第四章 导数及其应用 热点探究训练2 函数、导数与不等式
3x+ax1.设函数f(x)=(a∈R). xe
(1)若f(x)在x=0处取得极值,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围. 【导学号:62172116】 [解] (1)对f(x)求导得f′(x)= 6x+a-3x+
2
2
e-3x+axe
x2
e6-ax+a. xe
3分
x2x=
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.
3x-3x+6x33
当a=0时,f(x)=x,f′(x)=,故f(1)=,f′(1)=,从而f(x)在点xeeee33
(1,f(1))处的切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0.
ee
-3x+
(2)由(1)知f′(x)=
2
2
2
2
7分
6-ax+a, xe
令g(x)=-3x+(6-a)x+a,
6-a-a+366-a+a+36
由g(x)=0解得x1=,x2=. 66当x
6-a+a+369
由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x2=≤3,解得a≥-.故a的取值
62
22
2
9分
?9?范围为?-,+∞?.
?2?
x 14分
e?2?2.(2017·苏州模拟)设函数f(x)=2-k?+ln x?(k为常数,e=2.718 28…是自然对
x?x?
数的底数).
(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围. [解] (1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).
x2ex-2xex?21?f′(x)=-k?-2+?
x4?xx?
xxex-2exkx-2x-2e-kx=-=.
x3x2x3
由k≤0可得e-kx>0,
所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数y=f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减, 故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>0时,设函数g(x)=e-kx,x∈[0,+∞). 因为g′(x)=e-k=e-e当0 当x∈(0,2)时,g′(x)=e-k>0,y=g(x)单调递增, 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点; 当k>1时, 得x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数y=g(x)单调递减, xxxln kx6分 x, x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数y=g(x)单调递增. 所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k). 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点, g0>0, ??gln k<0, 当且仅当?g2>0, ??0 xe 解得e 2 2 13分 ?e?综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为?e,?. ?2? x2 2 14分 3.(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=(x-2)e+a(x-1). (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围. [解] (1)f′(x)=(x-1)e+2a(x-1)=(x-1)(e+2a). (ⅰ)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (ⅱ)设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a). ex①若a=-,则f′(x)=(x-1)(e-e), 2 3分 x1分 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. e ②若a>-,则ln(-2a)<1, 2 故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0; 当x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0. 所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减. e ③若a<-,则ln(-2a)>1, 2 故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0; 当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0. 所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减. 7分 5分 (2)(ⅰ)设a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又 aa?23?2 f(1)=-e,f(2)=a,取b满足b<0且b<ln,则f(b)>(b-2)+a(b-1)=a?b-b?> 2 2 ?2? 0,所以f(x)有两个零点. x9分 (ⅱ)设a=0,则f(x)=(x-2)e,所以f(x)只有一个零点. e (ⅲ)设a<0,若a≥-,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增.又当x≤1时f(x) 2e <0,故f(x)不存在两个零点;若a<-,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减, 2在(ln(-2a),+∞)上单调递增.又当x≤1时,f(x)<0,故f(x)不存在两个零点. 综上,a的取值范围为(0,+∞). 14分 4.(2017·盐城模拟)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2]函数g(x)=x+x?f′ 3 2 ? ? mx+?在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的取值范围; 2? ? ln 2ln 3ln 4ln n1 (3)求证:×××…×<(n≥2,n∈N+). 【导学号:62172117】 234nn[解] (1)f′(x)= a1-x(x>0). x当a>0时,f(x)的单调增区间为(0,1],减区间为[1,+∞); 当a<0时,f(x)的单调增区间为[1,+∞),减区间为(0,1]; 当a=0时,f(x)不是单调函数. 4分 a2x-2 (2)由f′(2)=-=1得a=-2,∴f′(x)=. 2x??23 ∴g(x)=x+?+2?x-2x, ?2? ∴g′(x)=3x+(m+4)x-2. ∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,且g′(0)=-2, ∴? ?g′???g′ 2 mt<0, 3>0. g′1<0,?? 由题意知:对于任意的t∈[1,2],g′(t)<0恒成立,所以有:?g′2<0, ??g′3>0, 37 ∴- 3 8分 (3)证明:令a=-1,此时f(x)=-ln x+x-3,所以f(1)=-2, 由(1)知f(x)=-ln x+x-3在(1,+∞)上单调递增,∴当x∈(1,+∞)时f(x)>f(1),即-ln x+x-1>0,∴ln x ln nn-1则有0 ln 2ln 3ln 4ln n123n-11 ×××<×××…×=(n≥2,n∈N+). 234n234nn16分
高考数学一轮复习第四章导数及其应用热点探究训练2函数导数与不等式



