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肖博数学大题专练(二十) 函数与导数 A 级 基础达标 1．(2017·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．(2017·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．(2017·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．(2017·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．(2017·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．(2017·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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