1、第6讲利用导数研究不等式恒成立及函数相关问题选题明细表知识点方法巩固提高A巩固提高B利用导数研究函数1,2,6,72,3,4,6,7恒成立及存在性3,4,5,8,91,2,5,8,11函数性质109利用导数证明不等式11,1210巩固提高A一、选择题1.(2017浙江卷)函数y=f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(D)解析:观察导函数f(x)的图象可知,f(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,小于0,大于0,所以对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增.观察选项可知,排除A,C.如图所示,f(x)有3个零点,从左到右依次设为x1,x2,
2、x3,且x1,x3是极小值点,x2是极大值点,且x20,故选项D正确.故选D.2.直线x=t分别与函数f(x)=ex+1的图象及g(x)=2x-1的图象相交于点A和点B,则AB的最小值为(C)(A)2 (B)3(C)4-2ln 2(D)3-2ln 2解析:由题意得,AB=|ex+1-(2x-1)|=|ex-2x+2|,令h(x)=ex-2x+2,则h(x)=ex-2,所以h(x)在(-,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+)上单调递增,所以h(x)min=h(ln 2)=4-2ln 20,即AB的最小值是4-2ln 2.故选C.3.已知函数f(x)=x3-2x2+3m,x0,+),若f(x)
3、+50恒成立,则实数m的取值范围是(A)(A),+)(B)(,+)(C)(-,2(D)(-,2)解析:由题x3-2x2+3m+50在0,+)上恒成立,令g(x)=x3-2x2+3m+5,由g(x)=x2-4x0得x4,由g(x)0得0x4,所以g(x)min=g(4)=-32+3m+50,得m,故选A.4.已知e是自然对数的底数,若函数f(x)=ex-x+a的图象始终在x轴上方,则实数a的取值范围是(C)(A)(-,-1)(0,1)(B)(-1,0)(1,+)(C)(-1,+) (D)(0,1)(1,+)解析:由题ex-x+a0恒成立,f(x)=ex-1,所以f(x)在(-,0)上单调递减,在
4、(0,+)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=1-0+a0,得a-1.5.已知函数f(x)=x+ex-a,g(x)=ln(x+2)-4ea-x,其中e为自然对数的底数,若存在实数x0使f(x0)-g(x0)=3成立,则实数a的值为(A)(A)-ln 2-1(B)ln 2-1(C)-ln 2 (D)ln 2解析:由题存在x0,使x0+-ln(x0+2)+4=3,即+=ln(x0+2)-x0+3,令y1=+,y2=ln(x0+2)-x0+3,y14,当且仅当x0=a+ln 2时等号成立,y2=-1=-,y2=ln(x0+2)-x0+3在(-2,-1)上单调递增,在(-1,+)上单调递减,所以
5、y2的最大值为4.所以当a+ln 2=-1,即a=-ln 2-1时等式成立,故选A.6.若点P是曲线y=x2-2ln x上任意一点,则点P到直线y=x-的距离的最小值为(C)(A)(B)(C)(D)解析:由题意作图如图,当点P是曲线的切线中与直线y=x-平行的直线的切点时,距离最小.曲线y=x2-2ln x,令y=3x-=1,解得x=1,故点P的坐标为(1,),故点P到直线y=x-的距离的最小值为=,故选C.二、填空题7.若x=1是函数f(x)=x3+的一个极值点,则实数a=.解析:f(x)=3x2-,f(1)=3-a=0,得a=3.经检验,符合题意.答案:38.设函数f(x)=ax3-3x+
6、1(xR),若对于任意x-1,1,都有f(x)0成立,则实数a的值为.解析:当x=0时,aR,当x(0,1时,a,令g(x)=,g(x)=,g(x)在(0,)上单调递增,在(,1上单调递减,g(x)max=g()=4,所以a4,当x-1,0)时,a,g(x)=为增函数,所以g(x)min=4,所以a4.综上,a=4.答案:49.已知函数f(x)=x-,g(x)=x2-2ax+4,若对于任意x10,1,存在x21,2,使f(x1)g(x2),则实数a的取值范围是.解析:f(x)=1+0,所以f(x)在0,1上为增函数,f(x1)min=f(0)=-1,g(x)=2x-2a=2(x-a),在(a,
7、+)上g(x)单调递增,在(-,a)上,g(x)单调递减,或或得a.答案:,+)10.函数y=f(x)在其定义域(-,3)内可导,其图象如图所示,记y=f(x)的导函数为y=f(x),则不等式f(x)0的解集为.解析:由f(x)0时,f(x)单调递减.由函数图象可知当x-,12,3)时,f(x)单调递减,所以f(x)0的解集为-,12,3).答案:-,12,3)三、解答题11.(2017全国卷)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当a0,故f(x)在(0,+)上单调递增.若a0;当x(-,+)时,f(x)0,故f(x)在(0,-)上单调递增,在
8、(-,+)上单调递减.(2)证明:由(1)知,当a0;当x(1,+)时,g(x)0时,g(x)0,从而当a-.(1)解:f(x)=xex-a,由f(0)=-1得a=1,切线方程为y-(-1)=-1(x-0),即x+y+1=0,所以b=1.(2)证明:令g(x)=f(x)=xex-1,则g(x)=(x+1)ex,所以当x-1时,g(x)单调递减,且此时g(x)0,在(-,-1)内无零点.又当x-1时,g(x)单调递增,又g(-1)0,所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯一极值点,由x0=1=,f(x0)=-x0=1-(+x0),又g()=-10x01+x0-.巩固提高B一、选择题1.当x-
9、2,1时,不等式ax3-x2+4x+30恒成立,则实数a的取值范围是(C)(A)-5,-3(B)-6,-(C)-6,-2(D)-4,-3解析:当x=0时,aR,当x(0,1时,a恒成立,令g(x)=,g(x)=0,即g(x)在(0,1上为增函数,g(x)max=g(1)=-6,所以a-6,当x-2,0)时,a恒成立,由g(x)=,g(x)=0得-1xf(x),则有(D)(A)e2 016f(-2 016)f(0),f(2 016)f(0),f(2 016)e2 016f(0)(C)e2 016f(-2 016)e2 016f(0)(D)e2 016f(-2 016)f(0),f(2 016)f
10、(x),所以g(x)g(0)g(2 016),即,所以f(0)f(2 016),故选D.3.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x2+a(x为常数),直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切,且l与函数f(x)的图象的切点的横坐标为1,则a的值为(A)(A)-(B)(C)-2(D)2解析:因为f(1)=0,f(x)=,f(1)=1,所以l:y-0=x-1,y=x-1,再由x-1=x2+a的判别式为零得=1-4(a+1)=0a=-.4.已知函数f(x)=x2+c(b,c是常数)和g(x)=x+是定义在M=x|1x4上的函数,对于任意的xM,存在x0M使得f(x)f(x0),g(x)g(x0)
11、,且f(x0)=g(x0),则f(x)在集合M上的最大值为(B)(A)(B)5(C)6(D)8解析:因为g(x)=x+2=1(当且仅当x=2时,等号成立),所以f(2)=2+c=g(2)=1,所以c=-1-,所以f(x)=x2+c=x2+-1-,所以f(x)=x-=.因为f(x)在x=2处有最小值,所以f(2)=0,b=8,所以c=-5,所以f(x)=x2+-5,f(x)=,所以f(x)在1,2上单调递减,在2,4上单调递增,而f(1)=+8-5=,f(4)=8+2-5=5,所以函数f(x)的最大值为5.故选B.5.已知函数f(x)=2ax3-3ax2+1,g(x)=-x+,若任意给定的x00
12、,2,总存在两个不同的xi(i=1,2)0,2,使得f(xi)=g(x0)成立,则实数a的取值范围是(A)(A)(-,-1) (B)(1,+)(C)(-,-1)(1,+)(D)-1,1解析:当a=0时,显然不成立,故排除D;当a0时,注意到f(x)=6ax2-6ax=6ax(x-1),即f(x)在0,1上是减函数,在1,2上是增函数,又f(0)=1=g(0),当x0=0时,结论不可能成立;进一步,可知a0,此时g(x)在0,2上是增函数,且取值范围是,-+,同时f(x)在0x1时,函数值从1增大到1-a,在1x2时,函数值从1-a减小到1+4a,所以“任意给定的x00,2,总存在两个不同的xi
13、(i=1,2)0,2,使得f(xi)=g(x0)成立”,由f(0)=1,f(2)=1+4ag(x)的最大值,即1-a-+,解得a-1.故选A.6.已知函数f(x)=若|f(x)|ax,则a的取值范围是(D)(A)(-,0(B)(-,1(C)-2,1(D)-2,0解析:|f(x)|ax成立.(1)由得x(x-2)ax在区间(-,0上恒成立.当x=0时,aR;当x0),则h(x)=-a(x0),可知h(x)为减函数.当a0时,h(x)0,故h(x)为增函数,所以h(x)h(0)=0恒成立;当a1时,因为(0,1),所以h(x)=-a0,故h(x)为减函数,所以h(x)h(0)=0恒成立,显然不符合
14、题意;当0a0,满足h(x0)=ln(x0+1)-ax00成立.如a=时,取x0=4,则h(x0)=ln 5-20成立,可知0a0,所以a的范围是(0,3).答案:(0,3)8.若函数f(x)=2x+sin x对任意的m-2,2,f(mx-3)+f(x)0,则f(x)在定义域内为增函数,所以f(mx-3)+f(x)0可变形为f(mx-3)f(-x),所以mx-3-x,设g(m)=xm-3+x,m-2,2,可得当m-2,2时,g(m)0恒成立.g(2)0,g(-2)0,解得-3x1,f(0)=4,则不等式exf(x)ex+3(其中e为自然对数的底数)的解集为.解析:设g(x)=exf(x)-ex
15、(xR),则g(x)=exf(x)+exf(x)-ex=exf(x)+f(x)-1,因为f(x)+f(x)1,所以f(x)+f(x)-10,所以g(x)0,所以g(x)在定义域上单调递增,因为exf(x)ex+3,所以g(x)3,又因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,所以g(x)g(0),所以x0.答案:(0,+)三、解答题10.(2017天津卷)设aZ,已知定义在R上的函数f(x)=2x4+3x3-3x2-6x+a在区间(1,2)内有一个零点x0,g(x)为f(x)的导函数.(1)求g(x)的单调区间;(2)设m1,x0)(x0,2,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m),求
16、证:h(m)h(x0)0,故当x1,x0)时,H1(x)0,H1(x)单调递增.因此,当x1,x0)(x0,2时,H1(x)H1(x0)=-f(x0)=0,可得H1(m)0,即h(m)0.令函数H2(x)=g(x0)(x-x0)-f(x),则H2(x)=g(x0)-g(x).由(1)知,g(x)在1,2上单调递增,故当x1,x0)时,H2(x)0,H2(x)单调递增;当x(x0,2时,H2(x)0,H2(x)单调递减.因此,当x1,x0)(x0,2时,H2(x)H2(x0)=0,可得H2(m)0,即h(x0)0.所以h(m)h(x0)0.(3)证明:对于任意的正整数p,q,且1,x0)(x0,
17、2,令m=,函数h(x)=g(x)(m-x0)-f(m).由(2)知,当m1,x0)时,h(x)在区间(m,x0)内有零点.当m(x0,2时,h(x)在区间(x0,m)内有零点.所以h(x)在(1,2)内至少有一个零点,不妨设为x1,则h(x1)=g(x1)(-x0)-f()=0.由(1)知,g(x)在1,2上单调递增,故0g(1)g(x1)0,故f(x)在1,2上单调递增,所以f(x)在区间1,2上除x0外没有其他零点.而x0,故f()0.又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|1.所以|
18、-x0|.所以只要取A=g(2),就有|-x0|.11.(2017温州六校)已知函数f(x)=ekx(k-x)(k0).(1)当k=2时,求y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)对任意xR,f(x)恒成立,求实数k的取值范围.解:(1)当k=2时,f(x)=e2x(2-x),因为f(x)=2e2x(2-x)-e2x=e2x(3-2x),所以f(1)=e2,又因为f(1)=e2,所以所求的切线方程为y-e2=e2(x-1),即y=e2x.(2)因为ekx(k-x),所以当x=k时,0,0k,所以k(k-x)e-kx,设g(x)=e-kx+kx-k2,g(x)=-ke-kx+k=k(1-e-kx),当x0时,g(x)0时,g(x)0.所以g(x)在区间(-,0)上是减函数,在区间(0,+)上是增函数,所以g(x)min=g(0)=1-k20,又k0,所以0k1.
