2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：规范练6函数与导数问题.docx

规范练(六)　函数与导数问题　
1．设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)．
(1)若a＞0，争辩f(x)的单调性；
(2)x＝1时，f(x)有极值，证明：当θ∈时，|f(cos θ)－f(sin θ)|＜2.
解　(1)f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1)＝aex(x＋)(x＋2)，
当a＝时，f′(x)＝ex(x＋2)2≥0，f(x)在R上单增；
当0＜a＜时，由f′(x)＞0，得x＞－2或x＜－；
由f′(x)＜0，得－＜x＜－2，
∴f(x)在和(－2，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
当a＞时，由f′(x)＞0，得x＞－或x＜－2
由f′(x)＜0，得－2＜x＜－，
∴f(x)在(－∞，－2)和)上单调递增，在上单调递减．
(2)证明　∵x＝1时，f(x)有极值，
∴f′(1)＝3e(a＋1)＝0，∴a＝－1，
∴f(x)＝ex(－x2＋x＋1)，f′(x)＝－ex(x－1)(x＋2)．
由f′(x)＞0，得－2＜x＜1，
∴f(x)在[－2,1]上单调递增．
∵θ∈，∴sin θ，cos θ∈[0,1]，
∴|f(cos θ)－f(sin θ)|≤f(1)－f(0)＝e－1＜2.
2．已知m∈R，f(x)＝2x3＋3x2＋6(m－m2)x.
(1)当m＝1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若m∈[，2]且关于x的不等式(m－1)2(1－4m)≤f(x)≤20在区间[k,0]上恒成立，求k的最小值k(m)．
解　(1)当m＝1时，f(x)＝2x3＋3x2，f′(x)＝6x2＋6x.
切线斜率为k＝f′(1)＝12，f(1)＝5，所以切线方程为y＝12x－7.
(2)令f′(x)＝6x2＋6x＋6(m－m2)＝0，可得
x1＝－m，x2＝m－1，由于m∈[，2]，
所以m－1－(－m)＝2m－1≥0.
①当m－1≤0，且2m－1＞0，即－1)＝(m－1)2(1－4m)．
令g(m)＝f(x)极大＝4m3－3m2，则g′(m)＝12m2－6m≥0.
故g(m)在≤m≤1上单调递增，故g(m)≤g(1)＝1≤20恒成立．
令h(x)＝f(x)－(m－1)2(1－4m)，
明显h(m－1)＝f(m－1)－(m－1)2(1－4m)＝0，
令h(x0)＝h(m－1)(x0≠m－1)，
设[x－(m－1)]2(ax＋b)＝2x3＋3x2＋6(m－m2)x－(m－1)2(1－4m)，比较两边系数得a＝2，b＝4m－1，
故x0＝－＝.
结合图象可知，要使(m－1)2(1－4m)≤f(x)恒成立．
则只需x0≤k＜0即可，故kmin＝k(m)＝x0＝；
②当m－1＞0即1＜m≤2时，同①可知，
g(m)＝f(x)极大＝4m3－3m2，又g(m)，在1＜m≤2上单调递增，故g(m)≤g(2)＝20恒成立．
同理可知kmin＝k(m)＝x0＝(1＜m≤2)，
综上可知，k(m)＝.
3．已知函数f(x)＝－ax.
(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，求实数a的最小值；
(2)若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a(a＞0成立)，求实数a的取值范围．
解　(1)因f(x)在(1，＋∞)上为减函数，故f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立，
所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0，又f′(x)＝－a＝－()2＋－a＝－(－)2＋－a，
设＝t，t∈(0，＋∞)，则y＝－(t－)2＋－a，故当t＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a≤0，解得a≥，所以a的最小值为.
(2)命题“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”，等价于“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a”，由(1)知，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＝－a，f′(x)max＋a＝，问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．
10当a≥时，f′(x)max＝－a≤0，f(x)在[e，e2]上为减函数，则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.
20当0＜a＜时，f′(x)max＝－a＞0，由于f′(x)
＝－(－)2＋－a在[e，e2]上为增函数，故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即[－a，－a]，由f′(x)的单调性和值域知，存在唯一x0∈[e，e2]，使f′(x0)＝0，且满足：当x∈[e，x0]时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈[x0，e2]时，f′(x)＞0.由f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈[e，e2]，所以，a≥－＞－＞－＝，与0＜a＜冲突，不合题意．
综上所述，得a≥－.
4．已知函数f(x)＝kex－x2(其中k∈R，e是自然对数的底数．
(1)若k＜0，试推断函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
(2)若k＝2，当x∈(0，＋∞)时，试比较f(x)与2的大小；
(3)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，求k的取值范围，并证明0＜f(x1)＜1.
解　(1)由f′(x)＝kex－2x可知，当k＜0时，由于x∈(0，＋∞)，f′(x)＝kex－2x＜0，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．
(2)当k＝2时，f(x)＝2ex－x2，则f′(x)＝2ex－2x，
令h(x)＝2ex－2x，h′(x)＝2ex－2，

由于x∈(0，＋∞)，故h′(x)＝2ex－2＞0，于是h(x)＝2ex－2x在(0，＋∞)为增函数，
所以h(x)＝2ex－2x＞h(0)＝2＞0，即f′(x)＝2ex－2x＞0在(0，＋∞)恒成立，
从而f(x)＝2ex－x2在(0，＋∞)为增函数，故f(x)＝2ex－x2＞f(0)＝2.
(3)函数f(x)有两个极值点x1，x2，则x1，x2是f′(x)＝kex－2x＝0的两个根，
即方程k＝有两个根，设φ(x)＝，则φ′(x)＝，
当x＜0时，φ′(x)＞0，函数φ(x)单调递增且φ(x)＜0；
当0＜x＜1时，φ′(x)＞0，函数φ(x)单调递增且φ(x)＞0；
当x＞1时，φ′(x)＜0，函数φ(x)单调递减且φ(x)＞0.
要使k＝有两个根，只需0＜k＜φ(1)＝，如图所示，

故实数k的取值范围是(0，)．
又由上可知函数f(x)的两个极值点x1，x2满足0＜x1＜1＜x2，
由f′(x1)＝kex1－2x1＝0，得k＝.
∴f(x1)＝kex1－x＝ex1－x
＝－x＋2x1＝－(x1－1)2＋1，
由于x1∈(0,1)，故0＜－(x1－1)2＋1＜1，
所以0＜f(x1)＜1.