（全国通用）2017届高考数学一轮总复习 第三章 导数及其应用 理（课件+习题）（打包4套）新人教B版.zip

1§3.1 导数与积分考点一 导数的概念及其几何意义11.(2012 广东,12,5 分)曲线 y=x3-x+3 在点(1,3)处的切线方程为 . 答案 2x-y+1=0解析 易知 y'=3x2-1,∴y=x 3-x+3 在点(1,3)处的切线的斜率 k=2,∴切线方程为 y-3=2(x-1),即 2x-y+1=0.评析 本题考查导数的几何意义及直线方程,考查运算求解能力.12.(2012 辽宁,21,12 分)设 f(x)=ln(x+1)++ax+b(a,b∈R,a,b 为常数),曲线 y=f(x)与直线y=x 在(0,0)点相切.(1)求 a,b 的值;(2)证明:当 00 时,20 时,20 时,k'(x)=-1=0 时, f(x)x.记 h(x)=(x+6)f(x)-9x,则当 0x2 时,h'(x)=f(x)+(x+6)f '(x)-9x+(x+6)-9=[3x(x+1)+(x+6)(2+)-18(x+1)] 3x(x+1)+(x+6) 3+ -18(x+1)=(7x-18)0.(10 分)因此 h(x)在(0,2)内单调递减,又 h(0)=0,所以 h(x)0,即 f(x).(12 分)评析 本题考查了导数的概念及运算,考查导数的几何意义及应用,考查构造法.考点二 定积分的运算及应用12.(2012 湖北,3,5 分)已知二次函数 y=f(x)的图象如图所示,则它与 x 轴所围图形的面积为( )2A. B. C. D.答案 B 由题图知二次函数的解析式为 f(x)=-x2+1,其图象与 x 轴所围图形的面积为 f(x)dx=2f(x)dx=2(-x2+1)dx=2 =2×=.故选 B.评析 本题考查了定积分的知识,考查了学生运算求解能力.运用数形结合思想求出二次函数和定积分是解题关键.13.(2013 湖南,12,5 分)若 x2dx=9,则常数 T 的值为 . 答案 3解析 x 2dx= ==9,解得 T=3.14.(2013 福建,15,5 分)当 x∈R,|x|1 时,有如下表达式:1+x+x2+…+xn+…=.两边同时积分得:答案 解析 +x+x 2+…+xn=(1+x)n,两边同时积分得:+xdx+x2dx+…+xndx=(1+x)ndx,从而得到如下等式:×+×+×+…+×=.15.(2012 江西,11,5 分)计算定积分(x 2+sin x)dx= . 答案 解析 (x 2+sin x)dx= =.评析 本题考查了定积分的运算.1§3.2 导数的应用考点一 函数的单调性9.(2013四川,21,14 分)已知函数 f(x)=其中 a是实数.设 A(x1, f(x1)),B(x2, f(x2))为该函数图象上的两点,且 x10.因此 x2-x1=[-(2x1+2)+2x2+2]≥=1,当且仅当-(2x 1+2)=2x2+2=1,即 x1=-且 x2=-时等号成立.所以函数 f(x)的图象在点 A,B处的切线互相垂直时,x 2-x1的最小值为 1.(7分)(3)当 x1x10时, f '(x 1)≠f '(x 2),故 x10时,函数 f(x)的图象在点(x 2,f(x2))处的切线方程为 y-ln x2=(x-x2),即 y=·x+ln x2-1.两切线重合的充要条件是由①及 x1h(0)=-ln 2-1.所以 a-ln 2-1.又当 x1∈(-1,0)且趋近于-1 时,h(x 1)无限增大,所以 a的取值范围是(-ln 2-1,+∞).故当函数 f(x)的图象在点 A,B处的切线重合时,a 的取值范围是(-ln 2-1,+∞).(14 分)评析 本题主要考查函数的性质、导数的应用、基本不等式、直线的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、分类与整合、转化与化归等数学思想.10.(2013重庆,17,13 分)设 f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与 y轴相交于点(0,6).2(1)确定 a的值;(2)求函数 f(x)的单调区间与极值.解析 (1)因 f(x)=a(x-5)2+6ln x,故 f '(x)=2a(x-5)+.令 x=1,得 f(1)=16a, f '(1)=6-8a,所以曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)(x-1),由点(0,6)在切线上可得 6-16a=8a-6,故 a=.(2)由(1)知, f(x)=(x-5) 2+6ln x(x0),f '(x)=x-5+=.令 f '(x)=0,解得 x1=2,x2=3.当 03时, f '(x)0,故 f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;当 2f(1)的 x的集合(用区间表示).解析 (1)由题意得(x 2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-30,∴[(x 2+2x+k)+3]·[(x2+2x+k)-1]0,∴x 2+2x+k1,∴(x+1) 20)或(x+1) 22-k(2-k0),∴|x+1|,∴-1--1+,∴函数 f(x)的定义域 D为(-∞,-1-)∪(-1-,-1+)∪(-1+,+∞).(2)f '(x)=-=-,由 f '(x)0得(x 2+2x+k+1)(2x+2)-1+,结合函数 f(x)的单调性知 f(x)f(1)的解集为(-1-,-1-)∪(-1-,-3)∪(1,-1+)∪(-1+,-1+).评析 本题考查函数的定义域,利用导数研究函数的单调性以及含参不等式的解法,考查分3类讨论思想,逻辑推理能力和运算求解能力,难度较大.12.(2013江西,21,14 分)已知函数 f(x)=a,a为常数且 a0.(1)证明:函数 f(x)的图象关于直线 x=对称;(2)若 x0满足 f(f(x0))=x0,但 f(x0)≠x 0,则称 x0为函数 f(x)的二阶周期点.如果 f(x)有两个二阶周期点 x1,x2,试确定 a的取值范围;(3)对于(2)中的 x1,x2和 a,设 x3为函数 f(f(x))的最大值点,A(x 1,f(f(x1))),B(x2, f(f(x2))),C(x3,0).记△ABC 的面积为 S(a),讨论 S(a)的单调性.解析 (1)证明:因为 f =a(1-2|x|),f =a(1-2|x|),有 f =f ,所以函数 f(x)的图象关于直线 x=对称.(2)当 0时,有 f(f(x))=所以 f(f(x))=x有四个解 0,,,,又 f(0)=0, f=, f≠, f≠,故只有,是 f(x)的二阶周期点.综上所述,所求 a的取值范围为 a.(3)由(2)得 x1=,x2=,因为 x3为函数 f(f(x))的最大值点,所以 x3=或 x3=.当 x3=时,S(a)=,求导得:S'(a)=-,所以当 a∈时,S(a)单调递增,当 a∈时,S(a)单调递减;当 x3=时,S(a)=,求导得:S'(a)=,因 a,从而有 S'(a)=0,所以当 a∈时,S(a)单调递增.评析 本题以含有绝对值的一次函数为背景,考查函数的图象与性质和利用导数分析函数的单调性.考查学生的分类讨论思想和应用知识解决新问题的应变能力和创新能力.本题的综合性较高,属较难题.13.(2012北京,18,13 分)已知函数 f(x)=ax2+1(a0),g(x)=x3+bx.(1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b的值;(2)当 a2=4b时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间,并求其在区间(-∞,-1]上的最大值.解析 (1)f '(x)=2ax,g'(x)=3x 2+b.因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,所以 f(1)=g(1),且 f '(1)=g'(1).即 a+1=1+b,且 2a=3+b.解得 a=3,b=3.4(2)记 h(x)=f(x)+g(x).当 b=a2时,h(x)=x 3+ax2+a2x+1,h'(x)=3x2+2ax+a2.令 h'(x)=0,得 x1=-,x2=-.a0时,h(x)与 h'(x)的情况如下:x -∞,- - -,- - -,+∞h'(x) + 0 - 0 +h(x) ↗ ↘ ↗所以函数 h(x)的单调递增区间为和;单调递减区间为.当-≥-1,即 06时,函数 h(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,在区间上单调递增.又因 h-h(-1)=1-a+a2=(a-2)20,所以 h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 h=1.评析 本题主要考查利用导数求函数的单调区间及最值问题,进一步考查学生的计算能力及分类讨论思想.14.(2012福建,20,14 分)已知函数 f(x)=ex+ax2-ex,a∈R.(1)若曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线平行于 x轴,求函数 f(x)的单调区间;(2)试确定 a的取值范围,使得曲线 y=f(x)上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 P.解析 (1)由于 f '(x)=ex+2ax-e,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处切线斜率 k=2a=0,所以 a=0,即 f(x)=ex-ex.此时 f '(x)=ex-e,由 f '(x)=0得 x=1.当 x∈(-∞,1)时,有 f '(x)0.所以 f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)设点 P(x0, f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P处的切线方程为 y=f '(x0)(x-x0)+f(x0),令 g(x)=f(x)-f '(x0)(x-x0)-f(x0),故曲线 y=f(x)在点 P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数 g(x)有唯一零点.因为 g(x0)=0,且 g'(x)=f '(x)-f '(x0)=ex-+2a(x-x0).(i)若 a≥0,当 xx0时,g'(x)0,则 xx0时,g(x)g(x 0)=0;当 xg(x 0)=0.故 g(x)只有唯一零点 x=x0.由 P的任意性,知 a≥0 不合题意.(ii)若 a0,从而 h(x)在(x *,+∞)内单调递增.①若 x0=x*,由 x∈(-∞,x *)时,g'(x)=h(x)h(x *)=0;x∈(x *,+∞)时,g'(x)=h(x)h(x *)=0.5知 g(x)在 R上单调递增.所以函数 g(x)在 R上有且只有一个零点 x=x*.②若 x0x*,由于 h(x)在(x *,+∞)内单调递增,且 h(x0)=0,则当 x∈(x *,x0)时有 g'(x)=h(x)g(x0)=0;任取 x1∈(x *,x0)有 g(x1)0.又当 x∈(-∞,x 1)时,易知 g(x)=ex+ax2-[e+f '(x0)]x-f(x0)+x0 f '(x0),可证函数 g(x)在 R上至少有两个零点.综上所述,当 a0.∵(1-x)f '(x)0,∴f '(x)0,即 f(x)在(-∞,-2)上是增函数.②当-20.∵(1-x)f '(x)0,∴f '(x)2时,1-x0,即 f(x)在(2,+∞)上是增函数.综上:f(-2)为极大值, f(2)为极小值.评析 本题考查导数与单调性、极值的关系及分类讨论思想.610.(2013浙江,22,14 分)已知 a∈R,函数 f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3.(1)求曲线 y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;(2)当 x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值.解析 (1)由题意得 f '(x)=3x2-6x+3a,故 f '(1)=3a-3.又 f(1)=1,所以所求的切线方程为 y=(3a-3)x-3a+4.(2)由于 f '(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2.故(i)当 a≤0 时,有 f '(x)≤0,此时 f(x)在[0,2]上单调递减,故|f(x)| max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a.(ii)当 a≥1 时,有 f '(x)≥0,此时 f(x)在[0,2]上单调递增,故|f(x)| max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1.(iii)当 00, f(x1)-f(x2)=4(1-a)·0.从而 f(x1)|f(x2)|.所以|f(x)| max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}.①当 0|f(2)|.又 f(x1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=0,故|f(x)| max=f(x1)=1+2(1-a).②当≤a|f(2)|.故 f(x)max=f(x1)=1+2(1-a).当≤a0, f(x)单调递增;当 x时, f '(x)0,则 g(x)=ln x-xe-2x-c,所以 g'(x)=e-2x.因为 2x-10,0,所以 g'(x)0.因此 g(x)在(1,+∞)上单调递增.(ii)当 x∈(0,1)时,ln x1x0,所以-0,即 c-e-2时,①当 x∈(1,+∞)时,由(1)知g(x)=ln x-xe-2x-c≥ln x-ln x-1-c,要使 g(x)0,只需使 ln x-1-c0,即 x∈(e 1+c,+∞);②当 x∈(0,1)时,由(1)知g(x)=-ln x-xe-2x-c≥-ln x--ln x-1-c,要使 g(x)0,只需-ln x-1-c0,即 x∈(0,e -1-c),所以 c-e-2时,g(x)有两个零点,故关于 x的方程|ln x|=f(x)根的个数为 2.综上所述,当 c-e-2时,关于 x的方程|ln x|=f(x)根的个数为 2.评析 本题考查函数的导数及其应用等基础知识与基本技能,考查分类讨论思想、函数与方程思想及综合运用知识解决问题的能力.12.(2013江苏,20,16 分)设函数 f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中 a为实数.(1)若 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且 g(x)在(1,+∞)上有最小值,求 a的取值范围;(2)若 g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求 f(x)的零点个数,并证明你的结论.解析 (1)令 f '(x)=-a=0,进而解得 xa-1,即 f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数.8同理, f(x)在(0,a -1)上是单调增函数.由于 f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)⊆(a -1,+∞),从而 a-1≤1,即 a≥1.令 g'(x)=ex-a=0,得 x=ln a.当 xln a时,g'(x)0.又 g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以 ln a1,即 ae.综上,有 a∈(e,+∞).(2)当 a≤0 时,g(x)必为单调增函数;当 a0时,令 g'(x)=ex-a0,解得 aln a,因为g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有 ln a≤-1,即 00,得 f(x)存在唯一的零点;(ii)当 a0,且函数 f(x)在[e a,1]上的图象不间断,所以 f(x)在(e a,1)上存在零点.另外,当 x0时, f '(x)=-a0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以 f(x)只有一个零点.(iii)当 00,当 xa-1时,f '(x)0,即 00,且函数 f(x)在[e -1,a-1]上的图象不间断,所以 f(x)在(e -1,a-1)上存在零点.另外,当 x∈(0,a -1)时, f '(x)=-a0,故 f(x)在(0,a -1)上是单调增函数,所以 f(x)在(0,a -1)上只有一个零点.下面考虑 f(x)在(a -1,+∞)上的情况.先证 f(ea-1)=a(a-2-ea-1)e时,e xx2.设 h(x)=ex-x2,则 h'(x)=ex-2x,再设 l(x)=h'(x)=ex-2x,则 l'(x)=ex-2.当 x1时,l'(x)=e x-2e-20,所以 l(x)=h'(x)在(1,+∞)上是单调增函数.故当 x2时,h'(x)=e x-2xh'(2)=e2-40,从而 h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当 xe时,h(x)=ex-x2h(e)=ee-e20.即当 xe时,e xx2.当 0e时,f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)0,且函数 f(x)在[a -1,ea-1]上的图象不间断,所以 f(x)在(a -1,ea-1)上存在零点.又当 xa-1时, f '(x)=-a0,所以 M=max{f(0), f(k)}=max{-1,(k-1)ek-k3}.令 h(k)=(k-1)ek-k3+1,则 h'(k)=k(ek-3k),令 φ(k)=e k-3k,则 φ'(k)=e k-3≤e-30,当 k∈(x 0,1]时,φ(k)0,h(1)=0,所以 h(k)≥0 在上恒成立,当且仅当 k=1时取得“=”.综上,函数 f(x)在[0,k]上的最大值 M=(k-1)ek-k3.14.(2012安徽,19,13 分)设函数 f(x)=aex++b(a0).(1)求 f(x)在[0,+∞)内的最小值;(2)设曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处的切线方程为 y=x,求 a,b的值.解析 (1)f '(x)=ae x-,当 f '(x)0,即 x-ln a时, f(x)在(-ln a,+∞)上递增;当 f '(x)0, f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(-ln a)=2+b;(ii)当 a≥1 时,-ln a≤0, f(x)在[0,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(0)=a++b.10(2)依题意知 f '(2)=ae2-=,解得 ae2=2或 ae2=-(舍去).所以 a=,结合 f(2)=3可得 2++b=3,即 b=.故 a=,b=.评析 本题考查函数、导函数的基础知识,运用导数研究函数性质等基本方法,考查分类讨论思想、代数恒等变形能力和综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力.运用分类讨论的思想,准确分析单调区间是求解第(1)小题的关键;准确运算是求解第(2)小题的关键.15.(2012江苏,18,16 分)若函数 y=f (x)在 x=x0处取得极大值或极小值,则称 x0为函数 y=f (x)的极值点.已知 a,b是实数,1 和-1 是函数 f (x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求 a和 b的值;(2)设函数 g(x)的导函数 g'(x)=f (x)+2,求 g(x)的极值点;(3)设 h(x)=f (f (x))-c,其中 c∈[-2,2],求函数 y=h(x)的零点个数.解析 (1)由题设知 f '(x)=3x2+2ax+b,且 f '(-1)=3-2a+b=0, f '(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.(2)由(1)知 f(x)=x3-3x.因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以 g'(x)=0的根为 x1=x2=1,x3=-2,于是函数 g(x)的极值点只可能是 1或-2.当 x0,故-2 是 g(x)的极值点.当-21时,g'(x)0,故 1不是 g(x)的极值点.所以 g(x)的极值点为-2.(3)令 f(x)=t,则 h(x)=f(t)-c.先讨论关于 x的方程 f(x)=d 根的情况,d∈[-2,2].当|d|=2 时,由(2)可知, f(x)=-2 的两个不同的根为 1和-2,注意到 f(x)是奇函数,所以 f(x)=2的两个不同的根为-1 和 2.当|d|0, f(1)-d=f(-2)-d=-2-d0,于是 f(x)是单调增函数,从而 f(x)f(2)=2,此时 f(x)=d无实根.同理, f(x)=d 在(-∞,-2)上无实根.②当 x∈(1,2)时, f '(x)0,于是 f(x)是单调增函数,又 f(1)-d0,y=f(x)-d的图象不间断,所以 f(x)=d在(1,2)内有唯一实根.同理, f(x)=d 在(-2,-1)内有唯一实根.③当 x∈(-1,1)时, f '(x)0, f(1)-d0,b∈R,函数 f(x)=4ax3-2bx-a+b.(1)证明:当 0≤x≤1 时,(i)函数 f(x)的最大值为|2a-b|+a;(ii)f(x)+|2a-b|+a≥0;(2)若-1≤f(x)≤1 对 x∈[0,1]恒成立,求 a+b的取值范围. 解析 (1)证明:(i)f '(x)=12ax 2-2b=12a.当 b≤0 时,有 f '(x)≥0,此时 f(x)在[0,+∞)上单调递增.当 b0时, f '(x)=12a,此时 f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当 0≤x≤1 时, f(x) max=max{f(0),f(1)}=max{-a+b,3a-b}==|2a-b|+a.(ii)由于 0≤x≤1,故当 b≤2a 时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)+3a-b=4ax3-2bx+2a≥4ax 3-4ax+2a=2a(2x3-2x+1).当 b2a时,f(x)+|2a-b|+a=f(x)-a+b=4ax3+2b(1-x)-2a4ax3+4a(1-x)-2a=2a(2x3-2x+1).设 g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,则g'(x)=6x2-2=6.于是x 0 1g'(x) - 0 +g(x) 1 减 极小值 增 1所以,g(x) min=g=1-0,所以当 0≤x≤1 时,2x 3-2x+10.故 f(x)+|2a-b|+a≥2a(2x 3-2x+1)≥0.(2)由(i)知,当 0≤x≤1 时, f(x) max=|2a-b|+a,所以|2a-b|+a≤1.若|2a-b|+a≤1,则由(ii)知 f(x)≥-(|2a-b|+a)≥-1.所以-1≤f(x)≤1 对任意 0≤x≤1 恒成立的充要条件是即或在直角坐标系 aOb中,(*)所表示的平面区域为如图所示的阴影部分,其中不包括线段 BC.作一组平行直线 a+b=t(t∈R),得-10, f(x)单调递增;当 x∈时, f '(x)0,函数 f(x)=ln(1+ax)-.(1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)0,求 a的取值范围.解析 (1)f '(x)=-=.(*)当 a≥1 时, f '(x)0,此时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当 00,故 f(x)在区间(0,x 1)上单调递减,在区间(x 1,+∞)上单调递增.综上所述,当 a≥1 时, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当 0-且 x≠-2,所以-2-,-2≠-2,解得 a≠.此时,由(*)式易知,x 1,x2分别是 f(x)的极小值点和极大值点.而 f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令 2a-1=x,由 0g(1)=0,故当0.综上所述,满足条件的 a的取值范围为.评析 本题考查复合函数的求导,函数的单调性和极值,解不等式.考查分类讨论思想和化归与转化思想,考查学生运算求解能力和知识迁移能力,构造函数把不等式问题转化为函数单调性问题是解题的关键.18.(2014重庆,20,12 分)已知函数 f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数 f '(x)为偶函数,且曲线 y=f(x)在点(0, f(0))处的切线的斜率为 4-c.(1)确定 a,b的值;(2)若 c=3,判断 f(x)的单调性;(3)若 f(x)有极值,求 c的取值范围.解析 (1)对 f(x)求导得 f '(x)=2ae2x+2be-2x-c,由 f '(x)为偶函数,知 f '(-x)=f '(x),即 2(a-b)(e2x-e-2x)=0,因为当 x≠0 时,e 2x-e-2x≠0,所以 a=b.又 f '(0)=2a+2b-c=4-c,故 a=1,b=1.(2)当 c=3时, f(x)=e 2x-e-2x-3x,那么 f '(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=10,故 f(x)在 R上为增函数.(3)由(1)知 f '(x)=2e2x+2e-2x-c,而 2e2x+2e-2x≥2=4,当 x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当 c0,此时 f(x)无极值;当 c=4时,对任意 x≠0, f '(x)=2e 2x+2e-2x-40,此时 f(x)无极值;当 c4时,令 e2x=t,注意到方程 2t+-c=0有两根 t1,2=0,即 f '(x)=0有两个根 x1=ln t1,x2=ln t2.当 x1x2时, f '(x)0,从而 f(x)在 x=x2处取得极小值.综上,若 f(x)有极值,则 c的取值范围为(4,+∞).评析 本题考查函数导数的求法,利用导数处理单调性、极值等常见问题.对运算能力要求较高,此外对分类讨论思想也有一定的要求.19.(2014四川,21,14 分)已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,求 a的取值范围.解析 (1)由 f(x)=ex-ax2-bx-1,有 g(x)=f '(x)=ex-2ax-b.14所以 g'(x)=ex-2a.因此,当 x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a].当 a≤时,g'(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增.因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b;当 a≥时,g'(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减,因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b;当0,g(1)=e-2a-b0.由 f(1)=0有 a+b=e-10,g(1)=e-2a-b=1-a0.解得 e-20,g(1)=1-a0,故此时 g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点 x1和 x2.由此可知 f(x)在[0,x 1]上单调递增,在(x 1,x2)上单调递减,在[x 2,1]上单调递增.所以 f(x1)f(0)=0, f(x2)0.(1)设 g(x)是 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性;15(2)证明:存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 在区间(1,+∞)内恒成立,且 f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.解析 (1)由已知,得函数 f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f '(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以 g'(x)=2-+=.当 00,φ(e)=--2f(x0)=0;当 x∈(x 0,+∞)时, f '(x)0,从而 f(x)f(x0)=0.所以,当 x∈(1,+∞)时, f(x)≥0.综上所述,存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 在区间(1,+∞)内恒成立,且 f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.评析 本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、分类与整合、化归与转化等数学思想.21.(2015广东,19,14 分)设 a1,函数 f(x)=(1+x2)ex-a.(1)求 f(x)的单调区间;(2)证明: f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点;(3)若曲线 y=f(x)在点 P处的切线与 x轴平行,且在点 M(m,n)处的切线与直线 OP平行(O 是坐标原点),证明:m≤-1.解析 (1)函数 f(x)的定义域为 R.因为 f '(x)=2x·ex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex≥0,所以函数 f(x)在 R上单调递增,即 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间.(2)证明:因为 a1,所以 f(0)=1-a0,所以 f(0)·f(ln a)0时,h'(x)0,即 h(x)在(0,+∞)上单调递增.所以函数 h(x)有最小值,为 h(0)=0,则 h(x)≥0.所以 ex-x-1≥0,故 em-m-1≥0,故 m+1≤e m,故原不等式成立.评析 本题考查函数的单调性的同时,侧重考查导数的综合应用.注意应用零点存在性定理及结合条件构造适当的函数.22.(2015湖南,21,13 分)已知 a0,函数 f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).记 xn为 f(x)的从小到大的第 n(n∈N *)个极值点.证明:(1)数列{f(x n)}是等比数列;(2)若 a≥,则对一切 n∈N *,xn0;若(2k+1)π0).设 g(t)=(t0),则 g'(t)=.令 g'(t)=0,得 t=1.当 01时,g'(t)0,所以 g(t)在区间(1,+∞)上单调递增.从而当 t=1时,函数 g(t)取得最小值 g(1)=e.因此,要使(*)式恒成立,只需.而当 a=时,由 tan φ==且 0.因此对一切 n∈N *,axn=≠1,所以 g(axn)g(1)=e=.故(*)式亦恒成立.17综上所述,若 a≥,则对一切 n∈N *,xn0,-20, f=-π 2-0,当 t∈时,u'(t)0,所以 u(t)在(0,x 0]上无零点.18在上 u(t)为减函数,由 u(x0)0,u=-4ln 20,故 g(x)=(1+sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈,使 g(x1)=0.因 x1=π-t 1,t1x0,所以 x0+x10,因此 h(x)在[0,1]上是增函数,故 h(x)≥h(0)=0.所以 f(x)≥1-x,x∈[0,1].(3 分)要证 x∈[0,1]时,(1+x)e -2x≤,只需证明 ex≥x+1.记 K(x)=ex-x-1,则 K'(x)=ex-1,当 x∈(0,1)时,K'(x)0,因此 K(x)在[0,1]上是增函数,故K(x)≥K(0)=0.所以 f(x)≤,x∈[0,1].综上,1-x≤f(x)≤,x∈[0,1].(5 分)(2)解法一:f(x)-g(x)=(1+x)e -2x-≥1-x-ax-1--2xcos x=-x.设 G(x)=+2cos x,则 G'(x)=x-2sin x.记 H(x)=x-2sin x,则 H'(x)=1-2cos x,当 x∈(0,1)时,H'(x)-3时, f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.f(x)-g(x)≤-1-ax--2xcos x=-ax--2xcos x=-x,记 I(x)=+a++2cos x=+a+G(x),则I'(x)=+G'(x),当 x∈(0,1)时,I'(x)-3时,a+30,所以存在 x0∈(0,1),使得 I(x0)0,此时 f(x0)0,于是 G(x)在[0,1]上是增函数,因此当 x∈(0,1)时,G(x)G(0)=0,从而 F(x)在[0,1]上是增函数,因此 F(x)≥F(0)=0,所以当 x∈[0,1]时,1-x 2≤cos x.同理可证,当 x∈[0,1]时,cos x≤1-x 2.综上,当 x∈[0,1]时,1-x 2≤cos x≤1-x 2.因为当 x∈[0,1]时,f(x)-g(x)=(1+x)e-2x-≥(1-x)-ax--1-2x=-(a+3)x,所以当 a≤-3 时, f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立.(9 分)下面证明,当 a-3时, f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.因为 f(x)-g(x)=(1+x)e-2x-≤-1-ax--2x=+-(a+3)x≤x,所以存在 x0∈(0,1) 例如 x0取和中的较小值 满足 f(x0)0,函数 f(x)=.(1)记 f(x)在区间[0,4]上的最大值为 g(a),求 g(a)的表达式;(2)是否存在 a,使函数 y=f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点,在该两点处的切线互相垂直?若存在,求 a的取值范围;若不存在,请说明理由.解析 (1)当 0≤x≤a 时, f(x)=;当 xa时, f(x)=.因此,当 x∈(0,a)时, f '(x)=0, f(x)在(a,+∞)上单调递增.①若 a≥4,则 f(x)在(0,4)上单调递减,g(a)=f(0)=.②若 0a4,则 f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单调递增.所以 g(a)=max{f(0), f(4)}.而 f(0)-f(4)=-=,故当 0a≤1 时,g(a)=f(4)=;当 1a4时,g(a)=f(0)=.综上所述,g(a)=(2)由(1)知,当 a≥4 时, f(x)在(0,4)上单调递减,故不满足要求.当 0a4时, f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单调递增.若存在 x1,x2∈(0,4)(x 1x2),使曲线 y=f(x)在(x 1, f(x1)),(x2, f(x2))两点处的切线互相垂直,则 x1∈(0,a),x 2∈(a,4),且 f '(x1)·f '(x2)=-1.即·=-1.亦即 x1+2a=.(*)由 x1∈(0,a),x 2∈(a,4)得x1+2a∈(2a,3a), ∈.故(*)成立等价于集合 A={x|2ax3a}与集合 B=的交集非空.20因为3a,所以当且仅当 02a1,即 0a时,A∩B≠⌀.综上所述,存在 a使函数 f(x)在区间(0,4)内的图象上存在两点,在该两点处的切线互相垂直,且 a的取值范围是.