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专题一 三角函数



专题一 高考中的导数应用问题
第三章 导数及其应用

考点自测

自我检测 查缺补漏

题号
1 2 3 4 5

答案
D
D A
[e,+∞)
[ -2,-1]

解析

考点自测

r />高考题型突破

练出高分

高考题型突破
题型一 利用导数研究函数的单调性
思维启迪 解析 思维升华

【例1】 -ax2.

设函数f(x)=x(e -1)

x

1 (1)若a= ,求f(x)的单调区 2 间; (2)若当x≥0时,f(x)≥0, 求a的取值范围.
考点自测 高考题型突破 练出高分

高考题型突破
题型一 利用导数研究函数的单调性
思维启迪 解析 思维升华

【例1】 -ax2.

设函数f(x)=x(e -1)

x

1 求出f′(x),分析函数的 (1)若a= ,求f(x)的单调区 2
单调性,得出结论.

间; (2)若当x≥0时,f(x)≥0, 求a的取值范围.
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高考题型突破
题型一 利用导数研究函数的单调性
思维启迪 解析 思维升华

【例1】 -ax2.

设函数f(x)=x(e -1)

x



(1)a=

1 时,f(x)=x(ex-1) 2

1 (1)若a= ,求f(x)的单调区 2 间; (2)若当x≥0时,f(x)≥0, 求a的取值范围.
考点自测

1 2 - x, 2
f′(x)=ex-1+xex-x =(ex-1) (x+1).

当x∈(-∞,-1)时, f′(x)>0;当x∈(-1,0)时, f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时, f′(x)>0.

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题型一 利用导数研究函数的单调性
思维启迪 解析 思维升华

【例1】 -ax2.

设函数f(x)=x(e -1)

x

故f(x)的单调递增区间为 (-∞,-1),(0,+∞), 单调递减区间为(-1,0).

1 (1)若a= ,求f(x)的单调区 2 间; (2)若当x≥0时,f(x)≥0, 求a的取值范围.
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(2)f(x)=x(ex-1-ax),令g(x) =ex-1-ax,g′(x)=ex-a. 若a≤1,则当x∈(0,+∞) 时,g′(x)>0,g(x)为增函 数,而g(0)=0,从而当x≥0 时,g(x)≥0,即f(x)≥0.

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题型一 利用导数研究函数的单调性
思维启迪 解析 思维升华

【例1】 -ax2.

设函数f(x)=x(e -1)
若a>1,则当x∈(0,ln a)时, g′(x)<0,g(x)为减函数, 而g(0)=0,从而当x∈(0,ln a) 时,g(x)<0,即f(x)<0.
综合得a的取值范围为(-∞,1].

x

1 (1)若a= ,求f(x)的单调区 2 间; (2)若当x≥0时,f(x)≥0, 求a的取值范围.
考点自测

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题型一 利用导数研究函数的单调性
思维启迪 解析 思维升华

【例1】 -ax2.

设函数f(x)=x(e -1)

x

(1)判断函数的单调性,求函数 的单调区间、极值等问题,最 终归结到判断f′(x)的符号问题 上,而f′(x)>0或f′(x)<0,最 终可转化为一个一元一次或一 元二次不等式问题.

1 (1)若a= ,求f(x)的单调区 2 间; (2)若当x≥0时,f(x)≥0, 求a的取值范围.
考点自测

(2)若已知f(x)的单调性,则转 化为不等式f′(x)≥0或 f′(x)≤0在单调区间上恒成立 问题求解.

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高考题型突破
跟踪训练 1 已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调 递增,求实数 c 的取值范围.
3 2

?2? a=f′?3?. ? ?



(1)由 f(x)=x3+ax2-x+c,

得 f′(x)=3x2+2ax-1.
?2? ?2 ? 2 2 ? ? ? ?2 当 x=3时,得 a=f′?3?=3×?3? +2a×3-1, ? ? ? ?

解之,得 a=-1.
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高考题型突破
跟踪训练 1 已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调 递增,求实数 c 的取值范围.
(2)由(1)可知 f(x)=x3-x2-x+c. ? 1? 2 则 f′(x)=3x -2x-1=3?x+3?(x-1),列表如下: ? ? 1 (-∞, (1, 1 (- , x 3 1 1 -3 +∞) -3) 1) 0 0 f′(x) + - + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
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3 2

?2? a=f′?3?. ? ?

高考题型突破
跟踪训练 1 已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调 递增,求实数 c 的取值范围.
1 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,- )和(1,+∞); 3
? 1 ? f(x)的单调递减区间是?-3,1?. ? ?
3 2

?2? a=f′?3?. ? ?

考点自测

高考题型突破

练出高分

高考题型突破
跟踪训练 1 已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调 递增,求实数 c 的取值范围.
(3)函数 g(x)=(f(x)-x3)· ex=(-x2-x+c)· ex, 有 g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex =(-x2-3x+c-1)ex,
因为函数 g(x)在 x∈[ -3,2] 上单调递增,
所以 h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在 x∈[ -3,2] 上恒成立. 只要 h(2)≥0,解得 c≥11,所以 c 的取值范围是[11,+∞).
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3 2

?2? a=f′?3?. ? ?

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题型二
【例 2】

利用导数研究与不等式有关的问题
已知 f(x)=xln x,g(x)
思维启迪 解析 思维升华

=-x2+ax-3. (1) 求函数 f(x) 在 [t, t+ 2](t>0) 上的最小值; (2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) , 2f(x)≥g(x)恒成立, 求实数 a 的 取值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x> x- 成立. e ex
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题型二
【例 2】

利用导数研究与不等式有关的问题
已知 f(x)=xln x,g(x)
思维启迪 解析 思维升华

=-x2+ax-3. (1) 求函数 f(x) 在 [t, t+ 2](t>0) 上的最小值; (2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) , 2f(x)≥g(x)恒成立, 求实数 a 的 取值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x> x- 成立. e ex
考点自测

(1) 求 f′(x) ,讨论参数 t 求最小值;
(2)分离 a, 利用求最值得 a 的范围;
(3)寻求所证不等式和题中 函数 f(x)的联系, 充分利用 (1)中所求最值.

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题型二
【例 2】
2

利用导数研究与不等式有关的问题
已知 f(x)=xln x,g(x)
思维启迪 解析 思维升华

=-x +ax-3. (1) 求函数 f(x) 在 [t, t+ 2](t>0) 上的最小值; (2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) , 2f(x)≥g(x)恒成立, 求实数 a 的 取值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x> x- 成立. e ex
考点自测

(1)由 f(x)=xln x, x>0, 得 f′(x) =ln x+1, 1 令 f′(x)=0,得 x= . e 1 当 x∈(0, e)时,f′(x)<0,f(x)单
调递减; 1 当 x∈( e,+∞)时,f′(x)>0,f(x)
单调递增. 1 1 ①当 0<t< e<t+2,即 0<t<e 时, 1 1 f(x)min=f(e )=- e;
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题型二
【例 2】

利用导数研究与不等式有关的问题
已知 f(x)=xln x,g(x)
思维启迪 解析 思维升华

=-x2+ax-3. (1) 求函数 f(x) 在 [t, t+ 2](t>0) 上的最小值; (2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) , 2f(x)≥g(x)恒成立, 求实数 a 的 取值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x> x- 成立. e ex
考点自测

1 1 ②当 ≤t<t+2,即 t≥ 时, e e f(x)在[t,t+2]上单调递增, f(x)min=f(t)=tln t.
? ?-1,0<t<1 ? e e 所以 f(x)min=? 1 ? tln t,t≥e ? ?

.

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题型二
【例 2】

利用导数研究与不等式有关的问题
已知 f(x)=xln x,g(x)
思维启迪 解析 思维升华

=-x2+ax-3. (1) 求函数 f(x) 在 [t, t+ 2](t>0) 上的最小值; (2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) , 2f(x)≥g(x)恒成立, 求实数 a 的 取值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x> x- 成立. e ex
考点自测

(2)2xln x≥ - x2 + ax - 3 , 则 3 a≤2ln x+x+x, 3 设 h(x) = 2ln x + x + x (x>0) ,则
?x+3??x-1? h′(x)= , x2 ①当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)
单调递减, ②当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,
h(x)单调递增, 所 以 h(x)min = h(1) = 4 , 对 一 切
x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立, 所以 a≤h(x)min=4.
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题型二
【例 2】

利用导数研究与不等式有关的问题
已知 f(x)=xln x,g(x)
思维升华 x 2 (3)问题等价于证明 xln x> x- e e
(x∈(0,+∞)). 由(1)可知 f(x)=xln x(x∈(0, +∞)) 1 的最小值是-e, 1 x 当且仅当 x=e 时取到,设 m(x)=ex
2 - (x∈(0 ,+ ∞)) ,则 m′(x) = e 1-x 1 ex ,易知 m(x)max=m(1)=- e, 当且仅当 x=1 时取到.
从而对一切 x∈(0,+∞),都有 1 2 ln x> x- 成立. e ex

思维启迪

解析

=-x2+ax-3. (1) 求函数 f(x) 在 [t, t+ 2](t>0) 上的最小值; (2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) , 2f(x)≥g(x)恒成立, 求实数 a 的 取值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x> x- 成立. e ex
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题型二
【例 2】

利用导数研究与不等式有关的问题
已知 f(x)=xln x,g(x)
思维启迪 解析 思维升华

=-x2+ax-3. (1) 求函数 f(x) 在 [t, t+ 2](t>0) 上的最小值; (2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) , 2f(x)≥g(x)恒成立, 求实数 a 的 取值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x> x- 成立. e ex
考点自测

(1) 恒成立问题可以转化为 我们较为熟悉的求最值的问 题进行求解,若不能分离参 数,可以将参数看成常数直 接求解.
(2)证明不等式,可以转化为 求函数的最值问题.

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跟踪训练 2 已知函数 f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0). (1)若 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 3 (2)当 a 取(1)中的最小值时,求证:g(x)-f(x)≤ x . 6
(1)解 令 h(x)=sin x-ax(x≥0),则 h′(x)=cos x-a.
若 a≥1,h′(x)=cos x-a≤0,h(x)=sin x-ax(x≥0)单调递减, h(x)≤h(0)=0,则 sin x≤ax(x≥0)成立. π 若 0<a<1,存在 x0∈(0,2),使得 cos x0=a,当 x∈(0,x0), h′(x) = cos x - a>0 , h(x) = sin x - ax(x∈(0 , x0)) 单调递增,
h(x)>h(0)=0,不合题意,
结合 f(x)与 g(x)的图象可知 a≤0 显然不合题意, 综上可知,a≥1.

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高考题型突破
跟踪训练 2 已知函数 f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0). (1)若 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 3 (2)当 a 取(1)中的最小值时,求证:g(x)-f(x)≤ x . 6
(2)证明 当 a 取(1)中的最小值 1 时,g(x)-f(x)=x-sin x. 1 3 1 2 设 H(x)=x-sin x- x (x≥0),则 H′(x)=1-cos x- x . 6 2
1 令 G(x)=1-cos x- x2,则 G′(x)=sin x-x≤0(x≥0), 2 1 2 所以 G(x)=1-cos x-2x 在[0,+∞)上单调递减, 1 2 此时 G(x)=1-cos x-2x ≤G(0)=0, 1 即 H′(x)=1-cos x-2x2≤0, 1 所以 H(x)=x-sin x- x3(x≥0)单调递减. 6

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高考题型突破
跟踪训练 2 已知函数 f(x)=sin x(x≥0),g(x)=ax(x≥0). (1)若 f(x)≤g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 3 (2)当 a 取(1)中的最小值时,求证:g(x)-f(x)≤ x . 6
1 所以 H(x)=x-sin x- x3≤H(0)=0, 6
1 3 即 x-sin x-6x ≤0(x≥0), 1 即 x-sin x≤6x3(x≥0).
1 所以,当 a 取(1)中的最小值时,g(x)-f(x)≤6x3.

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题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
2

【例 3】 已知 f(x)=ax (a∈R), g(x)=2ln x. (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x) 的单调性; (2) 若 方 程 f(x) = g(x) 在 区 间 [ 2,e]上有两个不等解,求 a 的取值范围.

思维启迪

解析

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高考题型突破
题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
2

【例 3】 已知 f(x)=ax (a∈R), g(x)=2ln x. (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x) 的单调性; (2) 若 方 程 f(x) = g(x) 在 区 间 [ 2,e]上有两个不等解,求 a 的取值范围.

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解析

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(1)通过讨论 a 确定 F(x)的 符号;

(2) 将方程 f(x) = g(x) 变形 2ln x 为 a= x2 ,研究 φ(x)= 2ln x x2 图象的大致形状.

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题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
2

【例 3】 已知 f(x)=ax (a∈R), g(x)=2ln x. (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x)

思维启迪

解析

思维升华

(1)F(x)=ax2-2ln x,其定义 域为(0,+∞),

2 ∴F′(x)=2ax-x 的单调性; 2?ax2-1? (2) 若 方 程 f(x) = g(x) 在 区 间 = (x>0). x [ 2,e]上有两个不等解,求 a ①当 a>0 时,由 ax2-1>0, 1 的取值范围. 得 x> . a 1 2 由 ax -1<0,得 0<x< . a
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题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
2

【例 3】 已知 f(x)=ax (a∈R), g(x)=2ln x.

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解析

思维升华

故 当 a>0 时 , F(x) 在 区 间 ? 1 ? ? (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x) ? ,+∞? ?上单调递增, ? a ? ? ? 1 的单调性; ? 在区间? ?0, ?上单调递减. a ? ? (2) 若 方 程 f(x) = g(x) 在 区 间 F′(x)<0 (x>0) [ 2,e]上有两个不等解,求 a ②当 a≤0 时,

的取值范围.

恒成立. 故当 a≤0 时,F(x)在(0, +∞)上单调递减.

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题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
2

【例 3】 已知 f(x)=ax (a∈R), g(x)=2ln x. 的单调性;

思维启迪

解析

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2ln x (2)原式等价于方程 a= 2 x 个不等解.

(1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x) = φ(x) 在区间 [ 2 , e] 上有两 (2) 若 方 程 f(x) = g(x) 在 区 间 ∵φ′(x) = 2x?1-42ln x? 在 x [ 2,e]上有两个不等解,求 a 的取值范围.
( 2, e)上为增函数,

在 ( e , e) 上为减函数,则 1 φ(x)max=φ( e)=e,
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题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
2

【例 3】 已知 f(x)=ax (a∈R), g(x)=2ln x. (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x) 的单调性;

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解析

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2 而 φ(e)= 2<φ(2) e 2ln 2 ln 2 = = = 4 2 φ( 2).

(2) 若 方 程 f(x) = g(x) 在 区 间 ∴φ(x)min=φ(e), [ 2,e]上有两个不等解,求 a 如图当 f(x)=g(x) 的取值范围.
在[ 2,e]上有两个不等解时有 ln 2 φ(x)min= , 2 ln 2 1 故 a 的取值范围为 2 ≤a<e .
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题型三 利用导数研究方程解或图象交点问题
2

【例 3】 已知 f(x)=ax (a∈R), g(x)=2ln x. (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x) 的单调性; (2) 若 方 程 f(x) = g(x) 在 区 间 [ 2,e]上有两个不等解,求 a 的取值范围.

思维启迪

解析

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对于可转化为 a = f(x) 解的 个数确定参数 a 的范围问 题,都可以通过 f(x)的单调 性、极值确定 f(x)的大致形 状,进而求 a 的范围.

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跟踪训练 3 已知函数 f(x)=|ax-2|+bln x(x>0). (1)若 a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求 b 的取值范围; 1 (2)若 a≥2,b=1,求方程 f(x)=x在(0,1]上解的个数.



b ①当 0<x<2 时,f(x)=-x+2+bln x,f′(x)=-1+x .

(1)f(x)=|x-2|+bln x ? ?-x+2+bln x?0<x<2?, =? ? ?x-2+bln x?x≥2?.

b 由条件,得-1+x≥0 恒成立,即 b≥x 恒成立.∴b≥2. b ②当 x≥2 时,f(x)=x-2+bln x,f′(x)=1+x ,由条件, b 得 1+x≥0 恒成立,即 b≥-x 恒成立.∴b≥-2. 综合①,②得 b 的取值范围是{b|b≥2}.
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高考题型突破
跟踪训练 3 已知函数 f(x)=|ax-2|+bln x(x>0). (1)若 a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求 b 的取值范围; 1 (2)若 a≥2,b=1,求方程 f(x)=x在(0,1]上解的个数.

1 (2)令 g(x)=|ax-2|+ln x-x, 1 2 ? ?-ax+2+ln x-x ?0<x<a?, 即 g(x)=? ?ax-2+ln x-1 ?x≥2?. x a ? 2 1 当 0<x<a时,g(x)=-ax+2+ln x-x, 1 1 g′(x)=-a+ x+x2. 2 1 a ∵0<x<a,∴x >2.
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跟踪训练 3 已知函数 f(x)=|ax-2|+bln x(x>0). (1)若 a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求 b 的取值范围; 1 (2)若 a≥2,b=1,求方程 f(x)=x在(0,1]上解的个数.
a a2 a?a-2? 则 g′(x)>-a+ + = ≥0. 2 4 4 2 即 g′(x)>0,∴g(x)在(0, )上是递增函数. a 2 1 当 x≥a时,g(x)=ax-2+ln x-x, 1 1 g′(x)=a+ x+x2>0. 2 ∴g(x)在(a,+∞)上是递增函数. 2 又因为函数 g(x)在 x=a有意义,
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高考题型突破
跟踪训练 3 已知函数 f(x)=|ax-2|+bln x(x>0). (1)若 a=1,f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,求 b 的取值范围; 1 (2)若 a≥2,b=1,求方程 f(x)=x在(0,1]上解的个数.
∴g(x)在(0,+∞)上是递增函数. 2 2 a ∵g( )=ln - ,而 a≥2, a a 2 2 2 ∴ln ≤0,则 g( )<0. a a

∵a≥2,∴g(1)=a-3.
当 a≥3 时,g(1)=a-3≥0, ∴g(x)=0 在(0,1]上解的个数为 1. 当 2≤a≤3 时,g(1)=a-3<0, ∴g(x)=0 在(0,1]上无解,即解的个数为 0.
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1 2 3 4 5 6

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1 2 3 4 5 6

1. 已知函数 f(x)=ax3+x2+bx(其中常数 a, b∈R), g(x) =f(x)+f′(x)是奇函数. (1)求 f(x)的表达式; (2)讨论 g(x)的单调性, 并求 g(x)在区间[1,2]上的最大 值与最小值. 解析 (1)由题意得 f′(x)=3ax2+2x+b, 因此 g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b.
因为函数 g(x)是奇函数,所以 g(-x)=-g(x),

即对任意实数 x,有 a(-x)3+(3a+1)(-x)2+(b+ 2)(-x)+b=-[ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b],
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1. 已知函数 f(x)=ax3+x2+bx(其中常数 a, b∈R), g(x) =f(x)+f′(x)是奇函数. (1)求 f(x)的表达式; (2)讨论 g(x)的单调性, 并求 g(x)在区间[1,2]上的最大 值与最小值.
1 从而 3a+1=0,b=0,解得 a=- ,b=0, 3 1 3 2 因此 f(x)的表达式为 f(x)=-3x +x .

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1. 已知函数 f(x)=ax3+x2+bx(其中常数 a, b∈R), g(x) =f(x)+f′(x)是奇函数. (1)求 f(x)的表达式; (2)讨论 g(x)的单调性, 并求 g(x)在区间[1,2]上的最大 值与最小值.
1 3 (2)由(1)知 g(x)=-3x +2x,所以 g′(x)=-x2+2. 令 g′(x)=0,解得 x1=- 2,x2= 2,

则当 x<- 2或 x> 2时,g′(x)<0, 从而 g(x)在区间(-∞,- 2 ),( 2,+∞)上是减函数;
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1. 已知函数 f(x)=ax3+x2+bx(其中常数 a, b∈R), g(x) =f(x)+f′(x)是奇函数. (1)求 f(x)的表达式; (2)讨论 g(x)的单调性, 并求 g(x)在区间[1,2]上的最大 值与最小值. 当- 2<x< 2时,g′(x)>0, 从而 g(x)在区间(- 2, 2)上是增函数.
由上述讨论知, g(x)在区间[1,2] 上的最大值与最小值 只能在 x=1, 2,2 时取得, 5 4 2 4 而 g(1)=3,g( 2)= 3 ,g(2)=3,
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1. 已知函数 f(x)=ax3+x2+bx(其中常数 a, b∈R), g(x) =f(x)+f′(x)是奇函数. (1)求 f(x)的表达式; (2)讨论 g(x)的单调性, 并求 g(x)在区间[1,2]上的最大 值与最小值.
4 2 因此 g(x)在区间[1,2]上的最大值为 g( 2)= , 3 4 最小值 g(2)=3.

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2.已知函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e(e 为自然 对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数 a 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的 x-1 最大值.
解析 (1)因为 f(x)=ax+xln x,所以 f′(x)=a+ln x+1.

因为函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e 处的切线 斜率为 3,
所以 f′(e)=3,即 a+ln e+1=3,所以 a=1.
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2.已知函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e(e 为自然 对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数 a 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的 x-1 最大值.
f?x? (2)由(1)知,f(x)=x+xln x,又 k< 对任意 x>1 恒 x-1 x+xln x 成立,即 k< 对任意 x>1 恒成立. x-1 x+xln x x-ln x-2 令 g(x)= ,则 g′(x)= , x-1 ?x-1?2
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2.已知函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e(e 为自然 对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数 a 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的 x-1 最大值.

1 x-1 令 h(x)=x-ln x-2(x>1), 则 h′(x)=1-x= x >0, 所以函数 h(x)在(1,+∞)上单调递增.
因为 h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0,
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2.已知函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e(e 为自然 对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数 a 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的 x-1 最大值.
所以方程 h(x)=0 在(1,+∞)上存在唯一实根 x0, 且满足 x0∈(3,4).

当 1<x<x0 时,h(x)<0,即 g′(x)<0,当 x>x0 时, h(x)>0,
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2.已知函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e(e 为自然 对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数 a 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的 x-1 最大值.
x+xln x 即 g′(x)>0,所以函数 g(x)= 在(1,x0)上单调递减, x-1 在(x0,+∞)上单调递增, x0? (1+ln x0)?x0? (1+x0-2)? 所以[g(x)]min=g(x0)= = =x0∈(3,4), x0-1 x0-1 所以 k<[g(x)]min=x0∈(3,4),故整数 k 的最大值为 3.
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3.设函数 f(x)=ex-1-x-ax2. (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)若 a=0,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.
当 x∈(-∞, 0)时, f′(x)<0; 当 x∈(0, +∞)时, f′(x)>0.

故 f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f′(x)=ex-1-2ax.
由(1)知 ex≥1+x,当且仅当 x=0 时等号成立, 故 f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x, 1 从而当 1-2a≥0,即 a≤2时,f′(x)≥0(x≥0).
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3.设函数 f(x)=ex-1-x-ax2. (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.
∴f(x)在[0,+∞)上单调递增. 解 析 而 f(0)=0,于是当 x≥0 时,f(x)≥0.
1 由 e >1+x(x≠0)可得 e >1-x(x≠0).从而当 a>2时,
x
-x

f′(x)<ex-1+2a(e-x-1)=e-x(ex-1)(ex-2a),
令 e-x(ex-1)(ex-2a)<0 得 1<ex<2a,∴0<x<ln 2a.

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3.设函数 f(x)=ex-1-x-ax2. (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.
故当 x∈(0,ln 2a)时,f′(x)<0,∴f(x)在(0,ln 2a)上单 调递减.而 f(0)=0,于是当 x∈(0,ln 2a)时,f(x)<0.不 符合要求.
1 综上可得 a 的取值范围为(-∞,2].

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a-1 4.已知 f(x)=x +3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个.

解析

? ?y=f?x?, (1)由? ? ?y=g?x?,

1 得 x +3x+1= +x, x-1
2

整理得 x3+x2-x-2=0(x≠1).

令 y=x3+x2-x-2, 求导得 y′=3x2+2x-1,

1 令 y′=0,得 x1=-1,x2= , 3
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a-1 4.已知 f(x)=x +3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个.

1 故得极值点分别在-1 和 处取得,且极大值、极小值都 3 是负值.
故公共点只有一个.
? ?y=f?x?, (2)由? ? ?y=g?x?,

a-1 得 x +3x+1= +x, x-1
2

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a-1 4.已知 f(x)=x +3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个.

整理得 a=x3+x2-x(x≠1),
令 h(x)=x3+x2-x, ? ?y=a, 联立? 3 2 ? ?y=h?x?=x +x -x?x≠1?,

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a-1 4.已知 f(x)=x +3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个.

如图,求导 h(x)可以得到极值点分别 1 在-1 和 处,画出草图, 3 1 5 h(-1)=1,h( )=- , 3 27

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a-1 4.已知 f(x)=x +3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个.
当 a=h(-1)=1 时,y=a 与 y=h(x)仅有一个公共点(因为 (1,1)点不在 y=h(x)曲线上),

5 故 a=-27时恰有两个公共点.

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5.定义在 R 上的函数 f(x)=ax3+bx2+cx+3 同时满足 以下条件: ①f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数; ②f′(x)是偶函数; ③f(x)的图象在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直. (1)求函数 y=f(x)的解析式; (2) 设 g(x) = 4ln x - m , 若 存 在 x∈[1 , e] , 使 g(x)<f′(x),求实数 m 的取值范围.
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解析 (1)f′(x)=3ax2+2bx+c. ∵f(x)在(0,1)上是减函数, 在(1, +∞)上是增函数, ∴f′(1)=3a+2b+c=0,(*) 由 f′(x)是偶函数得 b=0, ①
又 f(x)的图象在 x=0 处的切线与直线 y=x+2 垂直,
1 将①②代入(*)得 a=3, 1 3 ∴f(x)=3x -x+3. (2)由已知得,若存在 x∈[1,e] ,使 4ln x-m<x2-1,
即存在 x∈[1,e] ,使 m>(4ln x-x2+1)min.
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∴f′(0)=c=-1,



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设 M(x)=4ln x-x2+1,x∈[1,e], 4-2x2 4 则 M′(x)=x-2x= x , 令 M′(x)=0,∵x∈[1,e],∴x= 2. 当 2<x≤e 时,M′(x)<0, ∴M(x)在( 2,e)上为减函数; 当 1≤x≤ 2时,M′(x)>0, ∴M(x)在[1, 2]上为增函数,
∴M(x)在[1,e] 上有最大值且在 x= 2处取到. 又 M(1)=0,M(e)=5-e2<0, ∴M(x)的最小值为 5-e2.∴m>5-e2.
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? x-a ? ?. 6.(2013· 湖南)已知 a>0,函数 f(x)=? ?x+2a?

(1)记 f(x)在区间[0,4]上的最大值为 g(a), 求 g(a)的表 达式; (2)是否存在 a,使函数 y=f(x)在区间(0,4)内的图象 上存在两点, 在该两点处的切线相互垂直?若存在, 求 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.

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a-x 解析 (1)当 0≤x≤a 时,f(x)= ; x+2a x-a 当 x>a 时,f(x)= . x+2a -3a 因此,当 x∈(0,a)时,f′(x)= 2<0, ?x+2a? f(x)在(0,a)上单调递减; 3a 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)= 2>0, ?x+2a?
f(x)在(a,+∞)上单调递增.

1 ①若 a≥4,则 f(x)在(0,4)上单调递减,g(a)=f(0)=2.
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②若 0<a<4, 则 f(x)在(0, a)上单调递减, 在(a,4) 上单调递增. 所以 g(a)=max{f(0),f(4)}. 1 4-a a-1 而 f(0)-f(4)=2- = , 4+2a 2+a 4-a 故当 0<a≤1 时,g(a)=f(4)= ; 4+2a 1 当 1<a<4 时,g(a)=f(0)=2.
? ? 4-a ,0<a≤1, ?4+2a 综上所述,g(a)=? ?1 ,a>1. ? ?2
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(2)由(1)知,当 a≥4 时,f(x)在(0,4)上单调递减, 故不满足要求. 当 0<a<4 时,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,4)上单 调递增. 若存在 x1,x2∈(0,4)(x1<x2),使曲线 y=f(x)在(x1, f(x1)),(x2,f(x2))两点处的切线互相垂直.
则 x1∈(0,a),x2∈(a,4),且 f′(x1)· f′(x2)=-1. -3a 3a 即 · =-1. ?x1+2a?2 ?x2+2a?2 3a 亦即 x1+2a= .(*) x2+2a
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由 x1∈(0,a),x2∈(a,4)得 x1+2a∈(2a,3a), ? 3a ? 3a ? , 1 ∈? ? ?. x2+2a ?4+2a ?
故 (*) 成立等价于集合 A = {x|2a<x<3a} 与集合 B = ? ? 3a ? ? ?x| <x<1?的交集非空. ? ? ? 4+2a ? 3a 因为 <3a,所以当且仅当 0<2a<1, 4+2a 1 即 0<a<2时,A∩B≠?.
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综上所述,存在 a 使函数 f(x)在区间(0,4)内的图象上 存在两点,在该两点处的切线互相垂直,且 a 的取值 ? 1? ? 范围是?0,2? ?. ? ?

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