利用导数研究函数的单调性
考点2 利用导数研究函数的单调性
1. (2015江苏苏州市高三上调考)函数f (x )=ax 3+ax 2-2ax +2a +1的图象经过四
个象限的充要条件是 .
1312
3. 16
1312
【分析】∵f (x )=ax +ax -2ax +2a +1,
32
【答案】-<a <-
∴求导数,得f '(x ) =a (x -1)(x +2) . ①a =0时,f (x )=1,不符合题意;
②若a <0,则当x <-2或x >1时,f (<0;当-2<x <1时,f '(x ) >0, 'x )∴f (x )在(-2,1)是为增函数,在(-∞,-2)、(1,+∞)上为减函数; ③若a >0,则当x <-2或x >1时,f (>0;当-2<x <1时,f (<0, 'x )'x )∴f (x )在(-2,1)是为减函数,在(-∞,-2)、(1,+∞)上为增函数 因此,若函数的图象经过四个象限,必须有f (-2)⋅f ()1<0,
6
5
16a 5a 63
+1)+1)<0,解之得-<a <-. (35166
63
故答案为:-<a <-.
516
1
2. (15泰州一模)已知函数f (x )=lnx -,g (x )=ax +b .
x
即(
(1)若函数h (x )=f (x )-g (x )在(0,+∞)上单调递增,求实数a 的取值范围; (2)若直线g (x )=ax +b 是函数f (x )=lnx -
1
图象的切线,求a +b 的最小值; x
(3)当b =0时,若f (x )与g (x )的图象有两个交点A ,B (x 2,y 2,求证:x 1x 2>(x 1,y 1))2e .(取e 为2.8,取ln2为0.7
,取
2
1.4)
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程;利用导数研究函数的单调性.
111
-ax -b ,则h ' (x )=+2-a , x x x
11'
0, ∵h (x )=f (x )-g (x )在(0,+∞)上单调递增,∴对∀x >0,都有h (x )=+2-a …
x x
11+, 即对∀x >0,都有a „
x x 2
11
∵+2>0,∴a ≤0, x x
【解】(1)h (x )=f (x )-g (x )=ln x -故实数a 的取值范围是(-∞,0];
(2)设切点 x 0,ln x 0-
⎛⎝
⎛1⎫1⎫⎛11⎫
,则切线方程为y - ln x 0-⎪= +2⎪(x -x 0), ⎪x 0⎭x 0⎭⎝x 0x 0⎭⎝
即y
⎛1⎛1⎫⎛11⎫1⎫
= +2⎪x - +2⎪x 0+ ln x 0-⎪亦即
x 0⎭⎝x 0x 0⎭⎝x 0x 0⎭⎝,
⎛1⎫1⎫⎛2
y = +2⎪x + ln x 0--1⎪,
x 0⎭⎝x 0x 0⎭⎝
令
1121
=t >0,由题意得a =+2=t +t 2, b =ln x 0--1=-ln t -2t -1,
x 0x 0x 0x 0
2
令a +b =ϕ(t ) =-ln t +t
(2t +1)(t -1), 1
-t -1,则ϕ'(t )=-+2t -1=
t t
当t ∈(0,1)时,ϕ()' t <0,φ(t )在(0,1)上单调递减; 当t ∈(1,+∞)时,ϕ()' t >0,φ(t )在(1,+∞)上单调递增, ∴a +b =φ(t )≥φ(1)=﹣1,故a +b 的最小值为﹣1; (3)证明:由题意知ln x 1-
11
=ax 1, ln x 2-=ax 2, 两式相加得x 1x 2
ln x 1x 2-
x 1+x 2x x -x
=a (x 1+x 2), 两式相减得ln 2-12=a (x 2-x 1), x 1x 2x 1x 1x 2
x 2x 2⎛⎫
ln
x 1x 1+x 2 x 111⎪
⎪(x 1+x 2), +=a , ∴ln x 1x 2-即= +
x 1x 2x 2-x 1x 1x 2 x 2-x 1x 1x 2⎪
⎪⎝⎭ln
即ln x 1x 2
-
2(x 1+x 2)x 1+x 2x 2x
=ln ,不妨令0>x 1-x 2,记t =2>1,
x 1x 1x 2x 2-x 1x 1
2
2(t -1)(t -1)>0,
令F (t )=ln t -(t >1),则F '(t )=2
t +1t (t +1)
∴F (t )=ln t -
2(t -1)2(t -1)
在(1,+∞)上单调递增,则F (t )=ln t ->F (1)=0, t +1t +1
∴ln t >
2(t -1)2(x 2-x 1)x ,则ln 2>, t +1x 1x 1+x 2
∴ln x 1x 2
-
2(x 1+x 2)x 1+x 2x 2
=ln >2,
x 1x 2x 2-x 1x 1
2(x 1+x 2)ln x 1x 2
又ln x 1x 2
-
∴2
,即1 212
,则x >0时,G '(x )=+2>0, x x x
令G (x )=ln x -
∴G (x )在(0,+∞)上单调递增,
又1=ln 2+1≈0.85<1,
2
∴G
=2
,
,即x 1x 2>2e . 3. (2015江苏省盐城市响水中学高三上调研) 已知函数f (x )=x 3+bx 2+cx +d 在区间[-1,
2]上是减函数,那么b +c 有最大值.
【考点】函数单调性的性质.
【答案】-
15
2
3
2
【分析】函数f (x )=x +bx +cx +d 在区间[-1,2]上是减函数,
f ('x )=3x 2+2bx +c ≤0在区间[-1,2]上恒成立,
只要⎨
⎧f '(-1) ≤0⎧3-2b +c ≤0
即⎨成立即可. 如图,当过A 点时,b +c 有最大
⎩f '(2)≤0⎩12+4b +c ≤0
315, -6) ,故b +c 有最大值为- 22
15
故答案为:-.
2
值.A (-
JSY43 第3题图
4. (淮安都梁中学2015届高三10月调研) 函数f (x ) 在定义域R 内可导,若
1
f (x ) =f (2-x ),且当x ∈(-∞,1)时,(x -1) f '(x )
2
是(要求用“<”连接) . 【考点】利用导数研究函数的单调性
【答案】f (3)
12
【分析】由f (x ) =f (2-x )可知,f (x ) 的图象关于x =1对称, 根据题意又知x ∈(-∞,1)时,f '(x ) >0,此时f (x ) 为增函数,
x ∈(1, +∞)时,f '(x )
所以f (3)=f (-1)
12
5. (15江苏高考压轴)函数f (x ) =x 3-x 2-2a 2x +
值范围是 .
【答案】 -∞, a 23
的图象经过四个象限,则a 的取2
⎛ ⎝ (1,+∞) 2
2
【分析】f '(x ) =3x -ax -2a =(3x +2a )(x -a ) ,f '(x ) =0得x =-时,
2a
,x =a . 当a <03
32⎫⎛2⎫⎛
f (x ) 在(-∞, a ) 和 -a , +∞⎪上是增函数,在 a , -a ⎪上是减函数. 因为f (0)=>0,
23⎭⎝3⎭⎝
⎛2⎫
所以f (x ) 必过一、二、三象限,故只要f (x ) 极小值小于0即可. f -a ⎪<
0的解为
⎝3⎭
a >0时, a <⎛a >1. 综上,a
的取值范围是 -∞, f (a )<0得 (1,+∞) . ⎝x 2
6.(15江苏高考压轴)已知函数f (x ) =a +x -x ln a (a >0, a ≠1) .
(1)求曲线y =f (x ) 在点(0,f (0))处的切线方程; (2)求函数f (x ) 的单调增区间;
(3)若存在x 1, x 2∈[-1,1],使得f (x 1) -f (x 2) ≤e -1(e 是自然对数的底数) ,求实数a
的取值范围.
【解】(1)因为函数f (x ) =a x +x 2-x ln a (a >0, a ≠1) ,
所以f '(x ) =a x ln a +2x -ln a , f '(0)=0,
又因为f (0)=1,所以函数f (x ) 在点(0,f (0))处的切线方程为y =1. (2)由(1),f '(x ) =a x ln a +2x -ln a =2x +(a x -1)ln a .
因为当a >0, a ≠1时,f ''(x ) =2+a x ln 2a >0,总有f '(x ) 在R 上是增函数, 又f '(0)=0,所以不等式f '(x ) >0的解集为(0,+∞) , 故函数f (x ) 的单调增区间为(0,+∞) .
(3)因为存在x 1, x 2∈[-1,1],使得f (x 1) -f (x 2) ≤e -1成立,
而当x ∈[-1,1]时,f (x 1) -f (x 2) ≤f (x ) max -f (x ) min , 所以只要f (x ) max -f (x ) min ≥e -1即可.
又因为x ,f '(x ) ,f (x ) 的变化情况如下表所示:
所以f (x ) 在[-1,0]上是减函数,在[0,1]上是增函数, 所以当x ∈[-1,1]时,f (x ) 的最小值f (x ) min =f (0)=1,
f (x ) 的最大值f (x ) max 为f (-1) 和f (1)中的最大值.
1
-2ln a , a
11212
令g (a ) =a --2ln a (a >0) ,因为g '(a ) =1+2-=(1-) >0,
a a a a 1
所以g (a ) =a --2ln a 在a ∈(0,+∞) 上是增函数.
a
因为f (1)-f (-1) =(a +1-ln a ) -(+1+ln a ) =a -而g (1)=0,故当a >1时,g (a ) >0,即f (1)>f (-1) ;
1a
1时,g (a ) <0,即f (1)<f (-1) . 当0<a <
所以,当a >1时,f (1)-f (0)≥e -1,即a -ln a ≥e -1, 函数y =a -ln a 在a ∈(1,+∞) 上是增函数,解得a ≥e ;
1
+ln a ≥e -1, a
11
函数y =+ln a 在a ∈(0,1)上是减函数,解得0<a ≤.
a e
1
综上可知,所求a 的取值范围为a ∈(0,] [e,+∞) .
e
ln x
7.(15南通海门包场9月调研)设函数f (x )=在区间(a ,a +2)上单调递增,则a
x
1时,f (-1) -f (0)≥e -1,即当0<a <
的取值范围为 .
考点: 利用导数研究函数的单调性;函数单调性的性质. 【答案】 [0,e -2]
【分析】∵f (x )=由f '(x ) =
ln x 1-ln x
的定义域为(0,+∞),∴f '(x ) =, x x 2
1-ln x
>0,解得0<x <e ,即函数的递增区间为(0,e ),若函数f (x )在区间x 2
(a ,a +2)上单调递增,则⎨
⎧0≤a
,即0≤a ≤e -2.
⎩a +2≤e
8. (15南通海门包场9月调研)已知函数f (x )=(x 2-3x +3)e x ,x ∈[-2,a ],a >-2,
其中e 是自然对数的底数.
(1)若a <1,求函数y =f (x )的单调区间; (2)求证:f (a )>
13; 2e
(3)对于定义域为D 的函数y =g (x ),如果存在区间[m ,n ]⊆D ,使得x ∈[m ,n ]时,y =g (x )的值域是[m ,n ],则称[m ,n ]是该函数y =g (x )的“保值区间”.设h (x )=f (x )+(x -2)
e x ,x ∈(1,+∞),问函数y =h (x )是否存在“保值区间”?若存在,请求出一个“保值区间”;
若不存在,请说明理由.
考点: 利用导数研究函数的单调性;函数的定义域及其求法;函数的值域.
' x )【解】(1)f (x )=(x -3x +3)e ,f ( =(x -x )e =x (x -1)e ,x ∈[-2,a ],
2x 2x x
由表知道:
①-2<a ≤0时,x ∈(-2,a )时,f (>0, ' x )
∴函数y =f (x )的单调增区间为(-2,a ); …(3分) ②0<a <1时,x ∈(-2,0)时,f (>0,x ∈(0,a )时,f (<0, ' x )' x )∴函数y =f (x )的单调增区间为(-2,0),单调减区间为(0,a );…(4分) (2)f (a )=(a -3a +3)e ,f ( =a (a -1)e ,a >-2,
'a )
2
a
a
从而函数f (x )在区间[-2,+∞)上有唯一的极小值f (1)=e …(6分) 但f (-2)=13e <e ,
故函数f (x )在区间[-2,+∞)上的最小值为f (-2)=13e , 因为a >-2,所以f (a )>f (-2)=13e …(8分)
﹣2
﹣2
﹣2
('x )(3)h (x )=f (x )+(x -2)e =(x -2x +1)e ,x ∈(1,+∞),h =(x -1)e , ('x )∴x ∈(1,+∞)时,h >0,
∴y =h (x )在(1,+∞)上是增函数,…(9分)
x 2x 2x
⎧n >m >1⎪
函数y =h (x )存在“保值区间”[m ,n ]等价于⎨h (m )=m
⎪h (n )=n ⎩
等价于关于x 的方程h (x )=x 在(1,+∞)有两个不相等的实数根,…(11分) 令H (x )=h (x )-x ,
('x )"x )则H =(x -1)e -1,H ( =(x +2x -1)e , "x )∵x ∈(1,+∞),∴H (>0, ('x )∴H 在(1,+∞)上是增函数, ('1)('2)('x )∵H =-1<0,H >0,且y =H 在[1,2]图象不间断,
∴∃x 0∈(1,2)使得H =0,…(13分) ('x 0)
∴函数y =H (x )在(1,x 0)上是减函数,在(x 0,+∞)上是增函数,
2x 2x
(1)∵H =-1<0,∴x ∈(1,x 0],H (x )<0,
∴函数y =H (x )在(1,+∞)至多有一个零点,
即关于x 的方程h (x )=x 在(1,+∞)至多有一个实数根,…(15分) ∴函数y =h (x )是不存在“保值区间”. …(16分)
9. (15南通海门包场9月调研)已知y =f (x )是奇函数,当x ∈(0,2)时,f (x )=lnx -
ax (a >
考点: 奇偶性与单调性的综合. 【答案】1
【分析】∵f (x )是奇函数,x ∈(-2,0)时,f (x )的最小值为1, ∴f (x )在(0,2)上的最大值为-1,
1),当x ∈(-2,0)时,f (x )的最小值为1,则a 的值等于 . 2
1
-a , x
111
'x )令f (=0得x =,又a >,∴0<<2,
a 2a 111
'x )'x )令f (>0,则x <,∴f (x )在(0,)上递增;令f (<0,则x >,
a a a 11111
⋅∴f (x )在(,2)上递减,∴(=f ()=ln-a =-1,∴ln =0,得a =1. f x )max
a a a a a
当x ∈(0,2)时,f '(x ) =
10.(江苏省南京市
f (x ) =a 3x +|x -,a |
2015届高三上学期9月调考数学试卷) 已知函数
∈R a .
+∞) 的图象在x =1处的切线方程; (1)若a =-1,求函数y =f (x ), x ∈[0,
(2)若g (x ) =x ,试讨论方程f (x )=g (x ) 的实数解的个数;
(3)当a >0时,若对于任意的x 1∈[a ,a +2],都存在x 2∈[a +2,+∞) ,使得
4
f (x 1) ⋅f (x 2) =1024,求满足条件的正整数a 的取值的集合.
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程,根的存在性及根的个数判断,利用导数研究函
数的单调性.
+∞) 时,f (x ) =-x +x +1,从而f '(x ) =-3x +1. 【解】(1)当a =-1,x ∈[0,
当x =1时,f (1)=1,f '(1)=-2,
32
+∞) 的图象在x =1处的切线方程为y -1=-2(x -1) , 所以函数y =f (x ) ,x ∈[0,
即2x +y -3=0.
(2)f (x )=g (x ) 即为ax +|x -a |=x .
所以x -ax =|x -a |,从而x (x -a ) =|x -a |.
4
3
3
3
4
此方程等价于x =a 或⎨
⎧x >a ⎧x
或⎨.
⎩x =1⎩x =-1
所以当a ≥1时,方程f (x )=g (x ) 有两个不同的解a , -1; 当-1
(3)当a >0,x ∈(a ,+∞) 时,f (x ) =ax 3+x -a ,f '(x ) =3ax 2+1, 所以函数f (x ) 在(a ,+∞) 上是增函数,且f (x ) >f (a ) =a 4>0. 所以当x ∈[a , a +2]时,f (x ) ∈[f (a ), f (a +2)],
[1**********]4
∈[, ], f (x ) f (a +2) f (a )
当x ∈[a +2, +∞) 时,f (x ) ∈[f (a +2), +∞]
因为对任意的x 1∈[a , a +2],都存在x 2∈[a +2, +∞) ,使得f (x 1) ⋅f (x 2) =1024, 所以[
10241024
, ]∈[f (a +2), +∞] .
f (a +2) f (a ) 1024
≥f (a +2) .
f (a +2)
从而
2
所以f (a +2) ≤1024,即f (a +2) ≤32 ,也即a (a +2) 3+2≤32.
因为a >0,显然a =1满足,而a ≥2时,均不满足. 所以满足条件的正整数a 的取值的集合为{1}.
32
11.(2015江苏省南京市高三考前综合)已知函数f (x )=ax -3x +1,若f (x ) 存在唯一
的零点x 0,且x 0>0,则实数a 的取值范围是. 【考点】考查零点概念、零点存在性定理. 【答案】(-∞,-2)
【分析】解法一:若a =0,解得x
若a >0,则f (-1) =-a -2<0,f (0)=1>0,所以f (x ) 存在负的零点,不合题意.
22
,f (x ) 在
a a
22
(-∞,)单调递减,在(,0)单调递增,在(0,+∞)单调递减,可得
a a -) ,令f '(x ) =0,则x =0或x =若a <0,则f '(x )=3ax (x
244
f () =1-2为极小值,则满足1-2>0, a a a
解得a >2或a <-2.此时,取得a <-2. 综上,a 的取值范围是(-∞,-2).
1,分离参数a =解法二:f (x ) =0,即ax =3x -
32
31
-,同样可得a <-2. x x 3
12.(江苏省南京市
2015届高三上学期9月调考数学试卷) 已知函数
x
e 为自然对数的底,则满足f (e ) <0的x 的取值范围为f (x x n )=x -1-(e -1) l ,其中
_________.
【考点】利用导数研究函数的单调性. 【答案】(0,1)
【分析】∵f (x )=x -1-(e-1)ln x ,∴函数的定义域为(0,+∞) , 函数的导数为f '(x )=1-
e -1x -(e-1)
=, x x
由f '(x )>0得x >e -1,此时函数单调递增, 由f '(x )<0得0
∵f (1)=0,f (e)=0,
∴不等式f (x ) <0的解为1<x <e , 则f (e ) <0等价为1<e <e , 即0<x <1.
x
x
13. (2015江苏苏州市高三上调考)设函数f (x )=ax +e x (a ∈R )
(1)若函数f (x )有且只有两个零点x 1,x 2(x 1<x 2),求实数a 的取值范围; (2)当a =1时,若曲线f (x )上存在横坐标成等差数列的三个点A ,B ,C ①证明:△ABC 为钝角三角形;
②试判断△ABC 能否为等腰三角形,并说明理由.
【考点】利用导数研究函数的单调性;函数零点的判定定理.
【解】(1)解:∵f , (x )=ax +e (a ∈R )∴f '(x ) =a +e
①当a =0时,f (x )>0,函数无零点;
②当a >0时,f '(x ) >0,f (x )是增函数,有一个零点;
x
x
③当a <0时,由f (, 'x )=a +e x =0,得x =ln(-a )
当x ∈(-∞,ln (-a )),f (x )单调递减;当x ∈(ln (-a ),+∞),f (x )单调递增. f (x )在两个零点,则f (ln (-a ))=a ln (-a )-a <0, 即ln (-a )-1>0,a <-e .
综上所述,若函数f (x )有且只有两个零点x 1,x 2(x 1<x 2), 则实数a 的取值范围是(-∞,-e ). (2)①证明:当a =1时,f (x )=x +e x ,
对于曲线y =f (x )上横坐标成等差数列的三个点A ,B ,C , 且横坐标依次增大,
由于此函数是一个单调递增的函数,
故由A 到B 的变化率要小于由B 到C 的变化率, ∴∠ABC 一定是钝角, ∴△ABC 为钝角三角形.
②解:△ABC 不可能等腰三角形. 理由如下:
由于A 到B 的变化率要小于B 到C 的变化率, 由两点间距离公式得AB <BC , ∴△ABC 不可能等腰三角形.
'x )=0得-x +x +a =0,记∆=1+4a . 令f (
2
②若a =0,由(1)知f (x )单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞); ③若a >0,则x 1>0>x 2
,
'x )'x )由f (<0,得x >x 1;由f (>0,得0<x <x 1.
g x )=|ln (x -1)(|x >1)(3)(
令b -1=t (t >1),整理,得t -4t +2t +1=0.
4
3
2
又因为h (3)<0,h (4)>0,所以3<t <4,从而4<b <5. …(16分)
15. (15南京师大附中高三上学期12月月考数学试卷)设函数f (x ) =ax 3
-3x +1(x ∈R
) ,
若对于任意的x ∈[﹣1,1]都有f (x ) ≥0成立,则实数a 的值为________. 【答案】4
2
【分析】由题意,f '(x ) =3ax
2-3,当a ≤0时,3ax -3
只需f (1)≥0即可,解得a ≥2,与已知矛盾,当a
>0时,令f '(x ) =3ax 2-3=0
解得
由f (-1) ≥0,可得a ≤4,
由f (1)≥0解得a …2, 综上a =4为所求.
16. (15南京师大附中高三上学期12月月考数学试卷)设函数f (x )=x --a ln x (a ∈R ) .
(1)讨论函数f (x ) 的单调性.
(2)若f (x ) 有两个极值点x 1,x 2,记过点A (x 1,f (x 1)) ,B (x 2,f (x 2)) 的直线斜率为k .问:是否存在a ,使得k =2-a ?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由. 【考点】利用导数研究函数的单调性;函数在某点取得极值的条件. 【解】(1)f (x ) 定义域为(0,+∞),
1x
1a x 2-ax +1
f '(x ) =1+2-=, 2
x x x
令g (x ) =x 2-ax +1,∆=a -4,
①当-2≤a ≤2时,∆≤0,f '(x ) ≥0,故f (x ) 在(0,+∞)上单调递增, ②当a <-2时,∆>0,g (x )=0的两根都小于零,在(0,+∞)上,f '(x ) >0, 故f (x ) 在(0,+∞)上单调递增,
2
③当a >2时,∆>0,g (x )=0
的两根为x 1=
,x 2=,
当0<x <x 1时,f '(x ) >0;当x 1x 2时,f '(x )>0;
故f (x ) 分别在(0
) ,
,+∞)上单调递增,在
,
a +) 上单调递减.
2
(2)由(1)知,a >2. 因为f (x 1) -f (x 2)=(x 1-x 2)+
x 1-x 2
-a (lnx 1-ln x 2) , x 1x 2
所以k =
f (x 1) -f (x 2) ln x 1-ln x 21
=1+-a ,
x 1-x 2x 1x 2x 1-x 2
ln x 1-ln x 2
,
x 1-x 2
又由(1)知,x 1x 2=1.于是k =2-a
若存在a ,使得k =2﹣a ,则
ln x 1-ln x 2
=1,即ln x 1-ln x 2=x 1-x 2,
x 1-x 2
亦即x 2-
1
-2ln x 2=0(x 2>1) (*). x 2
1t
再由(1)知,函数h (t ) =t --2ln t 在(0,+∞)上单调递增, 而x 2>1,所以x 2-
1
-2ln x 2>1-1-2ln1=0,这与(*)式矛盾, x 2
故不存在a ,使得k =2-a .
17. (15南通市如东县栟茶高级中学高三上学期第二次学情调研)定义在R 上的函数f (x )
满足:f ′(x ) >1-f (x ) ,f (0)=6,f '(x )是f (x ) 的导函数,则不等式e x f (x )>e +5 (其中e 为
x
自然对数的底数) 的解集为________. 【考点】导数的乘法与除法法则. 【答案】(0,+∞)
【分析】设g (x )=e f (x )-e ,(x ∈R ) ,
x
x
则g '(x )=e f (x )+e f '(x )-e =e [f (x )+f '(x )-1],
x
x
x
x
∵f '(x )>1-f (x ), ∴f (x )+f '(x )﹣>10, ∴g '(x )>0,
∴y =g (x ) 在定义域上单调递增, ∵e f (x )>e +5,
x
x
∴g (x ) >5,
又∵g (0)=e f (0)-e =6-1=5,
∴g (x ) >g (0), ∴x >0,
∴不等式的解集为(0,+∞).
18. (15南通市如东县栟茶高级中学高三上学期第二次学情调研)已知函数
⎧f (x ), x >0
. f (x )=ax 2+bx +1 (a ,b 为实数,a ≠0,x ∈R ) ,F (x )=⎨
⎩-f (x ), x
(1)若f (-1)=0,且函数f (x ) 的值域为[0,+∞) ,求F (x ) 的表达式;
(2)设mn <0,m +n >0,a >0,且函数f (x ) 为偶函数,判断F (m )+F (n ) 是否大于0? (3)设g (x )=
ln x +1
,当a =b =1时,证明:对任意实数x >0,[F (x )-1]g '(x )<1+e -2 (其x
e
中g '(x )是g (x )的导函数) .
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值;二次函数的性质. 【解】(1)因为f (-1)=0,所以a -b +1=0,
因为f (x ) 的值域为[0,+∞) ,所以⎨
a >0
, 2
⎩∆=b -4a =0⎧
2
所以b 2-4(b -1) =0⇒b =2, a =1,所以f (x )=(x +1),
⎧(x +1) 2, x >0
所以F (x )=⎨; 2
⎩-(x +1) , x
(2)因为f (x ) 是偶函数,所以b =0,即f (x )=a x +1,
2
⎧ax 2+1, x >0
又a >0,所以F (x )=⎨, 2
-ax -1, x
因为mn <0,不妨设m >0,
则n <0,又m +n >0,所以m >-n >0,
此时F (m )+F (n )=a m +1-a n -1=a (m -n ) >0,
所以F (m )+F (n ) >0; (3)因为x >0,所以F (x )=f (x )=a x +bx +1, 又a =b =1,则F (x ) -1=x +x ,
2
2
2
2
2
2
1
-ln x -1ln x +1因为g (x ) =,所以g '(x ) = x
e x e
1
-ln x -1
2-2
则原不等式证明等价于证明“对任意实数x >0,(x +x ) ⋅
e
1+x -2
⋅(1-x ln x -x )
1+x
先研究 1-x ln x -x ,再研究x .
e
①记m (x )=1-x ln x -x ,x >0,m '(x )=-ln x -2, 令m '(x )=-ln x -2=0,得x =e ,
-2
当x ∈(0,e ) 时,m '(x )>0,m (x ) 单调递增;当x ∈(e-2,+∞) 时,m ′(x ) <0,m (x ) 单调递
-2
减.所以m (x ) 的最大值m (e-2) =1+e -2,即1-x ln x -x ≤1+e .
-2
1+x -x
e e +∞) 上单调递减, 所以n (x ) 在(0,
②记n (x )=
1+x
<1. x e 1+x 1+x -2-2
(1-x ln x -x ) ≤(1+e )
所以n (x ) <n (0)=1,即
即原不等式得证,对任意实数x >0,[F (x )-1]g '(x )<1+e .
-2
19. (15南京一中等五校联考)已知a 为实数,函数f (x )= a ⋅ln x +x 2-4x .
(1)是否存在实数a ,使得f (x )在x =1处取极值?证明你的结论;
(2)若函数f (x )在[2,3]上存在单调递增区间,求实数a 的取值范围; (3)设g (x )=2a ln x +x -5x -
2
1+a
,若存在x 0∈[1,e ],使得f (x 0)<g (x 0)成x
立,求实数a 的取值范围.
【考点】利用导数研究函数的极值;利用导数研究函数的单调性.
a 2x 2-4x +a
【解】(1)函数f (x )定义域为(0,+∞),f '(x ) =+2x -4=
x x
2(x -1) 2
假设存在实数a ,使f (x )在x =1处取极值,则f '(1)=0,∴a =2,此时,f '(x ) =,
x
∴当0<x <1时,f '(x ) >0,f (x )递增;当x >1时,f '(x ) >0,f (x )递增. ∴x =1不是f (x )的极值点.
故不存在实数a ,使得f (x )在x =1处取极值.
2(x -1) 2+a -2
(2)f '(x ) =,
x
①当a ≥2时,∴f '(x ) ≥0,∴f (x )在(0,+∞)上递增,成立; ②当a <2
时,令f '(x ) >0
,则x >1+
x
∴f (x
)在(1+∞
)和(0,1
上递增 1
上存在单调递增区间,∴1综上,a >-6.
(3)在[1,e ]上存在一点x 0,使得f (x 0)<g (x 0)成立,即在[1,e ]上存在一点x 0,使得h (x 0)=f (x 0) -g (x 0) <0,即函数h (x )=x +
1+a
-a ln x 在[1,e ]上的最小值小于零. x
1+a a x 2-ax -(1+a ) (x +1) [x -(1+a ) ]h '(x ) =1-2-== 22x x x x
①当a +1≥e ,即a ≥e -1时,h (x )在[1,e ]上单调递减,
1+a e 2+1
-a
e 2+1e 2+1
>e -1,所以a >因为; e -1e -1
②当a +1≤1,即a ≤0时,h (x )在[1,e ]上单调递增, 所以h (x )最小值为h (1),由h (1)=1+1+a <0可得a <-2;
③当1<1+a <e ,即0<a <e -1时,可得h (x )最小值为h (1+a )=2+a ﹣a ln (1+a ), 因为0<ln (1+a )<1,所以,0<a ln (1+a )<a 故h (1+a )=2+a -a ln (1+a )>2此时不存在x 0使h (x 0)<0成立.
e 2+1
综上可得所求a 的范围是: a >或a <-2.
e -1
解法二:由题意得,存在x ∈[1,e ],使得a (ln x -令m (x )=lnx -
11
)>x +成立. x x
11
,∵m (x )在[1,e ]上单调递增,且m (1)=-1<0,m (e )=1﹣>0 x e
故存在x 1∈(1,e ),使得x ∈[1,x 1)时,m (x )<0;x ∈(x 1,e ]时,m (x )>0
x 2+1
故存在x ∈[1,x 1)时,使得a <成立,…(☆)
x ln x -1x 2+1
或存在x ∈(x 1,e ]时,使得a >成立,…(☆☆)
x ln x -1x 2+1(x 2-1)ln x -(x +1) 2
记函数F (x )=,F '(x ) = 2
x ln x -1(x ln x -1)
当1<x ≤e 时,(x -1)ln x -(x +1) =(x -1) ⋅(lnx -∵G (x )= ln x -
222
x +1
) x -1
2x +12
=ln x --1递增,且G (e )=-<0 x -1x -1e -1
∴当1<x ≤e 时, (x 2-1)ln x -(x +1) 2
e 2+1
由条件(☆☆)得:a >F (x ) min =F (e )=
e -1
e 2+1
综上可得,a >或a <-2.
e -1
20. (2015·天津模拟) 已知函数f (x )=ln x -a 2x 2+ax (a ∈R ) .
(1)求f (x ) 的单调区间与极值.
(2)若函数在区间(1,+∞) 上单调递减,求实数a 的取值范围. 【解】(1)函数f (x )=ln x -a 2x 2+ax 的定义域为(0,+∞) ,
此时f (x ) 无极值.
(ⅱ) 当a >0时,令f '(x )=0,
(ⅲ) 当a <0时,令f '(x )=0,
(2)由(1)可知:(ⅰ) 当a =0时,f (x ) 在区间(1,+∞) 上单调递增,不合题意.