2015创新设计二轮专题复习配套-规范练6

规范练?六? 函数与导数

1．设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)． (1)若a＞0，讨论f(x)的单调性；

π??

(2)x＝1时，f(x)有极值，证明：当θ∈?0，2?时，

??|f(cos θ)－f(sin θ)|＜2.

1

(1)解 f′(x)＝e(ax＋x＋1)＋e(2ax＋1)＝ae(x＋a)(x＋2)，

x

2

x

x

11

当a＝2时，f′(x)＝2ex(x＋2)2≥0，f(x)在R上单增； 11

当0＜a＜2时，由f′(x)＞0，得x＞－2或x＜－a； 1

由f′(x)＜0，得－a＜x＜－2，

1???1?

∴f(x)在?－∞，－a?和(－2，＋∞)上单调递增，在?－a，－2?上单调递减．

????11

当a＞2时，由f′(x)＞0，得x＞－a或x＜－2； 1

由f′(x)＜0，得－2＜x＜－a，

1??1?

∴f(x)在(－∞，－2)和?－a，＋∞)上单调递增，在?－2，－a?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． π??

∵θ∈?0，2?，∴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；

1

(2)若m∈[2，2]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 1

x1＝－m，x2＝m－1，因为m∈[2，2]， 所以m－1－(－m)＝2m－1≥0.

1

①当m－1≤0，且2m－1＞0，即2

f(x)极大＝f(－m)＝4m3－3m2，f(x)极小＝f(m－1)＝(m－1)2(1－4m)． 令g(m)＝f(x)极大＝4m3－3m2，则g′(m)＝12m2－6m≥0. 1

故g(m)在2≤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)，

显然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， b1－4m

故x0＝－a＝2. 结合图象可知，要使(m－1)2(1－4m)≤f(x)恒成立．

1－4m?1?

则只需x0≤k＜0即可，故kmin＝k(m)＝x0＝2?2＜m≤1?；

??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．

1－4m

同理可知kmin＝k(m)＝x0＝2(1＜m≤2)， 综上可知，k(m)＝

1－4m??1??

?m∈?2，2??. 2????

x

3．已知函数f(x)＝ln 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)＝上恒成立，

所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0，又f′(x)＝111

a＝－(ln x－2)2＋4－a，

1111设ln x＝t，t∈(0，＋∞)，则y＝－(t－2)2＋4－a，故当t＝2，即x＝e2时，f′(x)max111＝4－a≤0，解得a≥4，所以a的最小值为4. (2)命题“若?x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”，等价于“当x∈[e，1

e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a”，由(1)知，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＝4－a，11

f′(x)max＋a＝4，问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤4”． 11

10当a≥4时，f′(x)max＝4－a≤0，f(x)在[e，e2]上为减函数，则f(x)min＝f(e2)e2111＝2－ae2≤4，故a≥2－4e2. 11

20当0＜a＜4时，f′(x)max＝4－a＞0，由于f′(x)

111

＝－(ln x－2)2＋4－a在[e，e2]上为增函数，故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，1

即[－a，4－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，x0111

f′(x)＞0.由f(x)min＝f(x0)＝ln x－ax0≤4，x0∈[e，e2]，所以，a≥ln x－4x＞

000111111

2－＞－＝，与0＜a＜矛盾，不合题意． ln e4e244411综上所述，得a≥2－4e2. 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，试判断函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；

ln x－1121

－a＝－(ln x)＋ln x－?ln x?2ln x－1

－a≤0在(1，＋∞)?ln x?2(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， 2－2x2x2x

即方程k＝ex有两个根，设φ(x)＝ex，则φ′(x)＝ex， 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. 2x2

要使k＝ex有两个根，只需0＜k＜φ(1)＝e，如图所示，

2

故实数k的取值范围是(0，e)．

又由上可知函数f(x)的两个极值点x1，x2满足0＜x1＜1＜x2， 2x1

由f′(x1)＝kex1－2x1＝0，得k＝ex. 1

22x122

∴f(x1)＝kex1－x1＝exex1－x21＝－x1＋2x1＝－(x1－1)＋1，由于

1

x1∈(0,1)，故

0＜－(x1－1)2＋1＜1， 所以0＜f(x1)＜1.