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2020-2021学年高考数学 考点 第四章 导数及其应用 导数与函数的单调性(理).docx

上传人:高**** 文档编号:85406 上传时间:2024-05-25 格式:DOCX 页数:45 大小:2.89MB
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资源描述

1、导数与函数的单调性函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数yf (x)在区间(a,b)上可导f(x)0f (x)在(a,b)内单调递增f(x)0在(a,b)上恒成立”,这种说法是否正确?提示不正确,正确的说法是:可导函数f (x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是对x(a,b),都有f(x)0(f(x)0)且f(x)在(a,b)上的任一非空子区间内都不恒为零1(2017江苏)已知函数f(x)x32x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数若f(a1)+f(2a2)0则实数a的取值范围是_【答案】1,12【解析】函数f(x)x32x+ex-1ex的导数为:f(x)3x22+ex+1ex-2+

2、2ex1ex=0,可得f(x)在R上递增;又f(x)+f(x)(x)3+2x+exex+x32x+ex-1ex=0,可得f(x)为奇函数,则f(a1)+f(2a2)0,即有f(2a2)f(a1)由f(a1)f(a1),f(2a2)f(1a),即有2a21a,解得1a12,故答案为:1,122(2020新课标)已知函数f(x)exa(x+2)(1)当a1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围【解析】由题意,f(x)的定义域为(,+),且f(x)exa(1)当a1时,f(x)ex1,令f(x)0,解得x0当x(,0)时,f(x)0,f(x)单调递减,当x(0,+)时,

3、f(x)0,f(x)单调递增f(x)在(,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增;(2)当a0时,f(x)exa0恒成立,f(x)在(,+)上单调递增,不合题意;当a0时,令f(x)0,解得xlna,当x(,lna)时,f(x)0,f(x)单调递减,当x(lna,+)时,f(x)0,f(x)单调递增f(x)的极小值也是最小值为f(lna)aa(lna+2)a(1+lna)又当x时,f(x)+,当x+时,f(x)+要使f(x)有两个零点,只要f(lna)0即可,则1+lna0,可得a1e综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(1e,+)3(2020新课标)已知函数f(x)2lnx+1(1)

4、若f(x)2x+c,求c的取值范围;(2)设a0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性【解析】(1)f(x)2x+c等价于2lnx2xc1设h(x)2lnx2x,h(x)=2x-2=2(1-x)x(x0)当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(1,+)时,h(x)0,h(x)单调递减,h(x)在x1时取得极大值也就是最大值为h(1)2,c12,即c1则c的取值范围为1,+);(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a(x0,xa,a0)g(x)=2x(x-a)-2lnx+2lna(x-a)2=-2ax-2lnx+2lna+2(x-a)2令w

5、(x)=-2ax-2lnx+2lna+2(x0),则w(x)=2ax2-2x=2(a-x)x2,令w(x)0,解得0xa,令w(x)0,解得xa,w(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+)上单调递减w(x)w(a)0,即g(x)0,g(x)在(0,a)和(a,+)上单调递减4(2020新课标)已知函数f(x)x3kx+k2(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有三个零点,求k的取值范围【解析】(1)f(x)x3kx+k2f(x)3x2k,k0时,f(x)0,f(x)在R递增,k0时,令f(x)0,解得:xk3或x-k3,令f(x)0,解得:-k3xk3,f(x)在(,-k3)递增,在(

6、-k3,k3)递减,在(k3,+)递增,综上,k0时,f(x)在R递增,k0时,f(x)在(,-k3)递增,在(-k3,k3)递减,在(k3,+)递增;(2)由(1)得:k0,f(x)极小值f(k3),f(x)极大值f(-k3),若f(x)有三个零点,只需k0f(k3)0f(-k3)0,解得:0k427,故k(0,427)5(2019全国)已知函数f(x)=x(x2ax)(1)当a1时,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在区间0,2的最小值为-23,求a【解析】(1)当a1时,f(x)=x(x2x),则f(x)=52x32-32x12(x0),令f(x)0,则x=35,当0x35时,f(x

7、)0;当x35时,f(x)0f(x)的单调递减区间为(0,35),单调递增区间为(35,+);(2)f(x)=52x32-32ax12(0x2),令f(x)0,则x=3a5,当a0时,f(x)0,f(x)在0,2上单调递增,f(x)min=f(0)=0-23,不符合条件;当0a103时,03a52,则当0x3a5时,f(x)0;当3a5x2时,f(x)0,f(x)在(0,3a5)上单调递减,在(3a5,2)上单调递增,f(x)min=f(3a5)=(3a5)52-a(3a5)32=-23,a=53,符合条件;当a103时,1032,则当0x2时,f(x)0,f(x)在(0,2)上单调递减,f(

8、x)min=f(2)=2(4-2a)=-23,a=2+26,不符合条件f(x)在区间0,2的最小值为-23,a的值为536(2019浙江)已知实数a0,设函数f(x)alnx+1+x,x0()当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;()对任意x1e2,+)均有f(x)x2a,求a的取值范围注:e2.71828为自然对数的底数【解析】(1)当a=-34时,f(x)=-34lnx+1+x,x0,f(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+x,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+)(2)由f(1)12a,得0a24,当0a24时,f(x)x2a,

9、等价于xa2-21+xa-2lnx0,令t=1a,则t22,设g(t)t2x-2t1+x-2lnx,t22,则g(t)=x(t-1+1x)2-1+xx-2lnx,(i)当x17,+)时,1+1x22,则g(x)g(22)=8x-421+x-2lnx,记p(x)4x-221+x-lnx,x17,则p(x)=2x-2x+1-1x=2xx+1-2x-x+1xx+1=(x-1)1+x(2x+2-1)xx+1(x+1)(x+1+2x),列表讨论: x 17 (17,1) 1 (1,+) p(x) 0+ P(x) p(17)单调递减 极小值p(1)单调递增p(x)p(1)0,g(t)g(22)=2p(x)

10、=2p(x)0(ii)当x1e2,17)时,g(t)g(1+1x)=-2xlnx-(x+1)2x,令q(x)2xlnx+(x+1),x1e2,17,则q(x)=lnx+2x+10,故q(x)在1e2,17上单调递增,q(x)q(17),由(i)得q(17)=-277p(17)-277p(1)0,q(x)0,g(t)g(1+1x)=-q(x)2x0,由(i)(ii)知对任意x1e2,+),t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+),均有f(x)x2a,综上所述,所求的a的取值范围是(0,247(2019天津)设函数f(x)excosx,g(x)为f(x)的导函数()求f(x)的单调区间;(

11、)当x4,2时,证明f(x)+g(x)(2-x)0;()设xn为函数u(x)f(x)1在区间(2n+4,2n+2)内的零点,其中nN,证明2n+2-xne-2nsinx0-cosx0【解析】()解:由已知,f(x)ex(cosxsinx),因此,当x(2k+4,2k+54)(kZ)时,有sinxcosx,得f(x)0,f(x)单调递减;当x(2k-34,2k+4)(kZ)时,有sinxcosx,得f(x)0,f(x)单调递增f(x)的单调增区间为2k-34,2k+4(kZ),单调减区间为2k+4,2k+54(kZ);()证明:记h(x)f(x)+g(x)(2-x),依题意及(),有g(x)ex

12、(cosxsinx),从而h(x)f(x)+g(x)(2-x)+g(x)(1)g(x)(2-x)0因此,h(x)在区间4,2上单调递减,有h(x)h(2)f(2)0当x4,2时,f(x)+g(x)(2-x)0;()证明:依题意,u(xn)f(xn)10,即exncosxn=1记ynxn2n,则yn(4,2),且f(yn)=eyncosyn=exn-2ncos(xn-2n)=e2n(xN)由f(yn)e2n1f(y0)及(),得yny0,由()知,当x(4,2)时,g(x)0,g(x)在4,2上为减函数,因此,g(yn)g(y0)g(4)0,又由()知,f(yn)+g(yn)(2-yn)0,故2

13、-yn-f(yn)g(yn)=-e-2ng(yn)-e-2ng(y0)=e-2ney0(siny0-cosy0)e-2nsinx0-cosx02n+2-xne-2nsinx0-cosx08(2019新课标)已知函数f(x)lnx-x+1x-1(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线yex的切线【解析】(1)函数f(x)lnx-x+1x-1定义域为:(0,1)(1,+);f(x)=1x+2(x-1)20,(x0且x1),f(x)在(0,1)和(1,+)上单调递增,在(0,1)区间取值有1

14、e2,1e代入函数,由函数零点的定义得,f(1e2)0,f(1e)0,f(1e2)f(1e)0,f(x)在(0,1)有且仅有一个零点,在(1,+)区间,区间取值有e,e2代入函数,由函数零点的定义得,又f(e)0,f(e2)0,f(e)f(e2)0,f(x)在(1,+)上有且仅有一个零点,故f(x)在定义域内有且仅有两个零点;(2)x0是f(x)的一个零点,则有lnx0=x0+1x0-1,曲线ylnx,则有y=1x;由直线的点斜式可得曲线的切线方程,曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线方程为:ylnx0=1x0(xx0),即:y=1x0x1+lnx0,将lnx0=x0+1x0-1代入,

15、即有:y=1x0x+2x0-1,而曲线yex的切线中,在点(ln1x0,1x0)处的切线方程为:y-1x0=1x0(xln1x0)=1x0x+1x0lnx0,将lnx0=x0+1x0-1代入化简,即:y=1x0x+2x0-1,故曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线yex的切线故得证9(2018天津)已知函数f(x)ax,g(x)logax,其中a1()求函数h(x)f(x)xlna的单调区间;()若曲线yf(x)在点(x1,f(x1)处的切线与曲线yg(x)在点(x2,g(x2)处的切线平行,证明x1+g(x2)=-2lnlnalna;()证明当ae1e时,存在直线l,使l是曲

16、线yf(x)的切线,也是曲线yg(x)的切线【解析】()解:由已知,h(x)axxlna,有h(x)axlnalna,令h(x)0,解得x0由a1,可知当x变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表: x (,0) 0 (0,+) h(x) 0+ h(x) 极小值函数h(x)的单调减区间为(,0),单调递增区间为(0,+);()证明:由f(x)axlna,可得曲线yf(x)在点(x1,f(x1)处的切线的斜率为ax1lna由g(x)=1xlna,可得曲线yg(x)在点(x2,g(x2)处的切线的斜率为1x2lna这两条切线平行,故有ax1lna=1x2lna,即x2ax1(lna)2=1,两边

17、取以a为底数的对数,得logax2+x1+2logalna0,x1+g(x2)=-2lnlnalna;()证明:曲线yf(x)在点(x1,ax1)处的切线l1:y-ax1=ax1lna(x-x1),曲线yg(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=1x2lna(x-x2)要证明当ae1e时,存在直线l,使l是曲线yf(x)的切线,也是曲线yg(x)的切线,只需证明当ae1e时,存在x1(,+),x2(0,+)使得l1与l2重合,即只需证明当ae1e时,方程组ax1lna=1x2lnaax1-x1ax1lna=logax2-1lna由得x2=1ax1(lna)2,代入得:a

18、x1-x1ax1lna+x1+1lna+2lnlnalna=0,因此,只需证明当ae1e时,关于x1 的方程存在实数解设函数u(x)=ax-xaxlna+x+1lna+2lnlnalna,既要证明当ae1e时,函数yu(x)存在零点u(x)1(lna)2xax,可知x(,0)时,u(x)0;x(0,+)时,u(x)单调递减,又u(0)10,u(1(lna)2)=1-a1(lna)20,故存在唯一的x0,且x00,使得u(x0)0,即1-(lna)2x0ax0=0由此可得,u(x)在(,x0)上单调递增,在(x0,+)上单调递减,u(x)在xx0处取得极大值u(x0)ae1e,故lnlna1u(

19、x0)=ax0-x0ax0lna+x0+1lna+2lnlnalna=1x0(lna)2+x0+2lnlnalna2+2lnlnalna0下面证明存在实数t,使得u(t)0,由()可得ax1+xlna,当x1lna时,有u(x)(1+xlna)(1-xlna)+x+1lna+2lnlnalna=-(lna)2x2+x+1+1lna+2lnlnalna存在实数t,使得u(t)0因此,当ae1e时,存在x1(,+),使得u(x1)0当ae1e时,存在直线l,使l是曲线yf(x)的切线,也是曲线yg(x)的切线10(2018新课标)已知函数f(x)=13x3a(x2+x+1)(1)若a3,求f(x)

20、的单调区间;(2)证明:f(x)只有一个零点【解析】(1)当a3时,f(x)=13x33(x2+x+1),所以f(x)x26x3时,令f(x)0解得x323,当x(,323),x(3+23,+)时,f(x)0,函数是增函数,当x(323,3+23)时,f(x)0,函数是单调递减,综上,f(x)在(,323),(3+23,+),上是增函数,在(323,3+23)上递减(2)证明:因为x2+x+1(x+12)2+340,所以f(x)0等价于x33(x2+x+1)-a=0,令g(x)=x33(x2+x+1)-a,则g(x)=x2(x+1)2+23(x2+x+1)20,仅当x0时,g(x)0,所以g(

21、x)在R上是增函数;g(x)至多有一个零点,从而f(x)至多有一个零点又因为f(3a1)6a2+2a-13=-6(a-16)2-160,f(3a+1)=130,故f(x)有一个零点,综上,f(x)只有一个零点11(2018新课标)已知函数f(x)=1x-x+alnx(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2a2【答案】【解析】(1)函数的定义域为(0,+),函数的导数f(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2,设g(x)x2ax+1,当a0时,g(x)0恒成立,即f(x)0恒成立,此时函数f(x)在(0,+)上是减函数,

22、当a0时,判别式a24,当0a2时,0,即g(x)0,即f(x)0恒成立,此时函数f(x)在(0,+)上是减函数,当a2时,x,f(x),f(x)的变化如下表: x (0,a-a2-42) a-a2-42 (a-a2-42,a+a2-42) a+a2-42 (a+a2-42,+) f(x) 0+ 0 f(x) 递减 递增递减综上当a2时,f(x)在(0,+)上是减函数,当a2时,在(0,a-a2-42),和(a+a2-42,+)上是减函数,则(a-a2-42,a+a2-42)上是增函数(2)由(1)知a2,0x11x2,x1x21,则f(x1)f(x2)(x2x1)(1+1x1x2)+a(ln

23、x1lnx2)2(x2x1)+a(lnx1lnx2),则f(x1)-f(x2)x1-x2=-2+a(lnx1-lnx2)x1-x2,则问题转为证明lnx1-lnx2x1-x21即可,即证明lnx1lnx2x1x2,则lnx1ln1x1x1-1x1,即lnx1+lnx1x1-1x1,即证2lnx1x1-1x1在(0,1)上恒成立,设h(x)2lnxx+1x,(0x1),其中h(1)0,求导得h(x)=2x-1-1x2=-x2-2x+1x2=-(x-1)2x20,则h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)h(1),即2lnxx+1x0,故2lnxx-1x,则f(x1)-f(x2)x1-x2a2成立

24、(2)另解:注意到f(1x)x-1x-alnxf(x),即f(x)+f(1x)0,由韦达定理得x1x21,x1+x2a2,得0x11x2,x1=1x2,可得f(x2)+f(1x2)0,即f(x1)+f(x2)0,要证f(x1)-f(x2)x1-x2a2,只要证-f(x2)-f(x2)x1-x2a2,即证2alnx2ax2+ax20,(x21),构造函数h(x)2alnxax+ax,(x1),h(x)=-a(x-1)2x20,h(x)在(1,+)上单调递减,h(x)h(1)0,2alnxax+ax0成立,即2alnx2ax2+ax20,(x21)成立即f(x1)-f(x2)x1-x2a2成立12

25、(2017新课标)已知函数f(x)ex(exa)a2x(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围【答案】【解析】(1)f(x)ex(exa)a2xe2xexaa2x,f(x)2e2xaexa2(2ex+a)(exa),当a0时,f(x)0恒成立,f(x)在R上单调递增,当a0时,2ex+a0,令f(x)0,解得xlna,当xlna时,f(x)0,函数f(x)单调递减,当xlna时,f(x)0,函数f(x)单调递增,当a0时,exa0,令f(x)0,解得xln(-a2),当xln(-a2)时,f(x)0,函数f(x)单调递减,当xln(-a2)时,f(x)0,函数f(x)单调

26、递增,综上所述,当a0时,f(x)在R上单调递增,当a0时,f(x)在(,lna)上单调递减,在(lna,+)上单调递增,当a0时,f(x)在(,ln(-a2)上单调递减,在(ln(-a2),+)上单调递增,(2)当a0时,f(x)e2x0恒成立,当a0时,由(1)可得f(x)minf(lna)a2lna0,lna0,0a1,当a0时,由(1)可得:f(x)minf(ln(-a2)=3a24-a2ln(-a2)0,ln(-a2)34,2e34a0,综上所述a的取值范围为2e34,113(2017天津)设aZ,已知定义在R上的函数f(x)2x4+3x33x26x+a在区间(1,2)内有一个零点x

27、0,g(x)为f(x)的导函数()求g(x)的单调区间;()设m1,x0)(x0,2,函数h(x)g(x)(mx0)f(m),求证:h(m)h(x0)0;()求证:存在大于0的常数A,使得对于任意的正整数p,q,且pq1,x0)(x0,2,满足|pq-x0|1Aq4【解析】()解:由f(x)2x4+3x33x26x+a,可得g(x)f(x)8x3+9x26x6,进而可得g(x)24x2+18x6令g(x)0,解得x1,或x=14当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x(,1)(1,14)(14,+)g(x)+g(x)所以,g(x)的单调递增区间是(,1),(14,+),单调递减区间是

28、(1,14)()证明:由h(x)g(x)(mx0)f(m),得h(m)g(m)(mx0)f(m),h(x0)g(x0)(mx0)f(m)令函数H1(x)g(x)(xx0)f(x),则H1(x)g(x)(xx0)由()知,当x1,2时,g(x)0,故当x1,x0)时,H1(x)0,H1(x)单调递减;当x(x0,2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)(xx0)f(x),则H2(x)g(x0)g(x)由()知,g(x)在1,2上单调递增,故当x1,x0)时,H2(x)0,H

29、2(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,可得得H2(m)0,即h(x0)0,所以,h(m)h(x0)0()对于任意的正整数p,q,且pq1,x0)(x0,2,令m=pq,函数h(x)g(x)(mx0)f(m)由()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)(pq-x0)f(pq)0由()知g(x)在1,2上单调递增,故0g(1)g(x1)g(2),于是|pq-x0

30、|=|f(pq)g(x1)|f(pq)|g(2)=|2p4+3p3q-3p2q2-6pq3+aq4|g(2)q4因为当x1,2时,g(x)0,故f(x)在1,2上单调递增,所以f(x)在区间1,2上除x0外没有其他的零点,而pqx0,故f(pq)0又因为p,q,a均为整数,所以|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|是正整数,从而|2p4+3p3q3p2q26pq3+aq4|1所以|pq-x0|1g(2)q4所以,只要取Ag(2),就有|pq-x0|1Aq414(2017新课标)设函数f(x)(1x2)ex(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax+1,求实数a的取值范围【

31、答案】【解析】(1)因为f(x)(1x2)ex,xR,所以f(x)(12xx2)ex,令f(x)0可知x12,当x1-2或x1+2时f(x)0,当1-2x1+2时f(x)0,所以f(x)在(,1-2),(1+2,+)上单调递减,在(1-2,1+2)上单调递增;(2)由题可知f(x)(1x)(1+x)ex下面对a的范围进行讨论:当a1时,设函数h(x)(1x)ex,则h(x)xex0(x0),因此h(x)在0,+)上单调递减,又因为h(0)1,所以h(x)1,所以f(x)(1+x)h(x)x+1ax+1;当0a1时,设函数g(x)exx1,则g(x)ex10(x0),所以g(x)在0,+)上单调

32、递增,又g(0)1010,所以exx+1因为当0x1时f(x)(1x)(1+x)2,所以(1x)(1+x)2ax1x(1axx2),取x0=5-4a-12(0,1),则(1x0)(1+x0)2ax010,所以f(x0)ax0+1,矛盾;当a0时,取x0=5-12(0,1),则f(x0)(1x0)(1+x0)21ax0+1,矛盾;综上所述,a的取值范围是1,+)(2)法二:x0时,g(x)ex(x21)+ax+10恒成立,g(x)ex(x2+2x1)+a,g(x)ex(x2+4x+1)0(x0),g(x)在x0时单调递增,当g(0)a10时,x0时g(x)0恒成立,g(x)单调递增,则x0时g(

33、x)g(0)0,符合题意,当g(0)a10时,g(|a|)0,于是存在m0使得g(m)0,当0xm时,g(x)0,g(x)单调递减,有g(m)g(0)0,不合题意,所以a1综上所述,a的取值范围是1,+)15(2017天津)设a,bR,|a|1已知函数f(x)x36x23a(a4)x+b,g(x)exf(x)()求f(x)的单调区间;()已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,(i)求证:f(x)在xx0处的导数等于0;(ii)若关于x的不等式g(x)ex在区间x01,x0+1上恒成立,求b的取值范围【解析】()解:由f(x)x36x23a(a4)x+b,可得f(

34、x)3x212x3a(a4)3(xa)(x(4a),令f(x)0,解得xa,或x4a由|a|1,得a4a当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表:x(,a)(a,4a)(4a,+)f(x)+f(x)f(x)的单调递增区间为(,a),(4a,+),单调递减区间为(a,4a);()(i)证明:g(x)ex(f(x)+f(x),由题意知g(x0)=ex0g(x0)=ex0,f(x0)ex0=ex0ex0(f(x0)+f(x0)=ex0,解得f(x0)=1f(x0)=0f(x)在xx0处的导数等于0;(ii)解:g(x)ex,xx01,x0+1,由ex0,可得f(x)1又f(x0)1,f(x0)

35、0,故x0为f(x)的极大值点,由(I)知x0a另一方面,由于|a|1,故a+14a,由()知f(x)在(a1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减,故当x0a时,f(x)f(a)1在a1,a+1上恒成立,从而g(x)ex在x01,x0+1上恒成立由f(a)a36a23a(a4)a+b1,得b2a36a2+1,1a1令t(x)2x36x2+1,x1,1,t(x)6x212x,令t(x)0,解得x2(舍去),或x0t(1)7,t(1)3,t(0)1,故t(x)的值域为7,1b的取值范围是7,116(2017新课标)已知函数f(x)lnx+ax2+(2a+1)x(1)讨论f(x)的单调性;(

36、2)当a0时,证明:f(x)-34a-2【解析】(1)解:因为f(x)lnx+ax2+(2a+1)x,求导f(x)=1x+2ax+(2a+1)=2ax2+(2a+1)x+1x=(2ax+1)(x+1)x,(x0),当a0时,f(x)=1x+10恒成立,此时yf(x)在(0,+)上单调递增;当a0,由于x0,所以(2ax+1)(x+1)0恒成立,此时yf(x)在(0,+)上单调递增;当a0时,令f(x)0,解得:x=-12a因为当x(0,-12a)f(x)0、当x(-12a,+)f(x)0,所以yf(x)在(0,-12a)上单调递增、在(-12a,+)上单调递减综上可知:当a0时f(x)在(0,

37、+)上单调递增,当a0时,f(x)在(0,-12a)上单调递增、在(-12a,+)上单调递减;(2)证明:由(1)可知:当a0时f(x)在(0,-12a)上单调递增、在(-12a,+)上单调递减,所以当x=-12a时函数yf(x)取最大值f(x)maxf(-12a)1ln2-14a+ln(-1a)从而要证f(x)-34a-2,即证f(-12a)-34a-2,即证1ln2-14a+ln(-1a)-34a-2,即证-12(-1a)+ln(-1a)1+ln2令t=-1a,则t0,问题转化为证明:-12t+lnt1+ln2(*)令g(t)=-12t+lnt,则g(t)=-12+1t,令g(t)0可知t

38、2,则当0t2时g(t)0,当t2时g(t)0,所以yg(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+)上单调递减,即g(t)g(2)=-122+ln21+ln2,即(*)式成立,所以当a0时,f(x)-34a-2成立17(2017新课标)已知函数f(x)ae2x+(a2)exx(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围【答案】【解析】(1)由f(x)ae2x+(a2)exx,求导f(x)2ae2x+(a2)ex1,当a0时,f(x)2ex10,当xR,f(x)单调递减,当a0时,f(x)(2ex+1)(aex1)2a(ex+12)(ex-1a),令f(x)0,解得:xl

39、n1a,当f(x)0,解得:xln1a,当f(x)0,解得:xln1a,x(,ln1a)时,f(x)单调递减,x(ln1a,+)单调递增;当a0时,f(x)2a(ex+12)(ex-1a)0,恒成立,当xR,f(x)单调递减,综上可知:当a0时,f(x)在R单调减函数,当a0时,f(x)在(,ln1a)是减函数,在(ln1a,+)是增函数;(2)若a0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,当a0时,f(x)ae2x+(a2)exx,当x时,e2x0,ex0,当x时,f(x)+,当x,e2x+,且远远大于ex和x,当x,f(x)+,函数有两个零点,f(x)的最小值小于0即可,由f(x)在(,

40、ln1a)是减函数,在(ln1a,+)是增函数,f(x)minf(ln1a)a(1a2)+(a2)1a-ln1a0,1-1a-ln1a0,即ln1a+1a-10,设t=1a,则g(t)lnt+t1,(t0),求导g(t)=1t+1,由g(1)0,t=1a1,解得:0a1,a的取值范围(0,1)方法二:(1)由f(x)ae2x+(a2)exx,求导f(x)2ae2x+(a2)ex1,当a0时,f(x)2ex10,当xR,f(x)单调递减,当a0时,f(x)(2ex+1)(aex1)2a(ex+12)(ex-1a),令f(x)0,解得:xlna,当f(x)0,解得:xlna,当f(x)0,解得:x

41、lna,x(,lna)时,f(x)单调递减,x(lna,+)单调递增;当a0时,f(x)2a(ex+12)(ex-1a)0,恒成立,当xR,f(x)单调递减,综上可知:当a0时,f(x)在R单调减函数,当a0时,f(x)在(,lna)是减函数,在(lna,+)是增函数;(2)若a0时,由(1)可知:f(x)最多有一个零点,当a0时,由(1)可知:当xlna时,f(x)取得最小值,f(x)minf(lna)1-1a-ln1a,当a1,时,f(lna)0,故f(x)只有一个零点,当a(1,+)时,由1-1a-ln1a0,即f(lna)0,故f(x)没有零点,当a(0,1)时,1-1a-ln1a0,

42、f(lna)0,由f(2)ae4+(a2)e2+22e2+20,故f(x)在(,lna)有一个零点,假设存在正整数n0,满足n0ln(3a-1),则f(n0)=en0(aen0+a2)n0en0-n02n0-n00,由ln(3a-1)lna,因此在(lna,+)有一个零点a的取值范围(0,1)强化训练1(2020德阳模拟)若函数在区间上单调递增,则实数的取值范围为A,BC,D,【答案】A【解析】因为,所以要使函数单调递增,则恒成立即恒成立所以,因为所以,所以故选2(2020汉台区校级模拟)已知函数在内不是单调函数,则实数的取值范围是AB,C,D,【答案】A【解析】因为,当时,恒成立,故函数在内

43、单调递增,不符合题意;当时,可得,可得,因为在内不是单调函数,所以,解可得,故选3(2020河南模拟)已知函数,则不等式的解集是_【答案】【解析】易知,该函数为偶函数,且,因为,恒成立,故在上单调递增,故时,在上单调递减;时,在单调递增结合该函数是偶函数,所以要使成立,只需,即,解得或,故原不等式的解集为,或故答案为:,或4(2020永康市模拟)设,函数(1)讨论和单调性;(2)若存在两个不同的零点,问当取何值时,有最小值【解析】(1)函数的定义域为,当时,在上,单调递增,在,上,单调递减;令,则,令,则,在上,单调递减,在上,单调递增,所以,所以,即,所以在和上单调递减,故在上递减,在上递增

44、,在上递增,在上递减,即在上递减,在上递增;(2)存在两个零点,即有两解,令,则,令,当取最小值时,取得最大值,可在取得最大值;令,由零点存在性定理可知,在上存在零点,且时,当,时,此时,故5(2020柯桥区二模)设函数(1)讨论单调性;(2)若;对于任意的,使得恒成立,求的取值范围【解析】(1)函数的定义域为,当时,故在上递增,当时,令,解得,易知,当时,单调递增,当时,单调递减;(2)恒成立,即恒成立,即恒成立,令,则,(1),的定义域为,若(1),则必存在,使得(1),不合题意,必须(1),解得,令,在递增,(1),故满足题意,实数的取值范围为6(2020南岗区校级模拟)已知函数,其导函

45、数为()讨论函数在定义域内的单调性;()已知,设函数证明:函数在上存在唯一极值点;在的条件下,当时,求的范围【解析】(),则,设,则,当时,;当时,单调递增,又,的减区间为,增区间为;()证明:,则,令,则,令,即,由,在递减,在递增,在递减,在递增,又,存在,使得,从而有,在递减,在,递增,函数在上存在唯一极值点;,在递增,(1),设,则,在上递减,的取值范围为7(2020河南模拟)已知函数(1)讨论函数的单调性;(2)若存在两个极值点,求证:【解析】(1)函数的定义域为,当时,恒成立,即,函数在上单调递增;当时,恒成立,函数在上单调递增;当时,令,得或,函数单调递增;令,得,函数单调递减综

46、上所述,当时,函数在上单调递增;当时,函数在和,上单调递增,在,上单调递减(2)证明:由(1)知,、是方程的两个不同正根且,要证,只需证,只需证,即证令,则,函数在上单调递增,(1),即故若存在两个极值点,则8(2020二模拟)已知(1)当时,求的单调区间;(2)若在,上为单调递增函数,求的取值范围【解析】(1)时,单调递增,又,当时,当时,的单调减区间为,增区间为(2),在,上为单调递增函数,在,上恒成立,令,当时,显然有,复合题意;当时,若,则,在,上单调递增,故,符合题意;若,则,在,上单调递增,又,存在,使得,故当时,当时,在上单调递减,在,上单调递增,在,上的最小值为,不符合题意综上

47、,9(2020韩城市模拟)已知函数()讨论函数的单调性;()若关于的方程在上存在3个不相等的实数根,求的取值范围【解析】(),由,可得或,当时,在,上,单调递增,在上,单调递减;当时,在上恒成立,即在上单调递增;当时,在,上,单调递增,在上,单调递减;()有三个实数根,显然是方程的一个解,故有两个实数根,且,即,令,则,当,时,单调递减,当,单调递增,当时,当时,取得较小值,(1),又(2),则或10(2020滨州三模)已知函数,其中是自然对数的底数,(1)求函数的单调区间;(2)设,讨论函数零点的个数,并说明理由【解析】(1)因为,所以 由,得;由,得 所以的增区间是,减区间是 (2)因为由

48、,得或 设,又,即不是的零点,故只需再讨论函数零点的个数因为,所以当时,单调递减;当时,单调递增 所以当时,取得最小值(a) 当(a),即时,无零点; 当(a),即时,有唯一零点;当(a),即时,因为,所以在上有且只有一个零点 令,则设(a),则(a),所以(a)在上单调递增,所以,都有(a)(1)所以(a)所以在上有且只有一个零点所以当时,有两个零点 综上所述,当时,有一个零点;当时,有两个零点;当时,有三个零点 11(2020西安模拟)设函数()讨论在区间上的单调性;()若存在两个极值点、,且,求的取值范围【解析】(),于是的正负性由决定当时,恒成立,即,在上单调递增;当时,令,得,单调递

49、增;令,得,单调递减综上所述,当时,在,上单调递增,在,上单调递减;当时,在上单调递增()由()可知,当时,不存在极值,必有存在两个极值点、,、是方程的两个不同实根,不妨令,函数的定义域为,且,解得令,由且得,当时,;当时,设,当时,在上单调递减,即当时,不符合题意当时,在上单调递减,(1),即当时,符合题意综上所述,的取值范围为,12(2020青羊区校级模拟)已知函数(1)若是定义域上的增函数,求的取值范围;(2)若,若函数有两个极值点,求的取值范围【解析】(1)的定义域为,在定义域内单调递增,即对恒成立则恒成立,所以,的取值范围是(2)设方程,即得两根为,且由且,得,代入得,令,则,得,在

50、上单调递减,从而,即,即的取值范围是13(2020碑林区校级模拟)已知函数(1)当时,求函数的单调区间;(2)讨论的零点个数【解析】(1)当时,则,因为,则,所以时,时,所以函数在上单调递减,在上单调递增,故的单调递减区间是,单调递增区间是(2)因为,则当时,因为,则,则时,所以时,所以函数在上单调递减,在上单调递增,(1)当(1)时,即时,(1),所以当时,函数没有零点,即函数零点个数为0;当(1),即时,(1),所以当时,函数有且只有一个零点,即函数的零点个数为1;当(1),即时,(2),则存在一个实数,使得,当时,对任意的,则,取,因为,则,则,则存在,使得,即时,函数的零点个数为2当时

51、,令,则,则,即函数有且只有一个零点;即函数的零点个数为1当时,令,故在上单调递增,令,故,则一定存在,使得,所以时,时,因为,当,即时,所以,所以时,所以时,则在上单调递增,且(1),(3),则存在,使得,所以函数有且只有一个零点,即函数的零点个数为1因为,当,时,当时,当,时,则在上单调递增,在上单调递减,在,上单调递增,当,时,当,时,当时,则在上单调递增,在,上单调递减,在上单调递增,因为,时,即,所以在,时没有零点,上至多有一个零点,而,令,则,则,故在上单调递增,而(2),即,故存在一个,则存在,使得,所以函数有且只有一个零点,即函数的零点个数为1,综上所述:当时,函数的零点个数为

52、0;当或时,函数的零点个数为1;当时,函数的零点个数为214(2020雨花区校级模拟)已知函数()讨论函数的单调性;()当,时,有解,求实数的取值范围【解析】(),令解得,易得函数在和单调递减;在和单调递增()有解即有解,当时,不成立;当时,原不等式化为在,有解,令,则,在,所以在,单调递增,实数的取值范围为,15(2020鼓楼区校级模拟)已知函数,是自然对数的底数)(1)求的单调区间;(2)若函数,证明:有极大值,且满足【解析】(1),设,当时,单调递减;当时,单调递增即函数的减区间为;增区间为 (2)证明:,设,且,在,是增函数,在上是单调递增,没有极值 ,在,单调递减, ,由根的存在性定

53、理:设,使得:,即 在,单调递增;在,单调递减;有极大值有又, 综上可得:函数有极大值,且满足 16(2020东湖区校级模拟)设函数()当时,求函数的单调区间;()若,求证:方程有唯一解【解析】()当时,所以,当时,函数单调递减;当时,函数单调递增,函数在上单调递减,在,上单调递增()令,则,若,则,单调递减,(1),(4),在内有唯一零点,符合题意;若,当或时,;当时,在和上单调递减,在上单调递增(1),在内有唯一零点,符合题意;若,当或时,;当时,在和上单调递减,在上单调递增,在内有唯一零点,符合题意综上所述,方程有唯一解17(2020韩城市模拟)已知函数()若,讨论的单调性:()设,若有

54、两个零点,求的取值范围【解析】(),定义域为,令,且,若,即时,恒成立,即,在上单调递增;若,即时,令,则,当或时,即;当时,即,在和,上单调递增,在,上单调递减综上所述,当时,在上单调递增;当时,在和,上单调递增,在,上单调递减(),令,则若,则,即在上单调递增,至多只有一个零点,不符合题意;若,当时,;当时,在上单调递增,在,上单调递减,要使有两个零点,必须有,即,解得接下来证明,当时,有两个零点,设(a),则(a),即(a)在上单调递减,(a)(e),即在上恒成立,也即又(1),当时,在,和,上各有且只有一个零点综上所述,实数的取值范围为18(2020新乡三模)已知函数的最小值为2(1)

55、求的值以及的单调区间;(2)设,证明:【解析】(1),由可得,由,得,故函数在,上单调递增,在上单调递减,故函数在处取得最小值,解得,故函数在上单调递增,在上单调递减,(2)由(1),可得,即,令,则,19(2020桃城区校级模拟)已知函数为常数)在处的切线方程为(1)求的值,并讨论的单调性;(2)若,求证:【解析】(1),由题意可得,(1),解可得,此时,令,则,易得在上单调递减,在上单调递增,故(1)恒成立,故在上单调递增,(2)设,则,易得在上单调递增,在上单调递减,当时,取得最大值(1),故,即,令,则设,则,故单调递增,单调递增,且(1),故当时,单调递减,当时,单调递增,所以(1)

56、,即,当时等号成立,所以,又,所以即,由在上单调递增,所以,即20(2020雨花区校级模拟)已知函数,在点,(1)的切线为()求函数的单调区间;()若,是函数的两个极值点,证明:【解析】()因为,所以,由题意可知(1),(1),即,解得,所以,则,由,得,由,得,由,得;又的定义域为,所以的单调减区间是和,单调增区间是()由函数的两个极值点,则有两个变号零点,令即,当时,上述等式不成立;当时,上式转化为,由()知的单调减区间是和,单调增区间是,且时,则函数的图象大致如图所示;不妨设则,要证即证,即证,即证,由()知在上单调递增,要证只需证又,故即证令,又在上为增函数,的在上单调递减,(1)即,

57、证毕21(2020金安区校级模拟)已知函数(1)讨论单调性;(2)取,若在,上单调递增,求的取值范围【解析】(1),当时,在单调递增;当时,在区间上是单调递增,在区间单调递减(5分)(2),令、当,令,则,当时,所以在区间上是单调递增,当时,在区间上是单调递减又(1),(e),(1)因为在,上单调递增,、同理可得,(1),综合、得或(12分)22(2020河南模拟)已知函数(1)当时,求的单调区间;(2)若对任意的,恒成立,求的取值范围【解析】(1)时,令,则,当时,函数单调递增,当时,函数单调递减,所以,即恒成立,所以的单调 递增区间为,(2)对任意的,恒成立,故,令,则,令,则,当时,恒成

58、立,则在上单调递增,即恒成立,在上单调递增,即在上恒成立,当时,则可得,当时,函数单调递减,当时,函数单调递增,故,即,令,则,故在上单调递减,(1),所以,则存在,使得,当时,函数单调递减,又,故时,此时不符合题意综上23(2020青羊区校级模拟)已知函数()讨论的单调性;()当存在三个不同的零点时,求实数的取值范围【解析】(1)由,得,当时,所以在上单调递增,令,则,当,即时,则,即,所以在上单调递减;当,即 时,由,解得,当时,在上单调递增,当时,当,时,即,则在和,上单调递减;当,时,即,则在,上单调递增综上,当时,在上单调递增;当时,在和,上单调递减,在,上单调递增;当时,在上单调递减(2)由(1)可得当时,在上单调递减,当时,在上单调递增,不可能有3个零点所以时,在和,上单调递减,在,上单调递增,因为(2),所以,(2),(2),令(a),则(a),令(a),和(a)在上为增函数,由(a),得,所以当时,(a),所以(a)在,上单调递减,所以(a),所以在,上单调递增,所以(a),所以,由零点存在性定理可知,在区间,上有一个根,设为,又,得,而,所以是函数的另一个零点,所以当 时,有3个零点,所以实数的取值范围为,

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