2010-2019十年高考数学真题分类汇编04导数与定积分（附解析）

1 十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学 专题 04 导数与定积分 1.(2019·全国 2·T 文 T10)曲线 y=2sin x+cos x 在点(π,-1)处的切线方程为(　　) A.x-y-π-1=0 B.2x-y-2π-1=0 C.2x+y-2π+1=0 D.x+y-π+1=0 【答案】C 【解析】当 x=π 时,y=2sin π+cos π=-1,即点(π,-1)在曲线 y=2sin x+cos x 上. ∵y'=2cos x-sin x, ∴y'|x=π=2cos π-sin π=-2. ∴曲线 y=2sin x+cos x 在点(π,-1)处的切线方程为 y-(-1)=-2(x-π),即 2x+y-2π+1=0.故选 C. 2.(2019·全国 3·T 理 T6 文 T7)已知曲线 y=aex+xln x 在点(1,ae)处的切线方程为 y=2x+b,则 (　　) A.a=e,b=-1 B.a=e,b=1 C.a=e-1,b=1 D.a=e-1,b=-1 【答案】D 【解析】∵y'=aex+ln x+1, ∴k=y'|x=1=ae+1=2, ∴ae=1,a=e-1. 将点(1,1)代入 y=2x+b,得 2+b=1, ∴b=-1. 3.(2018·全国 1·理 T5 文 T6)设函数 f(x)=x3+(a-1)x2+ax,若 f(x)为奇函数,则曲线 y=f(x)在点(0,0)处的 切线方程为(　　) A.y=-2x B.y=-x C.y=2x D.y=x 【答案】D 【解析】因为 f(x)为奇函数,所以 f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,解得 a=1,则 f(x)=x3+x. 由 f'(x)=3x2+1,得曲线 y=f(x)在(0,0)处的切线斜率 k=f'(0)=1.故切线方程为 y=x. 4.(2017·全国 2·理 T11)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)ex-1 的极值点,则 f(x)的极小值为(　　) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 【答案】A 【解析】由题意可得, f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.2 因为 x=-2 是函数 f(x)的极值点, 所以 f'(-2)=0.所以 a=-1. 所以 f(x)=(x2-x-1)ex-1. 所以 f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 令 f'(x)=0,解得 x1=-2,x2=1. 当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 选 A. 5.(2017·浙江·T7)函数 y=f(x)的导函数 y=f'(x)的图象如图所示,则函数 y=f(x)的图象可能是 (　　) 【答案】D 【解析】设导函数 y=f'(x)的三个零点分别为 x1,x2,x3,且 x1 1 图象上点 P1,P2 处的切线,l1 与 l2 垂 直相交于点 P,且 l1,l2 分别与 y 轴相交于点 A,B,则△PAB 的面积的取值范围是(　　) A.(0,1) B.(0,2) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 【答案】A 【解析】设 P1(x1,ln x1),P2(x2,-ln x2)(不妨设 x1>1,00; 在(1,+∞)上,F(x)0, ∴g(x)在 R 上单调递增,具有 M 性质; 对②,设 g(x)=ex·3-x, 则 g'(x)=ex(3-x + 3-xln1 3) =ex·3-x(1 + ln1 3)0,∴g(x)在 R 上单调递增,具有 M 性质.故填①④. 36.(2017·江苏·T11)已知函数 f(x)=x3-2x+ex-1 ex,其中 e 是自然对数的底数.若 f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数 a 的取值范围是 　. 【答案】[ -1,1 2] 【解析】因为 f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- 1 e-x=-f(x),所以 f(x)为奇函数.因为 f'(x)=3x 2-2+ex+e-x≥3x2-2+2 ex·e-x≥0(当且仅当 x=0 时等号成立),所以 f(x)在 R 上单调递增,因为 f(a-1)+f(2a 2)≤0 可化为 f(2a2)≤-f(a-1),即 f(2a2)≤f(1-a),所以 2a2≤1-a,2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤1 2,故实数 a 的取值范围是 [ -1,1 2]. 37.(2016·全国 2·理 T16)若直线 y=kx+b 是曲线 y=ln x+2 的切线,也是曲线 y=ln(x+1)的切线,则 b=　　. 【答案】1-ln 2 【解析】设直线 y=kx+b 与曲线 y=ln x+2 和 y=ln(x+1)的切点分别为(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),由导数的几何意 义,可得 k= 1 x1 = 1 x2 + 1,得 x1=x2+1. 又切点也在各自曲线上,所以 {kx1 + b = lnx1 + 2, kx2 + b = ln(x2 + 1),所以{k = 2, x1 = 1 2, x2 = - 1 2. 从而由 kx1+b=ln x1+2,代入解得 b=1-ln 2.12 38.(2015·全国 1·文 T14)已知函数 f(x)=ax3+x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则 a=　　. 【答案】1 【解析】∵f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1, 即切线斜率 k=3a+1. 又 f(1)=a+2,∴已知点为(1,a+2). 而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为a + 2 - 7 1 - 2 =5-a,∴5-a=3a+1,解得 a=1. 39.(2015·全国 2·文 T16)已知曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y=ax 2+(a+2)x+1 相切,则 a=　　. 【答案】8 【解析】∵y'=1+1 x,∴k=y'|x=1=2, ∴切线方程为 y=2x-1. 由 y=2x-1 与 y=ax2+(a+2)x+1 联立,得 ax2+ax+2=0,再由相切知 Δ=a2-8a=0,解得 a=0 或 a=8. ∵当 a=0 时,y=ax2+(a+2)x+1 并非曲线而是直线,∴a=0 舍去,故 a=8. 40.(2015·陕西·理 T15)设曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线与曲线 y=1 x (x>0)上点 P 处的切线垂直,则 P 的坐 标为　　. 【答案】(1,1) 【解析】曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线斜率 k=y'=ex|x=0=1;由 y=1 x,可得 y'=- 1 x2,因为曲线 y=1 x(x>0)在点 P 处 的切线与曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线垂直,故-1 x2 P =-1,解得 xP=1,由 y=1 x,得 yP=1,故所求点 P 的坐标为(1,1). 41.(2015·天津,理 11)曲线 y=x2 与直线 y=x 所围成的封闭图形的面积为______________. 【答案】 1 6 【解析】函数 y=x2 与 y=x 的图象所围成的封闭图形如图中阴影所示,设其面 积为 S. 由{y = x2, y = x, 得{x = 0, y = 0 或{x = 1, y = 1. 故所求面积 S= 1 0 (x-x2)dx=(1 2x2 - 1 3x3)|1 0 = 1 6. 42.(2015·陕西·理 T16)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导 致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为　　. 【答案】1.213 【解析】 43.(2012· 上 海 · 理 T13) 已 知 函 数 y=f(x) 的 图 象 是 折 线 段 ABC, 其 中 A(0,0),B(1 2,5),C(1,0). 函 数 y=xf(x)(0≤x≤1)的图象与 x 轴围成的图形的面积为________________. 【答案】5 4 【解析】由题意 f(x)={10x,0 ≤ x ≤ 1 2, -10x + 10,1 2 < 푥 ≤ 1, 则 xf(x)={10x2,0 ≤ x ≤ 1 2, -10x2 + 10x,1 2 < 푥 ≤ 1. ∴xf(x)与 x 轴围成图形的面积为 1 2 0 10x2dx+ 1 1 2 (-10x2+10x)dx=10 3 x3| 1 2 0 + (5x2 - 10 3 x3)|11 2 = 10 3 × 1 8 + (5 - 10 3 ) ― (5 4 - 10 3 × 1 8) = 5 4. 44.(2012·全国·文 T13)曲线 y=x(3ln x+1)在点(1,1)处的切线方程为　　. 【答案】4x-y-3=0 【解析】因为 y'=3ln x+4,故 y'|x=1=4,所以曲线在点(1,1)处的切线方程为 y-1=4(x-1),化为一般式方程为 4x-y-3=0. 45.(2012·山东·理 T15)设 a>0.若曲线 y= x与直线 x=a,y=0 所围成封闭图形的面积为 a2,则 a=. 【答案】4 9 【解析】由题意可得曲线 y= x与直线 x=a,y=0 所围成封闭图形的面积 S= a 0 xdx=2 3x 3 2|a0 = 2 3a 3 2=a2,解得 a=4 9. 46.(2019·全国 3·文 T20)已知函数 f(x)=2x3-ax2+2. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 00; 当 x∈(a 3,0)时,f'(x)0;当 x∈(x0,π)时,f'(x)0,从而 f'(x)>0, 所以 f(x)在(0,+∞)内单调递增. (2) 证 明 ① 由 (1) 知 ,f'(x)=1 - ax2ex x . 令 g(x)=1-ax2ex, 由 00. 所以 h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增. 故 h(2)=1-4a e2是 h(x)在[0,+∞)的最小值. ①若 h(2)>0,即 a0 时,ex>x2,所以 h(4a)=1-16a3 e4a =1- 16a3 (e2a)2>1- 16a3 (2a)4=1-1 a>0. 故 h(x)在(2,4a)有一个零点.因此 h(x)在(0,+∞)有两个零点. 综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=e2 4 . 57.(2018·全国 2·文 T21 度)已知函数 f(x)=1 3x3-a(x2+x+1). (1)若 a=3,求 f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)只有一个零点. 【解析】(1)当 a=3 时,f(x)=1 3x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3. 令 f'(x)=0,解得 x=3-2 3或 x=3+2 3. 当 x∈(-∞,3-2 3)∪(3+2 3,+∞)时,f'(x)>0; 当 x∈(3-2 3,3+2 3)时,f'(x)0,所以 f(x)=0 等价于 x3 x2 + x + 1-3a=0. 设g(x)= x3 x2 + x + 1-3a,则g'(x)= x2(x2 + 2x + 3) (x2 + x + 1)2 ≥0,仅当x=0时g'(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增,故g(x) 至多有一个零点,从而 f(x)至多有一个零点. 又 f(3a-1)=-6a2+2a-1 3=-6(a - 1 6)2 ― 1 60,故 f(x)有一个零点. 综上,f(x)只有一个零点. 58.(2018·天津·理 T20)已知函数 f(x)=ax,g(x)=logax,其中 a>1. (1)求函数 h(x)=f(x)-xln a 的单调区间; (2)若曲线 y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线 y=g(x)在点(x2,g(x2))25 处的切线平行,证明 x1+g(x2)=-2lnlna lna ; (3)证明当 a≥e 1 e时,存在直线 l,使 l 是曲线 y=f(x)的切线,也是曲线 y=g(x)的切线. 【解析】(1)由已知,h(x)=ax-xln a,有 h'(x)=axln a-ln a. 令 h'(x)=0,解得 x=0. 由 a>1,可知当 x 变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表: x (-∞,0) 0 (0,+∞) h'(x) - 0 + h(x) ↘ 极小值 ↗ 所以函数 h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞). (2)证明由 f'(x)=axln a,可得曲线 y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ax1ln a.由 g'(x)= 1 xlna,可得曲线 y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为 1 x2lna.因为这两条切线平行,故有ax1ln a= 1 x2lna,即 x2ax1(ln a)2=1.两边 取以 a 为底的对数,得 logax2+x1+2logaln a=0,所以 x1+g(x2)=-2lnlna lna . (3)证明曲线 y=f(x)在点(x1,ax1)处的切线 l1:y-ax1 = ax1ln a·(x-x1).曲线 y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线 l2:y-logax2= 1 x2lna(x-x2). 要证明当 a≥e 1 e时,存在直线 l,使 l 是曲线 y=f(x)的切线,也是曲线 y=g(x)的切线,只需证明当 a≥e 1 e时,存在 x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得 l1 与 l2 重合. 即只需证明当 a≥e 1 e时,方程组 {ax1lna = 1 x2lna,① ax1 - x1ax1lna = logax2 - 1 lna② 有解. 由①得 x2= 1 푎푥1(푙푛푎)2 ,代入②,得푎푥1-x1푎푥1ln a+x1+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 =0.③ 因此,只需证明当 a≥푒 1 푒时,关于 x1 的方程③存在实数解. 设函数 u(x)=ax-xaxln a+x+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 ,即要证明当 a≥푒 1 푒时,函数 y=u(x)存在零点. u'(x)=1-(ln a)2xax,可知当 x∈(-∞,0)时,u'(x)>0;当 x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,又 u'(0)=1>0,u' ( 1 (푙푛푎)2)=1-푎 1 (푙푛푎)20,使得 u'(x0)=0,即 1-(ln a)2x0푎푥0=0.由此可得 u(x)在(-∞,x0) 上单调递增,在(x0+∞)上单调递减,u(x)在 x=x0 处取得极大值 u(x0).26 因为 a≥푒 1 푒,故 ln ln a≥-1,所以 u(x0)=푎푥0-x0푎푥0ln a+x0+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 = 1 푥0(푙푛푎)2+x0+2푙푛푙푛푎 푙푛푎 ≥ 2 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 ≥0. 下面证明存在实数 t,使得 u(t) 1 푙푛푎时,有 u(x)≤(1+xln a)(1-xln a)+x+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 =-(ln a)2x2+x+1+ 1 푙푛푎 + 2푙푛푙푛푎 푙푛푎 , 所以存在实数 t,使得 u(t)0. g(x)的极小值 g(x2)=g( 푑2 - 1 3 )=-2 3(푑2 - 1) 3 2 9 +6 3. 若 g(x2)≥0,由 g(x)的单调性可知函数 y=g(x)至多有两个零点,不合题意. 若 g(x2)27, 也 就 是 |d|> 10, 此 时 |d|>x2,g(|d|)=|d|+6 3>0, 且 -2|d|2,令 f'(x)=0 得,x=a - a2 - 4 2 或 x=a + a2 - 4 2 . 当 x∈(0,a - a2 - 4 2 ) ∪ (a + a2 - 4 2 , + ∞)时,f'(x)-1 时 ,g(x)≥g(0)=0, 且 仅 当 x=0 时 ,g(x)=0, 从 而 f'(x)≥0,且仅当 x=0 时,f'(x)=0. 所以 f(x)在(-1,+∞)单调递增. 又 f(0)=0,故当-10 时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与 x=0 是 f(x)的极大值点矛盾. ②若 a0,故 x=0 不是 h(x)的极大值点. 如果 6a+1256. 由题意得 f(x1)+f(x2)= x1-ln x1+ x2-ln x2=1 2 x1x2-ln(x1x2).32 设 g(x)=1 2 x-ln x, 则 g'(x)= 1 4x( x-4), 所以 x (0,16) 16 (16,+∞) g'(x) - 0 + g(x) ↘ 2-4ln 2 ↗ 所以 g(x)在[256,+∞)上单调递增,故 g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2, 即 f(x1)+f(x2)>8-8ln 2. (2)令 m=e-(|a|+k),n=(|a| + 1 k )2 +1,则 f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0, f(n)-kn-a0), 则年总产值为 4k×800(4sin θcos θ+cos θ)+3k×1 600(cos θ-sin θcos θ)=8 000k(sin θcos θ+cos θ),θ∈[휃0,π 2). 设 f(θ)=sin θcos θ+cos θ,θ∈[휃0,π 2), 则 f'(θ)=cos2θ-sin2θ-sin θ=-(2sin2θ+sin θ-1)=-(2sin θ-1)(sin θ+1). 令 f'(θ)=0,得 θ=π 6,34 当 θ∈(휃0,π 6)时,f'(θ)>0,所以 f(θ)为增函数; 当 θ∈(π 6,π 2)时,f'(θ)0(x>0), 所以 g(x)在[0,+∞)内单调递增,而 g(0)=0, 故 ex≥x+1. 当 0ax0+1. 当 a≤0 时,取 x0= 5 - 1 2 ,则 x0∈(0,1),f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞). 70.(2017·天津·文 T19)设 a,b∈R,|a|≤1.已知函数 f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求 f(x)的单调区间; (2)已知函数 y=g(x)和 y=ex 的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线, ①求证:f(x)在 x=x0 处的导数等于 0; ②若关于 x 的不等式 g(x)≤ex 在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求 b 的取值范围. 【解析】(1)解由 f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b, 可得 f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)]. 令 f'(x)=0,解得 x=a 或 x=4-a. 由|a|≤1,得 a0,则由 f'(x)=0 得 x=ln a. 当 x∈(-∞,ln a)时,f'(x)0. 故 f(x)在( -∞,ln( - a 2))单调递减,在(ln( - a 2), + ∞)单调递增.40 (2)①若 a=0,则 f(x)=e2x,所以 f(x)≥0. ②若 a>0,则由(1)得,当 x=ln a 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(ln a)=-a2ln a.从而当且仅当-a2ln a≥0, 即 a≤1 时,f(x)≥0. ③若 a0,h(x)单调递增; 当 x∈(ln a,0)时,ex-eln a>0,h'(x)0,h'(x)>0,h(x)单调递增. 所以当 x=ln a 时 h(x)取到极大值. 极大值为 h(ln a)=-a[ln2a-2ln a+sin(ln a)+cos(ln a)+2], 当 x=0 时 h(x)取到极小值,极小值是 h(0)=-2a-1; (ⅱ)当 a=1 时,ln a=0,所以当 x∈(-∞,+∞)时,h'(x)≥0,函数 h(x)在(-∞,+∞)上单调递增,无极值; (ⅲ)当 a>1 时,ln a>0,所以当 x∈(-∞,0)时,ex-eln a3a; (3)若 f(x),f'(x)这两个函数的所有极值之和不小于-7 2,求 a 的取值范围. 【解析】(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+1,得 f'(x)=3x2+2ax+b=3(x + a 3)2 +b-a2 3 . 当 x=-a 3时,f'(x)有极小值 b-a2 3 . 因为 f'(x)的极值点是 f(x)的零点, 所以 f( - a 3)=-a3 27 + a3 9 ― ab 3 +1=0,又 a>0,故 b=2a2 9 + 3 a. 因为 f(x)有极值,故 f'(x)=0 有实根, 从而 b-a2 3 = 1 9a(27-a3)≤0,即 a≥3. 当 a=3 时,f'(x)>0(x≠-1),故 f(x)在 R 上是增函数,f(x)没有极值; 当 a>3 时,f'(x)=0 有两个相异的实根 x1= -a - a2 - 3b 3 ,x2= -a + a2 - 3b 3 . 列表如下: x (-∞,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故 f(x)的极值点是 x1,x2. 从而 a>3. 因此 b=2a2 9 + 3 a,定义域为(3,+∞). (2)由(1)知, b a = 2a a 9 + 3 a a. 设 g(t)=2t 9 + 3 t,则 g'(t)=2 9 ― 3 t2 = 2t2 - 27 9t2 .43 当 t∈(3 6 2 , + ∞)时,g'(t)>0,从而 g(t)在(3 6 2 , + ∞)上单调递增. 因为 a>3,所以 a a>3 3,故 g(a a)>g(3 3)= 3,即 b a > 3. 因此 b2>3a. (3)由(1)知,f(x)的极值点是 x1,x2,且 x1+x2=-2 3a,x21 + x22 = 4a2 - 6b 9 . 从 而 f(x1)+f(x2)=x31+ax21+bx1+1+x32+ax22+bx2+1= x1 3 (3x21+2ax1+b)+ x2 3 (3x22+2ax2+b)+1 3a(x21 + x22)+2 3b(x1+x2)+2= 4a3 - 6ab 27 ― 4ab 9 +2=0. 记 f(x),f'(x)所有极值之和为 h(a), 因为 f'(x)的极值为 b-a2 3 =-1 9a2+3 a, 所以 h(a)=-1 9a2+3 a,a>3. 因为 h'(a)=-2 9a- 3 a20 时,(x-2)ex+x+2>0; (2)证明:当 a∈[0,1)时,函数 g(x)=ex - ax - a x2 (x>0)有最小值.设 g(x)的最小值为 h(a),求函数 h(a)的值域. 【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(-2,+∞). f'(x)=(x - 1)(x + 2)ex - (x - 2)ex (x + 2)2 = x2ex (x + 2)2≥0, 当且仅当 x=0 时,f'(x)=0, 所以 f(x)在(-∞,-2),(-2,+∞)单调递增. 因此当 x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=-1. 所以(x-2)ex>-(x+2),(x-2)ex+x+2>0. (2)g'(x)=(x - 2)ex + a(x + 2) x3 = x + 2 x3 (f(x)+a). 由(1)知,f(x)+a 单调递增. 对任意 a∈[0,1),f(0)+a=a-10,g'(x)>0,g(x)单调递增. 因此 g(x)在 x=xa 处取得最小值,最小值为 g(xa)= exa - a(xa + 1) x2 a = exa + f(xa)(xa + 1) x2 a = exa xa + 2. 于是 h(a)= exa xa + 2,由( ex x + 2)'=(x + 1)ex (x + 2)2 >0, ex x + 2单调递增. 所以,由 xa∈(0,2],得1 2 = e0 0 + 20,函数 g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上的最大值不小于1 4. 【解析】(1)由 f(x)=(x-1)3-ax-b,可得 f'(x)=3(x-1)2-a. 下面分两种情况讨论: ①当 a≤0 时,有 f'(x)=3(x-1)2-a≥0 恒成立,所以 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). ②当 a>0 时,令 f'(x)=0,解得 x=1+ 3a 3 ,或 x=1- 3a 3 . 当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (　 　-∞,1 - 3a 3 ) 1- 3a 3 (1 - 3a 3 ,1 + 3a 3 ) 1+ 3a 3 (1 + 3a 3 ,　 　+ ∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 f(x)的单调递减区间为(1 - 3a 3 ,1 + 3a 3 ),单调递增区间为( -∞,1 - 3a 3 ),(1 + 3a 3 , + ∞). (2)证明因为 f(x)存在极值点,所以由(1)知 a>0,且 x 0≠1.由题意,得 f'(x0)=3(x0-1)2-a=0,即(x0-1)2=a 3,进 而 f(x0)=(x0-1)3-ax0-b=-2a 3 x0-a 3-b. 又 f(3-2x0)=(2-2x0)3-a(3-2x0)-b=8a 3 (1-x0)+2ax0-3a-b=-2a 3 x0-a 3-b=f(x0), 且 3-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数 x1 满足 f(x1)=f(x0),且 x1≠x0,因此 x1=3-2x0.所以 x1+2x0=3.46 (3)证明设 g(x)在区间[0,2]上的最大值为 M,max{x,y}表示 x,y 两数的最大值.下面分三种情况讨论: ①当 a≥3 时,1- 3a 3 ≤00,g(x)在(1,+∞)单调递增, 因此 g(x)>0;47 (ⅱ)当 a>2 时,令 g'(x)=0 得 x1=a-1- (a - 1)2 - 1,x2=a-1+ (a - 1)2 - 1. 由 x2>1 和 x1x2=1 得 x10). 当 a≤0 时,f'(x)0 时,由 f'(x)=0 有 x= 1 2a. 当 x∈(0, 1 2a)时,f'(x)1 时,s'(x)>0,所以 ex-1>x,从而 g(x)=1 x ― 1 ex-1>0. (3)由(2),当 x>1 时,g(x)>0. 当 a≤0,x>1 时,f(x)=a(x2-1)-ln xg(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有 a>0. 当 0g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 当 a≥1 2时,令 h(x)=f(x)-g(x)(x≥1). 当 x>1 时,h'(x)=2ax-1 x + 1 x2-e1-x>x-1 x + 1 x2 ― 1 x = x3 - 2x + 1 x2 > x2 - 2x + 1 x2 >0. 因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.48 又因为 h(1)=0,所以当 x>1 时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即 f(x)>g(x)恒成立. 综上,a∈[1 2, + ∞). 84.(2016·全国 3·理 T21)设函数 f(x)=αcos 2x+(α-1)(cos x+1),其中 α>0,记|f(x)|的最大值为 A. (1)求 f'(x); (2)求 A; (3)证明|f'(x)|≤2A. 【解析】(1)f'(x)=-2αsin 2x-(α-1)sin x. (2)(分类讨论)当 α≥1 时, |f(x)|=|αcos 2x+(α-1)(cos x+1)|≤α+2(α-1)=3α-2=f(0). 因此 A=3α-2. 当 00,g(x)单调递增; 当 x>x0 时,g'(x)1 时,g'(x)1 时,g(x)0; 当 x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增. 又 f(1)=-e,f(2)=a,取 b 满足 b0, 所以 f(x)有两个零点. (ⅱ)设 a=0,则 f(x)=(x-2)ex,所以 f(x)只有一个零点. (ⅲ)设 a0,函数 g(x)单调递增; 当 a>0 时,x∈(0, 1 2a)时,g'(x)>0,函数 g(x)单调递增,x∈( 1 2a, + ∞)时,函数 g(x)单调递减. 所以当 a≤0 时,g(x)的单调增区间为(0,+∞); 当 a>0 时,g(x)单调增区间为(0, 1 2a),单调减区间为( 1 2a, + ∞). (2)由(1)知,f'(1)=0. ①当 a≤0 时,f'(x)单调递增,所以当 x∈(0,1)时,f'(x)0. 所以 f(x)在(0,1)内单调递减,在(1, 1 2a)内单调递增,所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,不合题意. ③当 a=1 2时, 1 2a=1,f'(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减, 所以当 x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意. ④当 a>1 2时,0< 1 2a0,f(x)≥0 成立,求 a 的取值范围. 【解析】(1)由题意知函数 f(x)的定义域为(-1,+∞), f'(x)= 1 x + 1+a(2x-1)=2ax2 + ax - a + 1 x + 1 . 令 g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞). 当 a=0 时,g(x)=1,此时 f'(x)>0,函数 f(x)在(-1,+∞)单调递增,无极值点;54 当 a>0 时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). ①当 00,函数 f(x)单调递增, 当 x∈(x1,x2)时,g(x)0,函数 f(x)单调递增. 因此函数有两个极值点. 当 a0, 由 g(-1)=1>0,可得 x10,f'(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)0, 所以 h(x)在(0,+∞)上单调递增. 因此当 x∈(0,+∞)时,h(x)>h(0)=0, 即 ln(x+1)2a-2 等价于 ln a+a-10,即 em-m>e-1; 当 m0,即 e-m+m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1]. 93.(2015·全国 1·文 T21)设函数 f(x)=e2x-aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f'(x)零点的个数; (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln 2 a. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-a x(x>0). 当 a≤0 时,f'(x)>0,f'(x)没有零点, 当 a>0 时,因为 e2x 单调递增,-a x单调递增, 所以 f'(x)在(0,+∞)单调递增. 又 f'(a)>0,当 b 满足 00,即 x0,当 x∈(x0,+∞)时,F'(x)0,g(x)单调递增, g(-1)=k-10 时,令 h(x)=x3-3x2+4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0, 所以 g(x)=0 在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 有唯一实根,即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 100.(2014·全国 2·理 T21)已知函数 f(x)=ex-e-x-2x. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 21 等价于 xln x>xe-x-2 e. 设函数 g(x)=xln x,则 g'(x)=1+ln x. 所以当 x∈(0,1 e)时,g'(x)h(x),即 f(x)>1. 103.(2013·全国 2·理 T21)已知函数 f(x)=ex-ln(x+m). (1)设 x=0 是 f(x)的极值点,求 m,并讨论 f(x)的单调性; (2)当 m≤2 时,证明 f(x)>0. 【解析】(1)f'(x)=ex- 1 x + m. 由 x=0 是 f(x)的极值点得 f'(0)=0,所以 m=1. 于是 f(x)=ex-ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f'(x)=ex- 1 x + 1. 函数 f'(x)=ex- 1 x + 1在(-1,+∞)单调递增,且 f'(0)=0. 因此当 x∈(-1,0)时,f'(x)0, 故 f'(x)=0 在(-2,+∞)有唯一实根 x0,且 x0∈(-1,0). 当 x∈(-2,x0)时,f'(x)0. 综上,当 m≤2 时,f(x)>0. 104.(2013·全国 2·文 T21)已知函数 f(x)=x2e-x. (1)求 f(x)的极小值和极大值; (2)当曲线 y=f(x)的切线 l 的斜率为负数时,求 l 在 x 轴上截距的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f'(x)=-e-xx(x-2).① 当 x∈(-∞,0)或 x∈(2,+∞)时,f'(x)0,故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V'(r)0,即 F(x)在(-2,+∞)单调递增. 而 F(-2)=0,故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. ③若 k>e2,则 F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0 时,(x-k)f'(x)+x+1>0 等价于 k< x + 1 ex - 1+x(x>0). ① 令 g(x)= x + 1 ex - 1+x, 则 g'(x)= -xex - 1 (ex - 1)2+1=ex(ex - x - 2) (ex - 1)2 . 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)单调递增. 而 h(1)0, 所以 h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点. 故 g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为 α,则 α∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g'(x)0 时,(x-k)f'(x)+x+1>0 等价于 k< x + 1 ex - 1+x(x>0). ①令 g(x)= x + 1 ex - 1+x, 则 g'(x)= -xex - 1 (ex - 1)2+1=ex(ex - x - 2) (ex - 1)2 . 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)单调递增. 而 h(1)0, 所以 h(x)在(0,+∞)存在唯一的零点. 故 g'(x)在(0,+∞)存在唯一的零点. 设此零点为 α,则 α∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g'(x)0),72 则 h'(x)=(k - 1)(x2 + 1) + 2x x2 . (ⅰ)设 k≤0.由 h'(x)=k(x2 + 1) - (x - 1)2 x2 知,当 x≠1 时,h'(x)0,可得 1 1 - x2h(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h(x)0. 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)-( lnx x - 1 + k x)>0,即 f(x)> lnx x - 1 + k x. (ⅱ)设00,而 h(1)=0,故当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得 1 1 - x2h(x)0,且 x≠1 时,f(x)> lnx x - 1. 【解析】(1) f'(x)= a(x + 1 x - lnx) (x + 1)2 ― b x2. 由于直线 x+2y-3=0 的斜率为-1 2,且过点(1,1),故{f(1) = 1, f'(1) = - 1 2,即{b = 1, a 2 - b = - 1 2. 解得 a=1,b=1. (2)证明由(1)知 f(x)= lnx x + 1 + 1 x, 所以 f(x)- lnx x - 1 = 1 1 - x2(2ln x-x2 - 1 x ). 考虑函数 h(x)=2ln x-x2 - 1 x (x>0),则 h'(x)=2 x ― 2x2 - (x2 - 1) x2 =-(x - 1)2 x2 . 所以当 x≠1 时,h'(x)0,可得 1 1 - x2h(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,h(x)0. 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)- lnx x - 1>0,即 f(x)> lnx x - 1. 114.(2010·全国·理 T21)设函数 f(x)=ex-1-x-ax2.73 (1)若 a=0,求 f(x)的单调区间; (2)若当 x≥0 时 f(x)≥0,求 a 的取值范围. 【解析】(1)a=0 时,f(x)=ex-1-x,f'(x)=ex-1. 当 x∈(-∞,0)时,f'(x)1+x(x≠0)可得 e-x>1-x(x≠0).从而当 a>1 2时, f'(x)