肖博数学大题专练(二十) 函数与导数
A 级 基础达标
1.(·北京高考)已知函数 f(x)=e
x
cosx-x。
(1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)求函数 f(x)在区间
0,
π
2 上的最大值和最小值。
解 (1)因为 f(x)=e
x
cosx-x,所以 f′(x)=e
x
(cosx-sinx)-1,f′(0)
=0。又因为 f(0)=1,所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y
=1。
(2)设 h(x)=e
x
(cosx-sinx)-1,则 h′(x)=e
x
(cosx-sinx-sinx-
cosx)=-2ex
sinx。当 x∈
0,
π
2 时,h′(x)<0,所以 h(x)在区间
0,
π
2 上
单调递减。所以对任意 x∈
0,
π
2 有 h(x)<h(0)=0,即 f′(x)<0。所以
函数 f(x)在区间
0,
π
2 上单调递减。因此 f(x)在区间
0,
π
2 上的最大值
为 f(0)=1,最小值为 f
π
2 =-
π
2。
2.(·大连模拟)已知函数 f(x)=ln(x-1)+
ax
x+1
(a∈R)。
(1)若函数 f(x)在区间(1,4)上单调递增,求 a 的取值范围;
(2)若函数 y=f(x)的图象与直线 4x-3y-2=0 相切,求 a 的值。
解 (1)函数 f(x)=ln(x-1)+
ax
x+1
(x>1),
则 f′(x)=
1
x-1
+
ax+a-ax
(x+1)
2 =
1
x-1
+
a
(x+1)
2,
∵函数 f(x)在区间(1,4)上单调递增,
2
∴
1
x-1
+
a
(x+1)
2≥0 在 x∈(1,4)上恒成立。
即 a≥
(x+1)
2
1-x
在 x∈(1,4)上恒成立。
令 g(x)=
(x+1)
2
1-x
,则 g′(x)=-
(x+1)(x-3)
(1-x)
2 。
当 x∈(1,3)时,g′(x)>0,当 x∈(3,4)时,g′(x)<0。
∴g(x)在(1,3)上为单调递增函数,在(3,4)上为单调递减函数,
∴g(x)max=g(3)=-8。
则 a≥-8;
(2)设切点坐标为(x0,y0),则 f′(x0)=
1
x0-1
+
a
(x0+1)
2,则 1
x0-1
+
a
(x0+1)
2=
4
3 ①
f(x0)=ln(x0-1)+
ax0
x0+1
=
4x0
3 -
2
3,②
联立①②解得:x0=2,a=3。
3.(·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=e
x
(ex-a)-a
2
x。
(1)讨论 f(x)的单调性;
(2)若 f(x)≥0,求 a 的取值范围。
解 (1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=2e2x-ae
x-a
2=(2ex+a)(ex-a)。
①若 a=0,则 f(x)=e
2x,在(-∞,+∞)上单调递增。
②若 a>0,则由 f′(x)=0 得 x=lna。
当 x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;
3
当 x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0。
故 f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增。
③若 a<0,则由 f′(x)=0 得 x=ln
-
a
2 。
当 x∈
-∞,ln
-
a
2 时,f′(x)<0;
当 x∈
ln
-
a
2 ,+∞ 时,f′(x)>0。
故 f(x)在
-∞,ln
-
a
2 上单调递减,
在
ln
-
a
2 ,+∞ 上单调递增。
(2)①若 a=0,则 f(x)=e
2x,所以 f(x)≥0。
②若 a>0,则由(1)得,当 x=lna 时,f(x)取得最小值,最小值为
f(lna)=-a
2
lna。从而当且仅当-a
2
lna≥0,
即 0<a≤1 时,f(x)≥0。
③若 a<0,则由(1)得,当 x=ln
-
a
2 时,f(x)取得最小值,最小值
为 f
ln
-
a
2 =a
2
3
4-ln
-
a
2 。
从而当且仅当 a
2
3
4-ln
-
a
2 ≥0,
即 a≥-2e
3
4时 f(x)≥0,∴-2e
3
4≤a<0。
综上,a 的取值范围是[-2e
3
4,1]。
4.(·陕西省教学质量检测(一))已知函数 f(x)=ln(x+1)+
ax
x+1
(a∈R)。
(1)当 a=1 时,求 f(x)的图象在 x=0 处的切线方程;
4
(2)当 a<0 时,求 f(x)的极值;
(3)求证:ln(n+1)> 1
2
2+
2
3
2+…+
n-1
n
2 (n∈N*
)。
解 (1)当 a=1 时,f(x)=ln(x+1)+
x
x+1
,
∴f′(x)=
1
x+1
+
1
(x+1)
2=
x+2
(x+1)
2。
∵f(0)=0,f′(0)=2,
∴所求切线方程为 y=2x。
(2)f(x)=ln(x+1)+
ax
x+1
(x>-1),
f′(x)=
1
x+1
+
a
(x+1)
2=
x+a+1
(x+1)
2 ,
∵a<0,∴当 x∈(-1,-a-1)时,f′(x)<0,
当 x∈(-a-1,+∞)时,f′(x)>0,
所以函数 f(x)的极小值为 f(-a-1)=a+1+ln(-a),无极大值。
(3)证明:由(2)知,取 a=-1,由 f(x)的单调递增区间为(0,+∞),
单调递减区间为(-1,0)可知,f(x)=ln(x+1)-
x
x+1
≥f(0)=0。
当 x>0 时,ln(x+1)> x
x+1
,
取 x=
1
n,得 ln
n+1
n
>
1
n+1
>
n-1
n
2 。
∴ ln 2
1 + ln 3
2 + … + ln
n+1
n
>
1-1
1
2 +
1
2
2 +
2
3
2 + … +
n-1
n
2 ⇔
5
ln
2
1
·
3
2
·…·
n+1
n
>
1
2
2+
2
3
2+…+
n-1
n
2 ,
即 ln(n+1)> 1
2
2+
2
3
2+…+
n-1
n
2 。
B 级 能力提升
5.(·江西南昌一模)已知函数 f(x)=(2x-4)ex+a(x+2)2
(x>0,
a∈R,e 是自然对数的底数)。
(1)若 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数,求实数 a 的取值范围;
(2)当 a∈
0,
1
2 时,证明:函数 f(x)有最小值,并求函数 f(x)的最
小值的取值范围。
解 (1)f′(x)=2ex+(2x-4)ex+2a(x+2)=(2x-2)ex+2a(x+2),
依题意,当 x>0 时,函数 f′(x)≥0 恒成立,即 a≥-
(x-1)e
x
x+2
恒成立,
记 g(x)=-
(x-1)e
x
x+2
,则 g′(x)=-
xe
x
(x+2)-(x-1)e
x
(x+2)
2 =-
(x
2+x+1)e
x
(x+2)
2
<0,所以 g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以 g(x)<g(0)=
1
2,所以 a≥
1
2。
(2)因为[f′(x)]′=2xe
x+2a>0,所以 y=f′(x)是(0,+∞)上的
增函数,又 f′(0)=4a-2<0,f′(1)=6a>0,所以存在 t∈(0,1)使得 f′(t)
=0,
又当 x∈(0,t)时,f′(x)<0,
当 x∈(t,+∞)时,f′(x)>0,
所以当 x=t 时,f(x)min=f(t)=(2t-4)et+a(t+2)2,且有 f′(t)=0
⇒a=-
(t-1)e
t
t+2
,
6
则 f(x)min=f(t)=(2t-4)et-(t-1)(t+2)et=e
t
(-t
2+t-2),t∈
(0,1)。
记 h(t)=e
t
(-t
2+t-2),则 h′(t)=e
t
(-t
2+t-2)+e
t
(-2t+1)=
e
t
(-t
2-t-1)<0,
所以 h(1)<h(t)<h(0),即 f(x)的最小值的取值范围是(-2e,-2)。
6.(·安徽二模)已知函数 f(x)=(ax-2)ex在 x=1 处取得极值。
(1)求 a 的值;
(2)求函数 f(x)在[m,m+1]上的最小值;
(3)求证:对任意 x1,x2∈[0,2],都有|f(x1)-f(x2)|≤e。
解 (1)f′(x)=ae
x+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex,
由已知得 f′(1)=0,即(2a-2)e=0,解得 a=1。
(2)f(x)=(x-2)ex,
f′(x)=e
x+(x-2)ex=(x-1)ex。
令 f′(x)>0,得 x>1,令 f′(x)<0,得 x<1。
所以函数 f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增。
①当 m≥1 时,f(x)在[m,m+1]上单调递增,f(x)min=f(m)=(m-
2)em;
②当 0<m<1 时,m<1<m+1,f(x)在[m,1]上单调递减,在[1,m+
1]上单调递增,f(x)min=f(1)=-e;
③当 m≤0 时,m+1≤1,f(x)在[m,m+1]上单调递减,f(x)min
=f(m+1)=(m-1)em+1。
综上,f(x)在[m,m+1]上的最小值
7
f(x)min=
(m-2)e
m, m≥1,
-e, 0<m<1,
(m-1)e
m+1, m≤0。
(3)证明:由(2)知 f(x)=(x-2)ex,f′(x)=(x-1)ex。
令 f′(x)=0,得 x=1。
因为 f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,
所以 x∈[0,2]时,f(x)max=0,f(x)min=-e。
所以对任意 x1,x2∈[0,2],都有
|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min=e。
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