析式中的符號變化部分.討論時要考慮參數(shù)所在的位置及參數(shù)取值對導(dǎo)函數(shù)符號的影響,一般來說需要進(jìn)行四個層次的分類:
(1)最高次冪的系數(shù)是否為0;
(2)導(dǎo)函數(shù)是否有變號零點(diǎn);
(3)導(dǎo)函數(shù)的變號零點(diǎn)是否在函數(shù)定義域或指定區(qū)間內(nèi);
(4)導(dǎo)函數(shù)的變號零點(diǎn)之間的大小關(guān)系.
角度二 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍
已知函數(shù)f (x)=+ax+b(a,b∈R).
(1)若函數(shù)f (x)在R上是增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)若函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
[解] (1)f ′(x)=+a=,
設(shè)g(x)=1-x+aex,由題意知g(x)≥0在R上恒成立,即1-x+aex≥0在R上恒成立.
由ex>0,分離參數(shù)可得a≥在R上恒成立.
設(shè)h(x)=,則h′(x)=,
由h′(x)>0,得x<2;由h′(x)<0,得x>2,
所以h(x)在(-∞,2)上單調(diào)遞增,在(2,+∞)上單調(diào)遞減,
所以h(x)max=h(2)=,故a≥.
所以a的取值范圍為.
(2)函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào),則函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減.
①若函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào)遞增,則f ′(x)=≥0在(-1,3)上恒成立,即1-x+aex≥0在(-1,3)上恒成立,所以a≥在(-1,3)上恒成立.
設(shè)h(x)=,則h′(x)=,所以h(x)在(-1,2)上單調(diào)遞增,在(2,3)上單調(diào)遞減,
所以h(x)max=h(2)=(x∈(-1,3)),故a≥.
所以a的取值范圍為,+∞.
②若函數(shù)f (x)在(-1,3)上單調(diào)遞減,則f ′(x)=≤0在(-1,3)上恒成立,即1-x+aex≤0在(-1,3)上恒成立,所以a≤在(-1,3)上恒成立.
設(shè)h(x)=,則h′(x)=,所以h(x)在(-1,2)上單調(diào)遞增,在(2,3)上單調(diào)遞減.
又h(-1)==-2e,h(3)==.
顯然-2e<,所以h(x)>h(-1)=-2e(x∈(-1,3)),
所以a的取值范圍為(-∞,-2e].
綜上,a的取值范圍為(-∞,-2e]∪.
[類題通法]
由含參函數(shù)單調(diào)性求解參數(shù)范圍問題的2個關(guān)注點(diǎn)
(1)準(zhǔn)確把握函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)符號之間的關(guān)系:若可導(dǎo)函數(shù)f (x)在區(qū)間M上單調(diào)遞增,則f ′(x)≥0在區(qū)間M上恒成立;若可導(dǎo)函數(shù)f (x)在區(qū)間M上單調(diào)遞減,則f ′(x)≤0在區(qū)間M上恒成立.
(2)注意參數(shù)在導(dǎo)函數(shù)解析式中的位置,先嘗試分離參數(shù),將問題的求解轉(zhuǎn)化為求解對應(yīng)函數(shù)的最值問題;若不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性無法利用導(dǎo)數(shù)解決,則可以直接轉(zhuǎn)化為求解含參函數(shù)的最值問題.
[綜合訓(xùn)練]
1.已知a∈R,函數(shù)f (x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)當(dāng)a=2時,求函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間;
(2)若函數(shù)f (x)在(-1,1)上單調(diào)遞增,求a的取值范圍;
(3)函數(shù)f (x)是否為R上的單調(diào)減函數(shù)?若是,求出a的取值范圍?若不是,請說明理由.
解:(1)當(dāng)a=2時,f (x)=(-x2+2x)ex,
所以f ′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex.
令f ′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,
因?yàn)閑x>0,所以-x2+2>0,
解得-<x<.
所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-,).
(2)因?yàn)楹瘮?shù)f (x)在(-1,1)上單調(diào)遞增,
所以f ′(x)≥0對x∈(-1,1)都成立.
因?yàn)閒 ′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex
=[-x2+(a-2)x+a]ex,
所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0對x∈(-1,1)都成立.
因?yàn)閑x>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0,
則a≥==(x+1)-對x∈(-1,1)都成立.
令g(x)=(x+1)-,
則g′(x)=1+>0.
所以g(x)=(x+1)-在(-1,1)上單調(diào)遞增.
所以g(x)<g(1)=(1+1)-=.
所以a≥,所以a的取值范圍是.
(3)若函數(shù)f (x)在R上單調(diào)遞減,則f ′(x)≤0對x∈R都成立,即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0對x∈R都成立.
因?yàn)閑x>0,所以x2-(a-2)x-a≥0對x∈R都成立.
所以Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,這是不可能的.
故函數(shù)f (x)不可能在R上單調(diào)遞減.
2.(2018合肥質(zhì)檢)已知f (x)=ln(2x-1)+(a∈R).
(1)討論f (x)的單調(diào)性;
(2)若f (x)≤ax恒成立,求a的值.
解:(1)f (x)的定義域?yàn)椋?
f ′(x)=-=.
令g(x)=2x2-2ax+a,
若2x2-2ax+a=0的根的判別式Δ=4a2-8a≤0,
即當(dāng)0≤a≤2時,對任意x∈,g(x)≥0恒成立,
即當(dāng)x∈時,f ′(x)≥0恒成立,
∴f (x)在上單調(diào)遞增.
若2x2-2ax+a=0的根的判別式Δ>0,即當(dāng)a>2或a<0時,函數(shù)g(x)圖象的對稱軸為直線x=.
①當(dāng)a<0時,<0,且g=>0.
∴對任意x∈,g(x)>0恒成立,
即對任意x∈,f ′(x)>0恒成立,
∴f (x)在上單調(diào)遞增.
②當(dāng)a>2時,>1,且g=>0.
記g(x)=0的兩根分別為x1,x2,且x1=(a-)>,x2=(a+).
∴當(dāng)x∈∪(x2,+∞)時,g(x)>0,當(dāng)x∈(x1,x2)時,g(x)<0.
∴當(dāng)x∈∪(x2,+∞)時,f ′(x)>0,當(dāng)x∈(x1,x2)時,f ′(x)<0.
∴f (x)在和(x2,+∞)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減.
綜上,當(dāng)a≤2時,f (x)在上單調(diào)遞增;
當(dāng)a>2時,f (x)在和,+∞上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.
(2)f (x)≤ax恒成立等價于對任意x∈,f (x)-ax≤0恒成立.
令h(x)=f (x)-ax=ln(2x-1)+-ax,
則h(x)≤0=h(1)恒成立,
即h(x)在x=1處取得最大值.
h′(x)=.
由h′(1)=0,得a=1.
當(dāng)a=1時,h′(x)=,
∴當(dāng)x∈時,h′(x)>0;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,h′(x)<0.
∴當(dāng)a=1時,h(x)在上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,從而h(x)≤h(1)=0,符合題意.
∴a=1.
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值
[多維例析]
角度一 求函數(shù)的極值或最值
已知函數(shù)f (x)=-1.
(1)求函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間及極值;
(2)設(shè)m>0,求函數(shù)f (x)在區(qū)間[m,2m]上的最大值.
[解] (1)因?yàn)楹瘮?shù)f (x)的定義域?yàn)?0,+∞),且f ′(x)=,
由得0<x<e;由得x>e.
所以函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+∞),且f (x)極大值=f (e)=-1,無極小值.
(2)①當(dāng)即0<m≤時,函數(shù)f (x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞增,
所以f (x)max=f (2m)=-1;
②當(dāng)m<e<2m,即<m<e時,
函數(shù)f (x)在區(qū)間(m,e)上單調(diào)遞增,在(e,2m)上單調(diào)遞減,所以f (x)max=f (e)=-1=-1;
③當(dāng)m≥e時,函數(shù)f (x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞減,
所以f (x)max=f (m)=-1.
綜上所述,當(dāng)0<m≤時,f (x)max=-1;當(dāng)<m<e時,f (x)max=-1;當(dāng)m≥e時,f (x)max=-1.
[類題通法] 求函數(shù)f (x)在閉區(qū)間上最值的策略
(1)若所給的閉區(qū)間[a,b]不含有參數(shù),則只需對函數(shù)f (x)求導(dǎo),并求f ′(x)=0在區(qū)間[a,b]內(nèi)的根,再計算使導(dǎo)數(shù)等于零的根的函數(shù)值,把該函數(shù)值與f (a),f (b)比較,其中最大的一個是最大值,最小的一個是最小值.
(2)若所給的閉區(qū)間[a,b]含有參數(shù),則需對函數(shù)f (x)求導(dǎo),通過對參數(shù)分類討論,判斷函數(shù)的單調(diào)性,從而得到函數(shù)f (x)的最值.
角度二 已知函數(shù)的極值或最值求參數(shù)
已知函數(shù)f (x)=ax2-(a+2)x+ln x,其中a∈R.
(1)當(dāng)a=1時,求曲線y=f (x)在點(diǎn)(1,f (1))處的切線方程;
(2)當(dāng)a>0時,若f (x)在區(qū)間[1,e]上的最小值為-2,求a的取值范圍.
[解] (1)當(dāng)a=1時,f (x)=x2-3x+ln x(x>0),
所以f ′(x)=2x-3+=,
所以f (1)=-2,f ′(1)=0.
所以切線方程為y+2=0.
(2)函數(shù)f (x)=ax2-(a+2)x+ln x的定義域?yàn)?0,+∞),
當(dāng)a>0時,f ′(x)=2ax-(a+2)+==,
令f ′(x)=0,解得x=或x=.
①當(dāng)0<≤1,即a≥1時,
f (x)在[1,e]上單調(diào)遞增.
所以f (x)在[1,e]上的最小值為f (1)=-2,符合題意;
②當(dāng)1<<e,即<a<1時,f (x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,
所以f (x)在[1,e]上的最小值為f <f (1)=-2,不合題意;
③當(dāng)≥e,即0<a≤時,f (x)在[1,e]上單調(diào)遞減,
所以f (x)在[1,e]上的最小值為f (e)<f (1)=-2,不合題意.
綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).
[類題通法] 已知函數(shù)在閉區(qū)間上最值求參數(shù)的方法
主要采取分類討論的思想,將導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)與所給區(qū)間進(jìn)行比較,利用導(dǎo)數(shù)的工具性得到函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性,從而可求其最值,判斷所求的最值與已知條件是否相符,從而得到參數(shù)的取值范圍.
[綜合訓(xùn)練]
1.已知函數(shù)f (x)=x3-3x2.
(1)求曲線y=f (x)在點(diǎn)P(1,-2)處的切線方程;
(2)若函數(shù)g(x)=2f (x)+3(1-a)x2+6ax(a>1)在[1,2]上的值域?yàn)閇p(a),q(a)],求φ(a)=q(a)-p(a)的最小值.
解:(1)因?yàn)閒 (x)=x3-3x2,所以f ′(x)=3x2-6x,
所以曲線y=f (x)在點(diǎn)P(1,-2)處的切線的斜率為f ′(1)=-3,
所以切線方程為y-(-2)=-3(x-1),
即3x+y-1=0.
(2)因?yàn)間(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax,
所以g′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).
令g′(x)=0,得x=1或x=a,
若1<a<2,
當(dāng)x∈(1,a)時,g′(x)<0,所以g(x)在(1,a)上單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(a,2)時,g′(x)>0,所以g(x)在(a,2)上單調(diào)遞增.
①若g(1)≤g(2),即1<a≤,此時q(a)=g(2)=4,p(a)=g(a)=-a3+3a2,
所以φ(a)=4-(-a3+3a2)=a3-3a2+4,
因?yàn)棣铡?a)=3a2-6a=3a(a-2)<0,
所以φ(a)在上單調(diào)遞減,
所以當(dāng)a∈時,φ(a)的最小值為φ=.
②若g(1)>g(2),即<a<2,
此時q(a)=g(1)=3a-1,p(a)=g(a)=-a3+3a2,
所以φ(a)=3a-1-(-a3+3a2)
=a3-3a2+3a-1,
因?yàn)棣铡?a)=3a2-6a+3=3(a-1)2≥0,
所以φ(a)在上單調(diào)遞增,
所以當(dāng)a∈時,φ(a)>.
若a≥2,
當(dāng)x∈[1,2]時,g′(x)≤0,所以g(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,
所以q(a)=g(1)=3a-1,p(a)=g(2)=4,
所以φ(a)=3a-1-4=3a-5(a≥2),
所以φ(a)在[2,+∞)上的最小值為φ(2)=1.
綜上,φ(a)的最小值為.
2.已知函數(shù)f (x)=x2-3x+.
(1)若a=4,討論f (x)的單調(diào)性;
(2)若f (x)有3個極值點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解:(1)因?yàn)閍=4時,f (x)=x2-3x+,
所以f ′(x)=2x-3-===(x≠0),
令f ′(x)>0,得x>2;令f ′(x)<0,得x<0或0<x<2.
所以f (x)在(-∞,0),(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由題意知,f ′(x)=2x-3-=(x≠0),
設(shè)函數(shù)g(x)=2x3-3x2-a,
則原條件等價于g(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上有3個零點(diǎn),且3個零點(diǎn)附近的左、右兩側(cè)的函數(shù)值異號,
又g′(x)=6x2-6x=6x(x-1),
由g′(x)>0,得x>1或x<0;由g′(x)<0,得0<x<1.
故g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
故原條件等價于g(x)在(-∞,0),(0,1),(1,+∞)上各有一個零點(diǎn),令g(0)=-a>0,得a<0,
當(dāng)a<0時,-<0,g(-)=2(-)3-3(-a)-a=2a(+1)<0,
故a<0時,g(x)在(-∞,0)上有唯一零點(diǎn);
令g(1)=-1-a<0,解得a>-1,
故-1<a<0時,g(x)在(0,1)上有唯一零點(diǎn);
又-1<a<0時,g(2)=4-a>0,所以g(x)在(1,+∞)上有唯一零點(diǎn).
綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-1,0).
重難增分
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
[典例細(xì)解]
(2015全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f (x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整數(shù)x0使得f (x0)<0,則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
[學(xué)解題]
法一:直接法(學(xué)生用書不提供解題過程)
若a≤0,則對任意負(fù)整數(shù)m,有f (m)=em(2m-1)-a(m-1)<0,不符合題中唯一要求,故必有0<a<1.由于f ′(x)=ex(2x+1)-a,易知當(dāng)x≤-1時f ′(x)≤-e-1-a<0,當(dāng)x≥1時f ′(x)≥3e-a>0,故f (x)在(-∞,-1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.
注意到f (1)=e>0,所以在(1,+∞)內(nèi)不存在正整數(shù)x0使得f (x0)<0.
又f (0)=-1+a<0,這樣我們就找到了,那個唯一的整數(shù)x0就是0.則滿足題意的充要條件是f (-1)≥0,即a≥,故a的取值范圍是.
法二:分離參數(shù)法(學(xué)生用書不提供解題過程)
f (x)<0?(x-1)a>ex(2x-1).
當(dāng)x>1時,有a>>1,這與題設(shè)矛盾,舍去;
當(dāng)x<1時,有a<.
記g(x)=,
則g′(x)=
=(x<1).
當(dāng)x<0時,g′(x)>0;當(dāng)0<x<1時,g′(x)<0,
故g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,1)上單調(diào)遞減,作出函數(shù)y=g(x)的大致圖象如圖所示.
由題意知,存在唯一的整數(shù)x0使得f (x0)<0,即a<g(x0),由圖易知a的取值范圍是=g(-1)≤a<1,選D.
法三:幾何直觀法(學(xué)生用書提供解題過程)
設(shè)g(x)=ex(2x-1),y=ax-a,由題意知存在唯一的整數(shù)x0,使得g(x0)在直線y=ax-a的下方.
因?yàn)間′(x)=ex(2x+1),所以當(dāng)x<-時,g′(x)<0;當(dāng)x>-時,g′(x)>0,所以當(dāng)x=-時,g(x)min=-2e,
因?yàn)間(0)=-1<0,g(1)=e>0,直線y=ax-a恒過點(diǎn)(1,0),且斜率為a,畫出函數(shù)的大致圖象如圖所示,
故-a>g(0)=-1,g(-1)=-3e-1≥-a-a,解得≤a<1.
法四:特殊值探路(學(xué)生用書提供解題過程)
注意到f (0)=a-1<0,故x0=0.又x0唯一,故解得a≥,所以≤a<1(*).
這是a需滿足的必要條件.
求導(dǎo)得f ′(x)=ex(2x+1)-a.當(dāng)x≤-1時,f ′(x)<-a<0,f (x)在(-∞,-1]上單調(diào)遞減,有f (x)≥f (-1)≥0;當(dāng)x≥1時,f ′(x)≥3e-a>0,f (x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,有f (x)≥f (1)>0.可見(*)式也是充分的.
于是,a的取值范圍就是≤a<1,選D.
[答案] D
[啟思維] 本題考查了含參函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式的綜合問題,含參數(shù)的函數(shù)問題是高考中的難點(diǎn),通常有以下兩種解題策略.
(1)數(shù)形結(jié)合:利用導(dǎo)數(shù)先研究函數(shù)的圖象與性質(zhì),再畫出該函數(shù)的草圖,結(jié)合圖象確定參數(shù)范圍,若原函數(shù)圖象不易做,?;癁橐粋€函數(shù)存在一點(diǎn)在另一個函數(shù)上方,用圖象解.
(2)參變分離:轉(zhuǎn)化為參數(shù)小于某個函數(shù)(或參數(shù)大于某個函數(shù)),則參數(shù)小于該函數(shù)的最大值(大于該函數(shù)的最小值),再構(gòu)造函數(shù)求解即可,要注意應(yīng)用分類討論思想.
(2015全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f ′(x)是奇函數(shù)f (x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f (-1)=0,當(dāng)x>0時,xf ′(x)-f (x)<0,則使得f (x)>0成立的x的取值范圍是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
[解析] 令g(x)=(x≠0),則g′(x)=,當(dāng)x>0時,xf ′(x)-f (x)<0,∴g′(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù),且g(1)=f (1)=-f (-1)=0.
∵f (x)為奇函數(shù),∴g(x)為偶函數(shù),
∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示.
當(dāng)x>0時,由f (x)>0,得g(x)>0,由圖知0<x<1,
當(dāng)x<0時,由f (x)>0,得g(x)<0,由圖知x<-1,
∴使得f (x)>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1).
[答案] A
[啟思維] 本題考查了導(dǎo)數(shù)運(yùn)算的逆運(yùn)算,通過xf ′(x)-f (x)<0構(gòu)造函數(shù)g(x)=,然后利用函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性結(jié)合圖象求解.
[知能升級]
解決抽象函數(shù)導(dǎo)數(shù)問題常見構(gòu)造函數(shù)的方法
(1)對于不等式xf ′(x)+f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf (x);
(2)對于不等式xf ′(x)-f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=(x≠0);
(3)對于不等式f ′(x)+f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=exf (x);
(4)對于不等式f ′(x)-f (x)>0(或<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=.
[增分訓(xùn)練]
1.已知函數(shù)f (x),對?x∈R,都有f (-x)+f (x)=x2,在(0,+∞)上,f ′(x)<x,若f (4-m)-f (m)≥8-4m,則實(shí)數(shù)m的取值范圍為( )
A.[-2,2] B.[2,+∞)
C.[0,+∞) D.(-∞,-2]∪[2,+∞)
解析:選B 因?yàn)閷?x∈R,都有f (-x)+f (x)=x2,所以f (0)=0,
設(shè)g(x)=f (x)-x2,
則g(-x)=f (-x)-x2,
所以g(x)+g(-x)=f (x)-x2+f (-x)-x2=0,
又g(0)=f (0)-0=0,
所以g(x)為奇函數(shù),且f (x)=g(x)+x2,
所以f (4-m)-f (m)=g(4-m)+(4-m)2-=g(4-m)-g(m)+8-4m≥8-4m,則g(4-m)-g(m)≥0,即g(4-m)≥g(m).
當(dāng)x>0時,g′(x)=f ′(x)-x<0,
所以g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù),
又g(x)為奇函數(shù),
所以4-m≤m,解得m≥2.
2.(2019屆高三南昌模擬)已知函數(shù)f ′(x)是函數(shù)f (x)的導(dǎo)函數(shù),f (1)=,對任意實(shí)數(shù)x,都有f (x)-f ′(x)>0,則不等式f (x)<ex-2的解集為( )
A.(-∞,e) B.(1,+∞)
C.(1,e) D.(e,+∞)
解析:選B 設(shè)g(x)=,
則g′(x)==.
∵對任意實(shí)數(shù)x,都有f (x)-f ′(x)>0,
∴g′(x)<0,即g(x)為R上的減函數(shù).
g(1)==,
由不等式f (x)<ex-2,
得<e-2=,即g(x)<g(1).
∵g(x)為R上的減函數(shù),
∴x>1,∴不等式f (x)<ex-2的解集為(1,+∞).
故選B.
3.設(shè)f (x)=x3-mx2+2nx+1的導(dǎo)函數(shù)為f ′(x),函數(shù)f ′(x)的圖象關(guān)于直線x=對稱,若f (x)在[1,π]上恒有f (x)≥1,則實(shí)數(shù)n的取值范圍為( )
A. B.
C. D.[π,+∞)
解析:選C 依題意f ′(x)=3x2-2mx+2n,又已知函數(shù)f ′(x)的圖象關(guān)于直線x=對稱,所以-=,解得m=2,所以f (x)=x3-2x2+2nx+1,因?yàn)閒 (x)在[1,π]上恒有f (x)≥1,所以n≥-(x2-2x)在[1,π]上恒成立,因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=-(x2-2x)在[1,π]上單調(diào)遞減,即函數(shù)g(x)=-(x2-2x)在[1,π]上的最大值為g(1)=,所以實(shí)數(shù)n的取值范圍為,故選C.
[專題跟蹤檢測](對應(yīng)配套卷P169)
一、全練保分考法——保大分
1.函數(shù)f (x)=excos x的圖象在點(diǎn)(0,f (0))處的切線方程是( )
A.x+y+1=0 B.x+y-1=0
C.x-y+1=0 D.x-y-1=0
解析:選C 依題意,f (0)=e0cos 0=1,因?yàn)閒 ′(x)=excos x-exsin x,所以f ′(0)=1,所以切線方程為y-1=x-0,即x-y+1=0,故選C.
2.已知函數(shù)f (x)=x2-5x+2ln x,則函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.和(1,+∞) B.(0,1)和(2,+∞)
C.和(2,+∞) D.(1,2)
解析:選C 函數(shù)f (x)=x2-5x+2ln x的定義域是(0,+∞),且f ′(x)=2x-5+==.由f ′(x)>0,解得0<x<或x>2,故函數(shù)f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(2,+∞).
3.(2018石家莊模擬)已知f (x)=,其中e為自然對數(shù)的底數(shù),則( )
A.f (2)>f (e)>f (3) B.f (3)>f (e)>f (2)
C.f (e)>f (2)>f (3) D.f (e)>f (3)>f (2)
解析:選D 由f (x)=,得f ′(x)=,令f ′(x)=0,解得x=e,當(dāng)x∈(0,e)時,f ′(x)>0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(e,+∞)時,f ′(x)<0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞減,故f (x)在x=e處取得最大值f (e),f (2)-f (3)=-==<0,
∴f (2)<f (3),則f (e)>f (3)>f (2),故選D.
4.(2019屆高三廣州調(diào)研)已知直線y=kx-2與曲線y=xln x相切,則實(shí)數(shù)k的值為( )
A.ln 2 B.1
C.1-ln 2 D.1+ln 2
解析:選D 由y=xln x知y′=ln x+1,設(shè)切點(diǎn)為(x0,x0ln x0),則切線方程為y-x0ln x0=(ln x0+1)(x-x0),因?yàn)榍芯€y=kx-2過定點(diǎn)(0,-2),所以-2-x0ln x0=(ln x0+1)(0-x0),解得x0=2,故k=1+ln 2,選 D.
5.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+3)為偶函數(shù),f (6)=1,則不等式f (x)>ex的解集為( )
A.(-2,+∞) B.(0,+∞)
C.(1,+∞) D.(4,+∞)
解析:選B 因?yàn)閒 (x+3)為偶函數(shù),
所以f (3-x)=f (x+3),
因此f (0)=f (6)=1.
設(shè)h(x)=,則原不等式即h(x)>h(0).
又h′(x)==,
依題意f ′(x)>f (x),故h′(x)>0,
因此函數(shù)h(x)在R上是增函數(shù),
所以由h(x)>h(0),得x>0.故選B.
6.已知定義在R上的函數(shù)y=f (x)滿足f (-x)=-f (x),當(dāng)x∈(0,2]時,f (x)=ln x-ax,當(dāng)x∈[-2,0)時,f (x)的最小值為3,則a的值等于( )
A.e2 B.e
C.2 D.1
解析:選A 因?yàn)槎x在R上的函數(shù)y=f (x)滿足f (-x)=-f (x),
所以y=f (x)為奇函數(shù),其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱,
因?yàn)楫?dāng)x∈[-2,0)時,f (x)的最小值為3,
所以當(dāng)x∈(0,2]時,f (x)=ln x-ax的最大值為-3.
又f ′(x)=(0<x≤2),
所以當(dāng)0<x<時,f ′(x)>0;
當(dāng)<x≤2時,f ′(x)<0;
所以函數(shù)f (x)=ln x-ax在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減,
故f (x)max=f =ln-a=-3,解得a=e2.
7.若函數(shù)f (x)=ln x-ax2-2x存在單調(diào)遞減區(qū)間,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
解析:f ′(x)=-ax-2=,由題意知f ′(x)<0有實(shí)數(shù)解,∵x>0,∴ax2+2x-1>0有實(shí)數(shù)解.當(dāng)a≥0時,顯然滿足;當(dāng)a<0時,只需Δ=4+4a>0,∴-1<a<0.綜上知a>-1.
答案:(-1,+∞)
8.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(shí)數(shù)m的取值范圍是________.
解析:函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)=ex-m,設(shè)切點(diǎn)為(x0,ex0-mx0+1),即切線斜率k=
e x0-m,若曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則滿足(e x0-m)e=-1,
即e x0-m=-有解,
即m=e x0+有解,
∵e x0+>,∴m>.
答案:
9.已知x0為函數(shù)f (x)=(ea)x+3x的極值點(diǎn),若x0∈(e為自然對數(shù)的底數(shù)),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.
解析:f′(x)=aeax+3,則f′(x0)=3+aeax0=0,由于eax0>0,則a<0,此時x0=ln.令t=-,t>0,則x0=-ln t,構(gòu)造函數(shù)g(t)=-ln t(t>0),g′(t)=-ln t-=-(ln t+1),當(dāng)0<t<時,g′(t)>0,g(t)為增函數(shù),且g(t)>0恒成立,當(dāng)t>時,g′(t)<0,g(t)為減函數(shù),g(t)max=g=,且g(e)=-,因此當(dāng)x0∈時,0<t≤e,即0<-≤e,a≤-,故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案:
10.(2019屆高三長春模擬)已知函數(shù)f (x)=ax3+bx2-3x(a,b∈R)在點(diǎn)A(2,f (2))處的切線方程為9x-y-16=0.
(1)求函數(shù)f (x)的解析式;
(2)若過點(diǎn)M(2,m)(m≠2)可作曲線y=f (x)的三條切線,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
解:(1)因?yàn)閒 (x)=ax3+bx2-3x(a,b∈R),
所以f ′(x)=3ax2+2bx-3.
根據(jù)題意,得
即
解得所以f (x)=x3-3x.
(2)設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0)(x0≠2),則y0=x-3x0.
因?yàn)閒 ′(x0)=3x-3,
所以切線的斜率為3x-3,
則3x-3=,
即2x-6x+6+m=0.
因?yàn)檫^點(diǎn)M(2,m)(m≠2)可作曲線y=f (x)的三條切線,
所以方程2x-6x+6+m=0有三個不同的實(shí)根,
設(shè)函數(shù)g(x)=2x3-6x2+6+m,則函數(shù)g(x)有三個零點(diǎn),且g′(x)=6x2-12x,
令g′(x)=0,得x=0或x=2.
g′(x),g(x)隨x的變化而變化的情況如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,2)
2
(2,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
極大值
極小值
若函數(shù)g(x)有三個零點(diǎn),
則需即解得-6<m<2.
所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為(-6,2).
11.(2018成都模擬)已知函數(shù)f (x)=(ax-1)ln x+.
(1)若a=2,求曲線y=f (x)在點(diǎn)(1,f (1))處的切線l的方程;
(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f ′(x)有兩個極值點(diǎn)x1,x2,其中x1∈(0,e],求g(x1)-g(x2)的最小值.
解:(1)當(dāng)a=2時,f (x)=(2x-1)ln x+,
則f ′(x)=2ln x+x-+2,
f ′(1)=2,f (1)=,
∴切線l的方程為y-=2(x-1),即4x-2y-3=0.
(2)函數(shù)g(x)=aln x+x-+a,定義域?yàn)?0,+∞),
則g′(x)=1++=,令g′(x)=0,得x2+ax+1=0,其兩根為x1,x2,
且x1+x2=-a,x1x2=1,
故x2=,a=-.
g(x1)-g(x2)=g(x1)-g=aln x1+x1-+a-=2+2aln x1=2-2ln x1,
令h(x)=2-2ln x.
則[g(x1)-g(x2)]min=h(x)min,
又h′(x)=,
當(dāng)x∈(0,1]時,h′(x)≤0,
當(dāng)x∈(1,e]時,h′(x)<0,
即當(dāng)x∈(0,e]時,h(x)單調(diào)遞減,
∴h(x)min=h(e)=-,
故[g(x1)-g(x2)]min=-.
12.(2018鄭州模擬)已知函數(shù)f (x)=ln x-x,g(x)=mx3-mx(m≠0).
(1)求曲線y=f (x)在點(diǎn)(1,f (1))處的切線方程;
(2)若對任意的x1∈(1,2),總存在x2∈(1,2),使得f (x1)=g(x2),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
解:(1)易知切點(diǎn)為(1,-1),f ′(x)=-1,切線的斜率k=f ′(1)=0,故切線方程為y=-1.
(2)設(shè)f (x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)锳,g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域?yàn)锽,則由題意可得A?B.
∵f (x)=ln x-x,
∴f ′(x)=-1=<0在(1,2)上恒成立,
∴函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減,
∴值域A為(ln 2-2,-1).
又g′(x)=mx2-m=m(x+1)(x-1),
當(dāng)m>0時,g′(x)>0在x∈(1,2)上恒成立,
則g(x)在(1,2)上是增函數(shù),此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為,
則
解得m≥-(ln 2-2)=3-ln 2.
當(dāng)m<0時,g′(x)<0在x∈(1,2)上恒成立,
則g(x)在(1,2)上是減函數(shù),此時g(x)在區(qū)間(1,2)上的值域B為,
則解得m≤(ln 2-2)=ln 2-3.
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是
∪.
二、強(qiáng)化壓軸考法——拉開分
1.已知函數(shù)f (x)=xsin x,x1,x2∈,且f (x1)<f (x2),那么( )
A.x1-x2>0 B.x1+x2>0
C.x-x>0 D.x-x<0
解析:選D 由f (x)=xsin x得f ′(x)=sin x+xcos x=cos x(tan x+x),當(dāng)x∈時,f ′(x)>0,即f (x)在上為增函數(shù),又f (-x)=-xsin(-x)=xsin x,因而f (x)為偶函數(shù),∴當(dāng)f (x1)<f (x2)時,有f (|x1|)<f (|x2|),∴|x1|<|x2|,x-x<0,故選D.
2.(2018西安八校聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)=ln x-ax2,若f (x)恰有兩個不同的零點(diǎn),則a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
解析:選C 函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0,+∞),f ′(x)=-2ax=.當(dāng)a≤0時,f ′(x)>0恒成立,函數(shù)f (x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則函數(shù)f (x)不存在兩個不同的零點(diǎn).當(dāng)a>0時,由f ′(x)=0,得x=,當(dāng)0<x<時,f ′(x)>0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞增,當(dāng)x>時,f ′(x)<0,函數(shù)f (x)單調(diào)遞減,所以f (x)的最大值為f =ln-a2=-ln 2a-,于是要使函數(shù)f (x)恰有兩個不同的零點(diǎn),則需滿足-ln 2a->0,即ln 2a<-1,所以0<2a<,即0<a<,所以a的取值范圍是,故選C.
3.已知函數(shù)f (x)=x+xln x,若m∈Z,且f (x)-m(x-1)>0對任意的x>1恒成立,則m的最大值為( )
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:選B 法一:因?yàn)閒 (x)=x+xln x,且f (x)-m(x-1)>0對任意的x>1恒成立,等價于m<在(1,+∞)上恒成立,
等價于m<min(x>1).
令g(x)=(x>1),所以g′(x)=.易知g′(x)=0必有實(shí)根,設(shè)為x0,則x0-2-ln x0=0,且g(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,此時g(x)min=g(x0)===x0,因此m<x0,令h(x)=x-2-ln x,可得h(3)<0,h(4)>0,又m∈Z,故m的最大值為3.故選B.
法二:f (x)>m(x-1)在(1,+∞)上恒成立,
而f ′(x)=2+ln x,得f (x)在(0,e-2)上單調(diào)遞減,在(e-2,+∞)上單調(diào)遞增,
由圖象可知,過點(diǎn)(1,0)的直線y=m(x-1)必在f (x)的圖象下方,設(shè)過點(diǎn)(1,0)且與f (x)的圖象相切的直線的斜率為k,則m<k.
此時設(shè)切點(diǎn)為(x0,x0+x0ln x0),
則有k=2+ln x0=,
可得x0-ln x0-2=0,令g(x)=x-ln x-2,
顯然g(e)<0,g(e2)>0,所以e<x0<e2,所以1<ln x0<2,3<k<4,又m<k,且m∈Z,因此m的最大值為3. 故選B.
4.不等式[b-(a-2)]2+[ln b-(a-1)]2≥m2-m對任意的b>0,a∈R恒成立,則實(shí)數(shù)m的最大值為( )
A. B.2
C.e D.3
解析:選B [b-(a-2)]2+[ln b-(a-1)]2等價于點(diǎn)P(b,ln b)與點(diǎn)Q(a-2,a-1)距離的平方,易知點(diǎn)P,Q分別在曲線C:y=ln x及直線l:y=x+1上.
令f (x)=ln x,則f ′(x)=,令f ′(x)=1,得x=1,故與直線l平行且與曲線C相切的直線l′與曲線C的切點(diǎn)為(1,0),所以|PQ|min==,所以m2-m≤2,解得-1≤m≤2,所以m的最大值為2.故選B.
5.設(shè)函數(shù)f (x)=ex+a+x,g(x)=ln(x+3)-4e-x-a,其中e為自然對數(shù)的底數(shù),若存在實(shí)數(shù)x0,使得f (x0)-g(x0)=2成立,則實(shí)數(shù)a的值為( )
A.-2+ln 2 B.1+ln 2
C.-1-ln 2 D.2+ln 2
解析:選D 由已知得f (x)-g(x)=ex+a+x-ln(x+3)+4e-x-a,
設(shè)h(x)=ex+a+4e-x-a,u(x)=x-ln(x+3),
所以h(x)=ex+a+4e-x-a≥2=4,當(dāng)且僅當(dāng)ex+a=2時等號成立.
u′(x)=1-=(x>-3),
令u′(x)>0,得x>-2;
令u′(x)<0,得-3<x<-2,所以u(x)在(-3,-2)上單調(diào)遞減,在(-2,+∞)上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x=-2時,u(x)取得最小值為-2.
若存在實(shí)數(shù)x0,使得f (x0)-g(x0)=2成立,則當(dāng)x=-2時,ex+a=2成立,所以e-2+a=2,解得a=2+ln 2.
6.設(shè)點(diǎn)M(x1,f (x1))和點(diǎn)N(x2,g(x2))分別是函數(shù)f (x)=ex-1-(x-1)2和g(x)=x-1圖象上的點(diǎn),且x1≥1,x2>0,若直線MN∥x軸,則M,N兩點(diǎn)間的距離的最小值為( )
A.1 B.2
C.3 D.4
解析:選A 設(shè)h(x1)=|MN|,由題意知h(x1)=x2-x1,x1≥1,
由MN∥x軸可得g(x2)=f (x1),
即x2=ex1-1-(x1-1)2+1,
所以h(x1)=x2-x1=ex1-1-(x1-1)2-x1+1,h′(x1)=e x1-1-x1,h″(x1)=e x1-1-1,
因?yàn)閔″(x1)≥h″(1)=0,
所以h′(x1)在[1,+∞)上是增函數(shù),
所以h′(x1)≥h′(1)=0,
因此h(x1)在[1,+∞)上是增函數(shù),所以h(x1)≥h(1)=1,故選A.
7.若對任意的x∈,e為自然對數(shù)的底數(shù),總存在唯一的y∈[-1,1],使得ln x-x+1+a=y(tǒng)2ey成立,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A. B.
C. D.
解析:選B 設(shè)f (x)=ln x-x+1+a,
則f ′(x)=-1=.
因?yàn)閤∈,所以f ′(x)≥0,f (x)在上單調(diào)遞增,所以f (x)∈.
設(shè)g(y)=y(tǒng)2ey,y∈[-1,1],
則g′(y)=y(tǒng)(y+2)ey.
由g′(y)<0,得-1≤y<0;
由g′(y)>0,得0<y≤1.
所以函數(shù)g(y)在[-1,0]上單調(diào)遞減,在[0,1]上單調(diào)遞增,且g(-1)=<g(1)=e.
對任意的x∈,總存在唯一的y∈[-1,1],使得ln x-x+1+a=y(tǒng)2ey成立,等價于f (x)的值域是g(y)的不含極值點(diǎn)的單值區(qū)間的子集,
故?,所以<a≤e.故選 B.
8.已知函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x>0時,f (-x)+f (x+3)=0;當(dāng)x∈(0,3)時,f (x)=,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),且e≈2.72,則方程6f (x)-x=0在[-9,9]上的解的個數(shù)為( )
A.4 B.5
C.6 D.7
解析:選D 依題意,當(dāng)x∈(0,3)時,f ′(x)=,令f ′(x)=0得x=e,故函數(shù)f (x)在區(qū)間(0,e)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(e,3)上單調(diào)遞減,故在區(qū)間(0,3)上,f (x)max=f (e)=1.又函數(shù)f (x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x>0時,f (-x)+f (x+3)=0,即f (x+3)=f (x),f (0)=0.由6f (x)-x=0,得f (x)=.在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y=f (x)與y=在區(qū)間[-9,9] 上的圖象如圖所示.由圖可知,函數(shù)y=f (x)與y=的圖象有7個交點(diǎn),即方程6f (x)-x=0的解的個數(shù)為7.故選D.