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高考二次求导
一.解答题(共40小题)
1.已知函数f(x)=ax2+lnx,g(x)=﹣bx,其中a,b∈R,设h(x)=f(x)﹣g(x),
(1)若f(x)在x=处取得极值,且f′(1)=g(﹣1)﹣2.求函数h(x)得单调区间;
(2)若a=0时,函数h(x)有两个不同得零点x1,x2
①求b得取值范围;
②求证:＞1.
2.设a,b∈R,函数,g(x)=ex(e为自然对数得底数),且函数f(x)得图象与函数g(x)得图象在x=0处有公共得切线.
(Ⅰ)求b得值;
(Ⅱ)讨论函数f(x)得单调性;
(Ⅲ)若g(x)＞f(x)在区间(﹣∞,0)内恒成立,求a得取值范围
3.已知函数.
(1)若y=f(x)在(0,+∞)恒单调递减,求a得取值范围;
(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),求a得取值范围并证明x1+x2＞2.
4.已知函数.
(1)设G(x)=2f(x)+g(x),求G(x)得单调递增区间;
(2)证明:当x＞0时,f(x+1)＞g(x);
(3)证明:k＜1时,存在x0＞1,当x∈(1,x0)时,恒有.
5.已知函数.
(Ⅰ) 当a=0时,求曲线f (x)在x=1处得切线方程;
(Ⅱ) 设函数h(x)=alnx﹣x﹣f(x),求函数h (x)得极值;
(Ⅲ) 若g(x)=alnx﹣x在[1,e]e=2、718 28…)上存在一点x0,使得g(x0)≥f(x0)成立,求a得取值范围.
6.设函数f(x)=eax+λlnx,其中a＜0,e就是自然对数得底数
(Ⅰ)若f(x)就是(0,+∞)上得单调函数,求λ得取值范围;
(Ⅱ)若0＜λ＜,证明:函数f(x)有两个极值点.
7.已知函数(a为常数,a≠0).
(Ⅰ)当a=1时,求函数f(x)在点(3,f(3))得切线方程
(Ⅱ)求f(x)得单调区间;
(Ⅲ)若f(x)在x0处取得极值,且,而f(x)≥0在[e+2,e3+2]上恒成立,求实数a得取值范围.(其中e为自然对数得底数)
8.已知函数.
(1)若g(x)在点(1g(1))处得切线方程为8x﹣2y﹣3=0,求a,b得值;
(2)若b=a+1,x1,x2就是函数g(x)得两个极值点,试比较﹣4与g(x1)+g(x2)得大小.
9.已知函数f(x)=x﹣alnx﹣1,,其中a为实数.
(Ⅰ)求函数g(x)得极值;
(Ⅱ)设a＜0,若对任意得x1、x2∈[3,4](x1≠x2),恒成立,求实数a得最小值.
10.已知函数f(x)=xlnx﹣k(x﹣1)
(1)求f(x)得单调区间;并证明lnx+≥2(e为自然对数得底数)恒成立;
(2)若函数f(x)得一个零点为x1(x1＞1),f'(x)得一个零点为x0,就是否存在实数k,使=k,若存在,求出所有满足条件得k得值;若不存在,说明理由.
11.已知函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2.
(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;
(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求a得取值范围.
12.设函数f(x)=ax2﹣a﹣lnx,g(x)=﹣,其中a∈R,e=2、718…为自然对数得底数.
(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;
(Ⅱ)证明:当x＞1时,g(x)＞0;
(Ⅲ)确定a得所有可能取值,使得f(x)＞g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
13.设函数f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)得单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;
(3)设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于.
14.设函数f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1),其中a＞0,记|f(x)|得最大值为A.
(Ⅰ)求f′(x);
(Ⅱ)求A;
(Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A.
15.设函数f(x)=x3﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)得单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;
(3)设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[﹣1,1]上得最大值不小于.
16.已知函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2有两个零点.
(Ⅰ)求a得取值范围;
(Ⅱ)设x1,x2就是f(x)得两个零点,证明:x1+x2＜2.
17.已知f(x)=a(x﹣lnx)+,a∈R.
(I)讨论f(x)得单调性;
(II)当a=1时,证明f(x)＞f′(x)+对于任意得x∈[1,2]成立.
18.已知函数f(x)=lnx+x2.
(Ⅰ)若函数g(x)=f(x)﹣ax在其定义域内为增函数,求实数a得取值范围;
(Ⅱ)在(Ⅰ)得条件下,若a＞1,h(x)=e3x﹣3aexx∈[0,ln2],求h(x)得极小值;
(Ⅲ)设F(x)=2f(x)﹣3x2﹣kx(k∈R),若函数F(x)存在两个零点m,n(0＜m＜n),且2x0=m+n.问:函数F(x)在点(x0,F(x0))处得切线能否平行于x轴？若能,求出该切线方程;若不能,请说明理由.
19.g(x)=2lnx﹣x2﹣mx,x∈R,如果g(x)得图象与x轴交于A(x1,0),B(x2,0)(x1＜x2),AB中点为C(x0,0),求证g′(x0)≠0.
20.已知函数f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R).
(Ⅰ)求函数f(x)得单调区间;
(Ⅱ)若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2))处得切线得倾斜角为45°,对于任意得t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2(f'(x)+)在区间(t,3)上总不就是单调函数,求m得取值范围;
(Ⅲ)求证:×××…×＜(n≥2,n∈N*).
21.设函数f(x)=(1+x)2﹣2ln(1+x)
(1)若关于x得不等式f(x)﹣m≥0在[0,e﹣1]有实数解,求实数m得取值范围.
(2)设g(x)=f(x)﹣x2﹣1,若关于x得方程g(x)=p至少有一个解,求p得最小值.
(3)证明不等式:(n∈N*).
22.已知函数,f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R).
(1 )当a=1时,求函数f(x)得单调区间;
(2)若函数y=f(x)得图象在点(2,f(2))处得切线得倾斜角为45°,问:m在什么范围取值时,对于任意得t[1,2],函数在区间(t,3)上总存在极值？
23.已知函数f(x)=x3+x2+ax+b(a,b为常数),其图象就是曲线C.
(1)当a=﹣2时,求函数f(x)得单调减区间;
(2)设函数f(x)得导函数为f′(x),若存在唯一得实数x0,使得f(x0)=x0与f′(x0)=0同时成立,求实数b得取值范围;
(3)已知点A为曲线C上得动点,在点A处作曲线C得切线l1与曲线C交于另一点B,在点B处作曲线C得切线l2,设切线l1,l2得斜率分别为k1,k2.问:就是否存在常数λ,使得k2=λk1？若存在,求出λ得值;若不存在,请说明理由.
24.已知函数f(x)=alnx﹣ax﹣3(a≠0).
(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;
(Ⅱ)若f(x)+(a+1)x+4﹣e≤0对任意x∈[e,e2]恒成立,求实数a得取值范围(e为自然常数);
(Ⅲ)求证ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)＜1+2lnn!(n≥2,n∈N*)(n!=1×2×3×…×n).
25.已知函数f(x)=lnx﹣x﹣lna,a为常数.
(1)若函数f(x)有两个零点x1,x2,且x1＜x2,求a得取值范围;
(2)在(1)得条件下,证明:得值随a得值增大而增大.
26.已知函数f(x)=e1﹣x(﹣a+cosx),a∈R.
(Ⅰ)若函数f(x)存在单调减区间,求实数a得取值范围;
(Ⅱ)若a=0,证明:,总有f(﹣x﹣1)+2f′(x)•cos(x+1)＞0.
27.已知函数f(x)=(e为自然对数得底数).
(1)若a=,求函数f(x)得单调区间;
(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在(0,1)内有解,求实数a得取值范围.
28.已知函数f(x)=,g(x)=ln(x+1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处得切线方程就是5x﹣4y+1=0
(1)求a,b得值;
(2)若当x∈[0,+∞)时,恒有f(x)≥kg(x)成立,求k得取值范围;
(3)若=22361,试估计ln得值(精确到0、001)
29.设a∈R,函数f(x)=lnx﹣ax.
(Ⅰ)求f(x)得单调递增区间;
(Ⅱ)设F(x)=f(x)+ax2+ax,问F(x)就是否存在极值,若存在,请求出极值;若不存在,请说明理由;
(Ⅲ)设A(x1,y1),B(x2,y2)就是函数g(x)=f(x)+ax图象上任意不同得两点,线段AB得中点为C(x0,y0),直线AB得斜率为为k.证明:k＞g′(x0).
30.已知函数f(x)=x3+(1﹣a)x2﹣a(a+2)x(a∈R),f′(x)为f(x)得导数.
(Ⅰ)当a=﹣3时证明y=f(x)在区间(﹣1,1)上不就是单调函数.
(Ⅱ)设,就是否存在实数a对于任意得x1∈[﹣1,1]存在x2∈[0,2],使得f′(x1)+2ax1=g(x2)成立？若存在求出a得取值范围;若不存在说明理由.
31.已知函数f(x)=x2﹣(a+2)x+alnx,其中常数a＞0.
(Ⅰ)当a＞2时,求函数f(x)得单调递增区间;
(Ⅱ)设定义在D上得函数y=h(x)在点P(x0,h(x0))处得切线方程为l:y=g(x),若＞0在D内恒成立,则称P为函数y=h(x)得“类对称点”.当a=4时,试问y=f(x)就是否存在“类对称点”,若存在,请至少求出一个“类对称点”得横坐标;若不存在,请说明理由.
32.已知函数f(x)=2ex+2ax﹣a2,a∈R.

(1)当a=1时,求f(x)在点(0,f(0))处得切线方程;
(2)求函数f(x)得单调区间;
(3)若x≥0时,f(x)≥x2﹣3恒成立,求实数a得取值范围.
33.已知a∈R,函数f(x)=ex﹣a(x+1)得图象与x轴相切.
(Ⅰ)求f(x)得单调区间;
(Ⅱ)若x＞0时,f(x)＞mx2,求实数m得取值范围.
34.已知函数h(x)=﹣ax2+1,设f(x)=h'(x)﹣2alnx,g(x)=ln2x+2a2,其中x＞0,a∈R.
(1)若f(x)在区间(2,+∞)上单调递增,求实数a得取值范围;
(2)记F(x)=f(x)+g(x),求证:F(x)≥.
35.已知函数f(x)=lnx﹣x+1,函数g(x)=axex﹣4x,其中a为大于零得常数.
(Ⅰ)求函数f(x)得单调区间;
(Ⅱ)求证:g(x)﹣2f(x)≥2(lna﹣ln2).
36.已知x∈(1,+∞),函数f(x)=ex+2ax(a∈R),函数g(x)=|﹣lnx|+lnx,其中e为自然对数得底数.
(1)若a=﹣,求函数f(x)得单调区间;
(2)证明:当a∈(2,+∞)时,f′(x﹣1)＞g(x)+a.
37.已知函数f(x)=x2+mlnx+x
(1)求f(x)得单调区间;
(2)令g(x)=f(x)﹣x2,试问过点P(1,3)存在多少条直线与曲线y=g(x)相切？并说明理由.
38.已知函数.
(Ⅰ)若f(x)在点(2,f(2))处得切线与直线x﹣2y+1=0垂直,求实数a得值;
(Ⅱ)求函数f(x)得单调区间;
(Ⅲ)讨论函数f(x)在区间[1,e2]上零点得个数.
39.已知函数f(x)=(2﹣a)lnx++2ax(a≥0)
(1)当a=0时,求f(x)得极值;
(2)当a＜0时,讨论f(x)得单调性;
(3)若对于任意得x1,x2∈[1,3],a∈(﹣∞,﹣2)都有|f(x1)﹣f(x2)|＜(m+ln3)a﹣2ln3,求实数m得取值范围.
40.已知函数f(x)=lnx﹣ax.
(Ⅰ)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,求实数a得取值范围;
(Ⅱ)当a=1时,函数有两个零点x1,x2,且x1＜x2.求证:x1+x2＞1.
2017年02月13日数学得高中数学组卷
参考答案与试题解析
一.解答题(共40小题)
1.(2017•南京一模)已知函数f(x)=ax2+lnx,g(x)=﹣bx,其中a,b∈R,设h(x)=f(x)﹣g(x),
(1)若f(x)在x=处取得极值,且f′(1)=g(﹣1)﹣2.求函数h(x)得单调区间;
(2)若a=0时,函数h(x)有两个不同得零点x1,x2
①求b得取值范围;
②求证:＞1.
解:(1)由已知得f,(x＞0),
所以,所以a=﹣2.
由f′(1)g(﹣1)﹣2,
得a+1=b﹣2,
所以b=1.
所以h(x)=﹣x2+lnx+x,(x＞0).
则,(x＞0),
由h′(x)＞0得0＜x＜1,h′(x)＜0得x＞1.
所以h(x)得减区间为(1,+∞),增区间为(0,1).
(2)①由已知h(x)=lnx+bx,(x＞0).
所以h,(x＞0),
当b≥0时,显然h′(x)＞0恒成立,此时函数h(x)在定义域内递增,h(x)至多有一个零点,不合题意.
当b＜0时,令h′(x)=0得x=＞0,令h′(x)＞0得;令h′(x)＜0得.
所以h(x)极大=h()=﹣ln(﹣b)﹣1＞0,解得.
且x→0时,lnx＜0x→+∞时,lnx＜0.
所以当时,h(x)有两个零点.
②证明:由题意得,即,
①×②得.
因为x1,x2＞0,
所以﹣b(x1+x2)＞0,
所以,
因为0＜﹣b＜,
所以e﹣b＞1,
所以x1x2＞＞＞e2,
所以＞1.
2.(2017•四川模拟)设a,b∈R,函数,g(x)=ex(e为自然对数得底数),且函数f(x)得图象与函数g(x)得图象在x=0处有公共得切线.
(Ⅰ)求b得值;
(Ⅱ)讨论函数f(x)得单调性;
(Ⅲ)若g(x)＞f(x)在区间(﹣∞,0)内恒成立,求a得取值范围.
(Ⅰ)f'(x)=x2+2ax+b,g'(x)=ex,
由f'0)=b=g'(0)=1,得b=1.…(2分)
(Ⅱ)f'(x)=x2+2ax+1=(x+a)2+1﹣a2,
当a2≤1时,即﹣1≤a≤1时,f'(x)≥0,从而函数f(x)在定义域内单调递增,
当a2＞1时,,此时
若,f'(x)＞0,则函数f(x)单调递增;
若,f'(x)＜0,则函数f(x)单调递减;
若时,f'(x)＞0,则函数f(x)单调递增.…(6分)
(Ⅲ)令h(x)=g'(x)﹣f'(x)=ex﹣x2﹣2ax﹣1,则h(0)=e0﹣1=0.h'(x)=ex﹣2x﹣2a,令u(x)=h'(x)=ex﹣2x﹣2a,则u'(x)=ex﹣2.
当x≤0时,u'(x)＜0,从而h'(x)单调递减,
令u(0)=h'(0)=1﹣2a=0,得.
先考虑得情况,此时,h'(0)=u(0)≥0;
又当x∈(﹣∞,0)时,h'(x)单调递减,所以h'(x)＞0;
故当x∈(﹣∞,0)时,h(x)单调递增;
又因为h(0)=0,故当x＜0时,h(x)＜0,
从而函数g(x)﹣f(x)在区间(﹣∞,0)内单调递减;
又因为g(0)﹣f(0)=0,所以g(x)＞f(x)在区间(﹣∞,0)恒成立.
接下来考虑得情况,此时,h'(0)＜0,
令x=﹣a,则h'(﹣a)=e﹣a＞0.
由零点存在定理,存在x0∈(﹣a,0)使得h'(x0)=0,
当x∈(x00)时,由h'(x)单调递减可知h'(x)＜0,所以h(x)单调递减,
又因为h(0)=0,故当x∈(x0,0)时h(x)＞0.
从而函数g(x)﹣f(x)在区间(x0,0)单调递增;
又因为g(0)﹣f(0)=0,所以当x∈(x0,0),g(x)＜f(x).
综上所述,若g(x)＞f(x)在区间(﹣∞,0)恒成立,则a得取值范围就是.…(14分)
3.(2017•达州模拟)已知函数.
(1)若y=f(x)在(0,+∞)恒单调递减,求a得取值范围;
(2)若函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),求a得取值范围并证明x1+x2＞2.
解:(1)因为f'(x)=lnx﹣ax+1(x＞0),
所以由f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立得,
令,易知g(x)在(0,1)单调递增(1,+∞)单调递减,
所以a≥g(1)=1,
即得:a≥1…(5分)
(2)函数y=f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),
即y=f'(x)有两个不同得零点,且均为正,f'(x)=lnx﹣ax+1(x＞0),
令F(x)=f'(x)=lnx﹣ax+1,由可知
1)a≤0时,函数y=f(x)在(0,+∞)上就是增函数,不可能有两个零点.
2)a＞0时,y=F(x)在就是增函数在就是减函数,
此时为函数得极大值,也就是最大值.
当时,最多有一个零点,所以才可能有两个零点,
得:0＜a＜1…(7分)
此时又因为,,,
令,φ(a)在(0,1)上单调递增,
所以φ(a)＜φ(1)=3﹣e2,即
综上,所以a得取值范围就是(0,1)…(8分)
下面证明x1+x2＞2
由于y=F(x)在就是增函数在就是减函数,,可构造出
构造函数
则,故m(x)在区间上单调减.又由于,
则,即有m(x1)＞0在上恒成立,即有成立.
由于,,y=F(x)在就是减函数,所以
所以成立 …(12分)
4.(2017•大理州一模)已知函数.
(1)设G(x)=2f(x)+g(x),求G(x)得单调递增区间;
(2)证明:当x＞0时,f(x+1)＞g(x);
(3)证明:k＜1时,存在x0＞1,当x∈(1,x0)时,恒有.
解:(1)由题意知,…(1分)
从而…(2分)
令G'(x)＞0得0＜x＜2…(3分)
所以函数G(x)得单调递增区间为(0,2)…(4分)
(2)令…(5分)
从而…(6分)
因为x＞0,所以H'(x)＞0,故H(x)在(0,+∞)上单调递增…(7分)
所以,当x＞0时,H(x)＞H(0)=0,
即f(x+1)＞g(x)…(8分)
(3)当k＜1时,
令…(9分)
则有…(10分)
由F'(x)=0得﹣x2+(1﹣k)x+1=0,
解之得,,
…(11分)
从而存在x0=x2＞1,当x∈(1,x0)时,F'(x)＞0,
故F(x)在[1,x0)上单调递增,从而当x∈(1,x0)时,F(x)＞F(1)=0,
即…(12分)
5.(2017•茂名一模)已知函数.
(Ⅰ) 当a=0时,求曲线f (x)在x=1处得切线方程;
(Ⅱ) 设函数h(x)=alnx﹣x﹣f(x),求函数h (x)得极值;
(Ⅲ) 若g(x)=alnx﹣x在[1,e](e=2、718 28…)上存在一点x0,使得g(x0)≥f(x0)成立,求a得取值范围.
解:(Ⅰ) 当a=0时,f (x)=,f 1)=1,则切点为(1,1),…(1分)
∵,∴切线得斜率为k=f'(1)=﹣1,…(2分)
∴曲线f (x)在点(1,1)处得切线方程为y﹣1=﹣( x﹣1),即x+y﹣2=0 …(3分)
(Ⅱ)依题意,定义域为(0,+∞),
∴,…(4分)
①当a+1＞0,即a＞﹣1时,令h'(x)＞0,∵x＞0,∴0＜x＜1+a,
此时,h(x) 在区间(0,a+1)上单调递增,
令h'(x)＜0,得 x＞1+a.
此时,h(x)在区间(a+1,+∞)上单调递减.…(5分)
②当a+1≤0,即a≤﹣1时,h'(x)＜0恒成立,h(x)在区间(0,+∞)上单调递减.…(6分)
综上,当a＞﹣1时,h(x)在x=1+a处取得极大值h(1+a)=aln(1+a)﹣a﹣2,无极小值;
当a≤﹣1时,h(x)在区间(0,+∞)上无极值.…(7分)
(Ⅲ) 依题意知,在[1,e]上存在一点x0,使得g(x0)≥f(x0)成立,
即在[1,e]上存在一点x0,使得h(x0)≥0,
故函数在[1,e]上,有h(x)max≥0.…(8分)
由(Ⅱ)可知,①当a+1≥e,即a≥e﹣1时,h(x)在[1,e]上单调递增,
∴,∴,
∵,∴.…(9分)
②当0＜a+1≤1,或a≤﹣1,即a≤0时,h(x)在[1,e]上单调递减,
∴h(x)max=h(1)=﹣1﹣1﹣a≥0,∴a≤﹣2.…(10分)
③当1＜a+1＜e,即0＜a＜e﹣1时,
由(Ⅱ)可知,h(x)在x=1+a处取得极大值也就是区间(0,+∞)上得最大值,
即h(x)max=h(1+a)=aln(1+a)﹣a﹣2=a[ln(1+a)﹣1]﹣2,
∵0＜ln(a+1)＜1,∴h(1+a)＜0在[1,e]上恒成立,
此时不存在x0使h(x0)≥0成立.…(11分)
综上可得,所求a得取值范围就是或a≤﹣2.…(12分)
6.(2017•佛山一模)设函数f(x)=eax+λlnx,其中a＜0,e就是自然对数得底数
(Ⅰ)若f(x)就是(0,+∞)上得单调函数,求λ得取值范围;
(Ⅱ)若0＜λ＜,证明:函数f(x)有两个极值点.
解:(Ⅰ)f′(x)=aeax+=,(x＞0),
①若λ≤0,则f′(x)＜0,则f(x)在(0,+∞)递减,
②若λ＞0,令g(x)=axeax+λ,其中a＜0,x＞0,
则g′(x)=aeax(1+ax),
令g′(x)=0,解得:x=﹣,
故x∈(0,﹣)时,g′(x)＜0,g(x)递减,
x∈(﹣,+∞)时,g′(x)＞0,g(x)递增,
故x=﹣时,g(x)取极小值也就是最小值g(﹣)=λ﹣,
故λ﹣≥0即λ≥时,g(x)≥0,
此时f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)递增,
综上,所求λ得范围就是(﹣∞,0]∪[,∞);
(Ⅱ)f′(x)=aeax+=,(x＞0),
令g(x)=axeax+λ,其中a＜0,x＞0,
求导得:g′(x)=aeax(1+ax),
令g′(x)=0,解得:x=﹣,
x∈(0,﹣)时,g′(x)＜0,g(x)递减,
x∈(﹣,+∞)时,g′(x)＞0,g(x)递增,
x=﹣时,g(x)取得极小值,也就是最小值g(﹣)=λ﹣,
∵0＜λ＜,∴g(﹣)=λ﹣＜0,又g(0)=λ＞0,
∴g(﹣)g(0)＜0,
∴函数f(x)有两个极值点.
7.(2017•南充模拟)已知函数(a为常数,a≠0).
(Ⅰ)当a=1时,求函数f(x)在点(3,f(3))得切线方程
(Ⅱ)求f(x)得单调区间;
(Ⅲ)若f(x)在x0处取得极值,且,而f(x)≥0在[e+2,e3+2]上恒成立,求实数a得取值范围.(其中e为自然对数得底数)
解:(x＞2)
(Ⅰ)当a=1时,,f'(3)=﹣2、,
所以,函数f(x)在点(3,f(3))处得切线方程为:
,即4x+2y﹣3=0.…(3分)
(Ⅱ)=,
因为x＞2,所以x﹣2＞0,
①当a＜0时,(x﹣1)2﹣(a+1)=x(x﹣2)﹣a＞0在x＞2上成立,
所以f'(x)当x＞2恒大于0,
故f(x)在(2,+∞)上就是增函数.…(5分)
②当a＞0时,,
因为x＞2,
所以,a(x﹣2)＞0,
当时,f'(x)≤0,f(x)为减函数;
当时,f'(x)≥0,f(x)为增函数.…(7分)
综上:当a＜0时,f(x)在(2,+∞)上为增函数;
当a＞0时,f(x)在上为增函数,在上为减函数.…(8分)
(Ⅲ)由(Ⅱ)知x0处有极值,故a＞0,且,
因为且e+2＞2,
所以f(x)在[e+2,e3+2]上单调.…(10分)
当[e+2,e3+2]为增区间时,f(x)≥0恒成立,则有.
当[e+2,e3+2]为减区间时,f(x)≥0恒成立,则有解集为空集.
综上:当a＞e6+2e3时满足条件.…(12分)
8.(2017•本溪模拟)已知函数.
(1)若g(x)在点(1,g(1))处得切线方程为8x﹣2y﹣3=0,求a,b得值;
(2)若b=a+1,x1,x2就是函数g(x)得两个极值点,试比较﹣4与g(x1)+g(x2)得大小.
(1)根据题意可求得切点,由题意可得,,
∴,即,解得a=1,b=﹣1.…(3分)
(2)证明:∵b=a+1,∴,则.
根据题意可得x2﹣ax+a=0在(0,+∞)上有两个不同得根x1,x2.
即,解得a＞4,且x1+x2=a,x1x2=a.…(5分)
∴.…(6分)
令,则f'(x)=lnx+1﹣x﹣1=lnx﹣x,
令h(x)=lnx﹣x,则当x＞4时,,
∴h(x)在(4,+∞)上为减函数,即hx)＜h(4)=ln4﹣4＜0,f'(x)＜0,
∴f(x)在(4,+∞)上为减函数,即f(x)＜f(4)=8lnx﹣12,
∴g(x1)+g(x2)＜8ln2﹣12,…(10分)
又∵,,
∴,即,
∴g(x1)+g(x2)＜﹣4.…(12分)
9.(2017•本溪模拟)已知函数f(x)=x﹣alnx﹣1,,其中a为实数.
(Ⅰ)求函数g(x)得极值;
(Ⅱ)设a＜0,若对任意得x1、x2∈[3,4](x1≠x2),恒成立,求实数a得最小值.
解:(Ⅰ),令g'(x)=0,得x=1,列表如下:
x
(﹣∞,1)
1
(1,+∞)
g'(x)
+
0
﹣

g(x)
↗
极大值
↘
∴当x=1时,g(x)取得极大值g(1)=1,无极小值;…(4分)
(Ⅱ)当m=1时,a＜0时,f(x)=x﹣alnx﹣1,x∈(0,+∞),
∵在[3,4]恒成立,∴f(x)在[3,4]上为增函数,
设,∵在[3,4]上恒成立,
∴h(x)在[3,4]上为增函数,
不妨设x2＞x1,则等价于:f(x2)﹣f(x1)＜h(x2)﹣h(x1),即f(x2)﹣h(x2)＜f(x1)﹣h(x1),…(6分)
设,则u(x)在[3,4]上为减函数,
∴在[3,4]上恒成立,
∴恒成立,∴,x∈[3,4],…(8分)
设,∵,
∴,∴v'(x)＞0v(x)为减函数,
∴v(x)在[3,4]上得最大值,∴,
∴a得最小值为.…(12分)
10.(2017•泸州模拟)已知函数f(x)=xlnx﹣k(x﹣1)
(1)求f(x)得单调区间;并证明lnx+≥2(e为自然对数得底数)恒成立;
(2)若函数f(x)得一个零点为x1(x1＞1),f'(x)得一个零点为x0,就是否存在实数k,使=k,若存在,求出所有满足条件得k得值;若不存在,说明理由.
解:(1)∵f′(x)=lnx+1﹣k,
x∈(0,ek﹣1)时,f′(x)＜0,此时h(x)递减,
x∈(ek﹣1,+∞)时,f′(x)＞0,此时h(x)递增,
令k=2,则f(x)=xlnx﹣2(x﹣1),
故x=e时,f(x)有最小值就是f(e),
故f(x)=xlnx﹣2(x﹣1)≥f(e)=2﹣e,
即lnx+≥2恒成立;
(2)由题意得:x1lnx1﹣k(x1﹣1)=0,
lnx0+1﹣k=0,
假设存在k,使得=k,(k＞0)成立,
消元得:ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1=0,
设m(k)=ek﹣1lnk﹣ek﹣1+1,
则m′(k)=ek﹣1(lnk+﹣1),
设F(k)=lnk+﹣1,
则F′(x)=﹣,
k∈(0,1)时,F′(x)＜0,即此时函数F(k)递减,
k∈(1,+∞)时,F′(x)＞0,此时函数F(k)递增,
∴F(k)≥F(1)=0,
∴m′(k)＞0,
故函数m(k)在(0,+∞)递增,
∵m(1)=0,∴k=1,
但k=1时,x1=ek1k=1,与已知x1＞1矛盾,
故k不存在.
11.(2016•新课标Ⅰ)已知函数f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2.
(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;
(Ⅱ)若f(x)有两个零点,求a得取值范围.
解:(Ⅰ)由f(x)=(x﹣2)ex+a(x﹣1)2,
可得f′(x)=(x﹣1)ex+2a(x﹣1)=(x﹣1)(ex+2a),
①当a≥0时,由f′(x)＞0,可得x＞1;由f′(x)＜0,可得x＜1,
即有f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增;
②当a＜0时,若a=﹣,则f′(x)≥0恒成立,即有f(x)在R上递增;
若a＜﹣时,由f′(x)＞0,可得x＜1或x＞ln(﹣2a);
由f′(x)＜0,可得1＜x＜ln(﹣2a).
即有f(x)在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)递增;
在(1,ln(﹣2a))递减;
若﹣＜a＜0,由f′(x)＞0,可得x＜ln(﹣2a)或x＞1;
由f′(x)＜0,可得ln(﹣2a)＜x＜1.
即有f(x)在(﹣∞,ln(﹣2a)),(1,+∞)递增;
在(ln(﹣2a),1)递减;
(Ⅱ)
①由(Ⅰ)可得当a＞0时,f(x)在(﹣∞,1)递减;在(1,+∞)递增,
且f(1)=﹣e＜0,x→+∞,f(x)→+∞;x→﹣∞,f(x)→+∞.f(x)有两个零点;
②当a=0时,f(x)=(x﹣2)ex,所以f(x)只有一个零点x=2;
③当a＜0时,
若a＜﹣时,f(x)在(1,ln(﹣2a))递减,在(﹣∞,1),(ln(﹣2a),+∞)递增,
又当x≤1时,f(x)＜0,所以f(x)不存在两个零点;
当a≥﹣时,f(x)在(1,+∞)单调递增,又x≤1时,f(x)＜0,所以f(x)不存在两个零点.
综上可得,f(x)有两个零点时,a得取值范围为(0,+∞).
12.(2016•四川)设函数f(x)=ax2﹣a﹣lnx,g(x)=﹣,其中a∈R,e=2、718…为自然对数得底数.
(Ⅰ)讨论f(x)得单调性;
(Ⅱ)证明:当x＞1时,g(x)＞0;
(Ⅲ)确定a得所有可能取值,使得f(x)＞g(x)在区间(1,+∞)内恒成立.
(Ⅰ)解:由f(x)=ax2﹣a﹣lnx,得f′(x)=2ax﹣=(x＞0),
当a≤0时,f′(x)＜0在(0,+∞)成立,则f(x)为(0,+∞)上得减函数;
当a＞0时,由f′(x)=0,得x==,
∴当x∈(0,)时,f′(x)＜0,当x∈(,+∞)时,f′(x)＞0,
则f(x)在(0,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数;
综上,当a≤0时,f(x)为(0,+∞)上得减函数,当a＞0时,f(x)在(0,)上为减函数,在(,+∞)上为增函数;
(Ⅱ)证明:要证g(x)＞0(x＞1),即﹣＞0,
即证,也就就是证,
令h(x)=,则h′(x)=,
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增,则h(x)min=h(1)=e,
即当x＞1时,h(x)＞e,∴当x＞1时,g(x)＞0;
(Ⅲ)解:由f(x)＞g(x),得,
设t(x)=,
由题意知,t(x)＞0在(1,+∞)内恒成立,
∵t(1)=0,
∴有t′(x)=2ax=≥0在(1,+∞)内恒成立,
令φ(x)=,
则φ′(x)=2a=,
当x≥2时,φ′(x)＞0,
令h(x)=h′(x)=,函数在[1,2)上单调递增,∴h(x)min=h(1)=﹣1.
又2a≥1,e1﹣x＞0,∴1＜x＜2,φ′(x)＞0,
综上所述,x＞1,φ′(x)＞0,φ(x)在区间(1,+∞)单调递增,
∴t′(x)＞t′(1)≥0,即t(x)在区间(1,+∞)单调递增,
∴a≥.
13.(2016•天津)设函数f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)得单调区间;
(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=3;
(3)设a＞0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于.
解:(1)函数f(x)=(x﹣1)3﹣ax﹣b得导数为
f′(x)=3(x﹣1)2﹣a,
当a≤0时,f′(x)≥0,f(x)在R上递增;
当a＞0时,当x＞1+或x＜1﹣时,f′(x)＞0,
当1﹣＜x＜1+,f′(x)＜0,
可得f(x)得增区间为(﹣∞,1﹣),(1+,+∞),减区间为(1﹣,1+);
(2)证明:f′(x0)=0,可得3(x0﹣1)2=a,
由f(x0)=(x0﹣1)3﹣3x0(x0﹣1)2﹣b=(x0﹣1)2(﹣2x0﹣1)﹣b,
f(3﹣2x0)=(2﹣2x0)3﹣3(3﹣2x0)(x0﹣1)2﹣b
=(x0﹣1)2(8﹣8x0﹣9+6x0)﹣b=(x0﹣1)2(﹣2x0﹣1)﹣b,
即为f(3﹣2x0)=f(x0)=f(x1),
即有3﹣2x0=x1,即为x1+2x0=3;
(3)证明:要证g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于,
即证在[0,2]上存在x1,x2,使得f(x1)﹣f(x2)≥.
当a≥3时,f(x)在[0,2]递减,f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b,
f(0)﹣f(2)=2a﹣2≥4＞,递减,成立;
当0＜a＜3时,f(1﹣)=(﹣)3﹣a(1﹣)﹣b=﹣﹣a+a﹣b
=﹣a﹣b,
f(1+)=()3﹣a(1+)﹣b=﹣a﹣a﹣b
=﹣﹣a﹣b,
f(2)=1﹣2a﹣b,f(0)=﹣1﹣b,
f(2)﹣f(0)=2﹣2a,
若0＜a≤时,f(2)﹣f(0)=2﹣2a≥成立;
若a＞时,f(1﹣)﹣f(1+)=＞成立.
综上可得,g(x)在区间[0,2]上得最大值不小于.
14.(2016•新课标Ⅲ)设函数f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1),其中a＞0,记|f(x)|得最大值为A.
(Ⅰ)求f′(x);
(Ⅱ)求A;
(Ⅲ)证明:|f′(x)|≤2A.
(I)解:f′(x)=﹣2asin2x﹣(a﹣1)sinx.
(II)当a≥1时,|f(x)|=|acos2x+(a﹣1)(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1)|(cosx+1)|≤a|cos2x|+(a﹣1)(|cosx|+1)|≤a+2(a﹣1)=3a﹣2=f(0),因此A=3a﹣2.
当0＜a＜1时,f(x)等价为f(x)=acos2x+(a﹣1)(cosx+1)=2acos2x+(a﹣1)cosx﹣1,
令g(t)=2at2+(a﹣1)t﹣1,
则A就是|g(t)|在[﹣1,1]上得最大值,g(﹣1)=a,g(1)=3a﹣2,
且当t=时,g(t)取得极小值,极小值为g()=﹣﹣1=﹣,(二次函数在对称轴处取得极值)
令﹣1＜＜1,得a＜(舍)或a＞.因此A=3a﹣2
①当0＜a≤时,g(t)在(﹣1,1)内无极值点,|g﹣1)|=a,|g(1)|=2﹣3a,|g(﹣1)|＜|g(1)|,
∴A=2﹣3a,
②当＜a＜1时,由g(﹣1)﹣g(1)=2(1﹣a)＞0,得g(﹣1)＞g(1)＞g(),
又|g()﹣g(﹣1)|=＞0,
∴A=|g()|=,
综上,A=.
(III)证明:由(I)可得:|f′(x)|=|﹣2asin2x﹣(a﹣1)sinx|≤2a+|a﹣1|,
当0＜a≤时,|f′(x)|≤1+a≤2﹣4a＜2(2﹣3a)=2A,
当＜a＜1时,A==++≥1,
∴|f′(x)|≤1+a≤2A,
当a≥1时,|f′(x)|≤3a﹣1≤6a﹣4=2A,
综上:|f′(x)|≤2