2018版高三数学一轮复习(3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升)第三章导

1、第三章导数及其应用考点 1 导数的概念及运算x 11.(2014 大纲全国，7)曲线y=xe在点(1,1)处切线的斜率等于()A. 2e B.e C.2D.11. C由题意可得y= ex1+xex1，所以曲线在点(1 , 1)处切线的斜率等于2,故选 C.2. (2014 新课标全国n,8)设曲线y=ax ln(x+ 1)在点(0,0)处的切线方程为y= 2x,则a=()A.0B.1C.2D.312.Dy=a-，由题意得ylx=0= 2，即a 1 = 2,所以a= 3.z. I I3.(2014 陕西，3)定积分(2x+ ex)dx的值为()A.e + 2 B.e +1 C.e D.e 13.

2、C /i(2x+ ex)dx= (x2+ ex)|i= (1 + e) (0 + e) = e,因此选 C.4.(2014 江西,8)若f(x) =x2+2f(x)dx,则f(x)dx=()1 1A.1B.3 C. 3D4.B因为/1f(x)dx是常数，所以2 ,x+c=2! !21 22解得c= 3，/0f(x)dx=/0(x+c)dx=/0(x 3)d11.5.(2014 山东，6)直线y= 4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为()A.22B.42C.2D.45.D由 4x=x3,解得x= 0 或x= 2 或x= 2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y= 4x与曲线y

3、=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为/0(4xx3)dx= 2x2*x4|2=f(x) = 2x,所以可设f(x) =x2+c(c为常数)，所以x2+ 2(新十cx)|4.2n6.(2014 湖南，9)已知函数f(x) = sin(x)，且.Jf(x)dx= 0，则函数f(x)的图象的3条对称轴是()0=3，所以0=3+kn(k Z)，所以f(x) = sin(x kn)(k Z)，由正j n.j n弦函数的性质知y= sin(x3 kn)与y= sin(x y)的图象的对称轴相同， 令x-3 =kn+2，贝Ux=kn+( k Z)，所以函数f(x)的图象的对称轴为x=kn+ 6n(k Z

4、)，当k5n ,=0，得X=，选 A.17.(2014 湖北，6)若函数f(x),g(x)满足 f(x)g(x)dx= 0,则称f(x),g(x)为区间1,1上的一组正交函数.给出三组函数:1 1f(x) = sin qx,g(x) = cosg;f(x) =x+ 1,其中为区间1,1上的正交函数的组数是()A.0 B.1 C.2 D.3111117.C 对于，/-1Sin qxcosqxdx=/qsinxdx= 0,所以是一组正交函数；对于,1 1 2/-1(x+1)(x 1)dx=/1(x 1)dxz0,所以不是一组正交函数；对于，/1-1Xx2dx=/-1X3dx= 0,所以是一组正交函

5、数.选 C.8. (2016 全国川,15)已知f(x)为偶函数，当xv0 时,f(x) = ln( x) + 3x,则曲线y=f(x) 在点(1 , 3)处的切线方程是 _ .8.2x+y+ 1 = 0设x 0，则一xv0,f(x) = lnx 3x,又f(x)为偶函数，f(x) = Inx 3x,f(x) =1 3,f (1) = 2,切线方程为y= 2x 1.x9. (2016 全国n,16)若直线y=kx+b是曲线y= Inx+ 2 的切线，也是曲线y= ln(x+ 1) 的切线，贝Ub=_.1 一5nA.X=B.67nnnx=72C.xrD.x=6.A由定积分/2n3osin(x 0

6、)dx= cos(x 0)|1o= 2cos0 -Ain20 +cos0 =0, 得 tang(x) =x 1；f(x) =x,g(x) =x2.2n49.1 In 2 y= Inx+ 2 的切线为：y=x+ InX1+ 1(设切点横坐标为 x.51 _ 1X1X2+1X2InX1+ 1 = In (X2+ 1),1 12，X2= 2，b= InX1+ 1 = 1 In 2.X110.(2015 陕西，15)设曲线y= e 在点(0,1)处的切线与曲线y=-(X0)上点P处的切线垂直，贝y P的坐标为_ .1110.(1 , 1) (eX) TX=O= e0= 1,设Rxo,yo)，有(一)|

7、X=X。=卫=1,X又X0 0,二X0= 1,故 P(1 , 1).211.(2015 湖南，11) _(x 1)dx= .$02 12、|21211.0/0(x1)dx=xxI J =2X2 2=0.12._ （2015 天津，11）曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形的面积为 _* 212y=x,12 -曲线y=x2与直线y=x所围成的封闭图形如图，由 k 1,则下列结论中一定错误的是()1.CT导函数f(x)满足f(x) k 1, f(x) k0,k 1 0, 可构造函数g(x)=f(x) kx,可得g(x) 0,故g(x)在 R 上为增函数1- f(0) = 1, g(0) = 1

8、, g( )g(0),k -11k11f( )r 1, f( )77，选项 C 错误，故选 C.k -1k一1k -1k12.(2015 陕西,12)对二次函数f(x) =ax2+bx+c(a为非零整数),四位同学分别给出下列结 论,其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )A. 1 是f(x)的零点 B.1 是f(x)的极值点 C.3 是f(x)的极值 D.点(2,8)在曲线y=f(x)上2.A A 正确等价于ab+c= 0,B 正确等价于b= 2a,.21.(2015 福建,10)若定义在 R 上的函数A.f(丄)vkkKB.C.f(1k -11)vk1D.f(1k 1kk1 0,

9、84acbC 正确等价于=3,4aD 正确等价于 4a+ 2b+c= 8.9下面分情况验证，5,若 A 错,由、组成的方程组的解为b=- 10,符合题意；c= 8.若 B 错，由、组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解;若 C 错,由、组成方程组，经验证a无整数解；3若 D 错,由、组成的方程组a的解为了也不是整数4综上,故选 A.3.(2015 新课标全国H,12)设函数f(x)是奇函数f(x)(x R)的导函数，f( 1) = 0,当x0 时，xf(x) f(x)v0,则使得f(x)0 成立的x的取值范围是()A.(s,1)U(0,1)B.(1,0)U(1,+s)C.(s,1)U(1

10、,0)D.(0,1)U(1,+s)3.A 因为f(x)(x R)为奇函数,f(-1) = 0,所以f(1) = -f(-1) = 0.当x工0时，令g(x)=f(x)在(一s,0)上,当xv1 时,g(x)vg( 1) = 0?-v0?f(x) 0.综上，得使得f(x) 0 x成立的x的取值范围是(一s, 1)U(0,1),选 A.4.(2015 新课标全国I,12)设函数f(x) = ex(2x 1) ax+a,其中a1,若存在唯一的整数xo使得f(xo)0,则a的取值范围是()；3、33)；33)73代 I- 2e，1丿 B.- 2e，4 丿 C. 尿 4 丿D.负，q4.D设g(x)=

11、ex(2x-1),y=ax-a, 由题知存在唯一的整数x,使得g(x)在直线y=ax-a的下方，1 1 1 因为g(x) = ex(2x+ 1),所以当x 时，g(x) ?时，g(x)0,所以当x=-xf,则g(x)为偶函数,且g(1) =g( 1) = 0.则当x 0 时，g(x) = ()=x(X)f(x)2xv0,故g(x)在(0,+s)上为减函数,在(s,0)上为增函数.所以在(0,+s)上,当 0vxv1 时,g(x) g(1) = 0?f(x)x0?f(x)0;10时,g(X)min=2e2，当x= 0 时,g(0) = -1,g(1) = 3e0,直线y=a(x-1)恒过(1,0

12、)且斜率为a,故ag(0) = 1,115.(2014 新课标全国n,12)设函数f(x) = 3sin 罟.若存在f(x)的极值点xo满足x2+f(X0)2m,则m的取值范围是( )A.(8,6)U(6,+8)B.(8,4)U(4,+C.(8,2)U(2,+8)D.(8,1)U(1,+5.C由正弦型函数的图象可知：n 0 nf(x)的极值点X0满足f(X0) 土 3,则m 2 +kn(k Z),1 1从而得xo= (k+ 2)m(k Z).所以不等式xo2+ f(xo)2m即为(k+ -)2m+ 31,此时不等式显然不能成立，故k=- 1 或k= 0,此时，不等式即32为-m3,解得m2.4

13、6.(2014 辽宁,11)当x 2,1时，不等式ax3x2+ 4x+ 30恒成立，则实数a的取值范 围是( )A. 5, 3 B. 6, 9C. 6, 2 D. 4, 38(13了 111326.C当x(0 ,1时，得a3 -4 一 + ,令t=-,则t 1 ,+s),a3t4t+xxxxt,令g(t) = 3t3 4t2+t,t 1,+8),则g(t) = -912-8t+ 1 = -(t+ 1)(9t 1),显然在 1,+8)上，g(t)-6 ；同理，当x -2,0)时，得aw-2.由以上两种情况得-6Wa0 时,(x 2)ex+x+k+ 23,其中k z.由题意,存在整数k使得不等式k

14、+13 成立.当k工1220;13xe 一axa证明：当a 0,1)时,函数g(x)=-2(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a),求x函数h(a)的值域7.(1)解f(x)的定义域为(一R, 2)U( 2,+8).2 x(x 1)(x+ 2) e (x 2) exe f(X)=(x+ 2)2= (x+ 2)2”0,且仅当x= 0 时，f(x) = 0,所以f(x)在(一a, 2),( 2,+8)单调递增.因此当x (0,+8)时,f(x)f(0) = 1.所以(x 2)ex (x+ 2), 即 (x 2)ex+x+ 20.x,(x 2) e +a(x+ 2)x+ 2证明g(x)=亍=

15、厂(f(x) +a).由(1)知,f(x) +a单调递增，对任意a 0 ,1),f(0) +a=a 10.因此,存在唯一Xa ( 0,2, 使得f(xa) +a= 0,即g(Xa) = 0.当 0 xxa时,f(x) +a0,g (x)xa时,f(x) +a0,g (x)0,g(x)单调递增.因此g(x)在x=xa处取得最小值，最小值为2Xa14xeaa(Xa+ 1)g( xa)=x2aea+f(Xa)(x+ 1 )eX1Q!因为单调递增,对任意X -,存在唯一的Xa (0,2,a=f(Xa) 0 ,1),使得h(a)X+ 2匕4 一=X.所以h(a)的值域是,鲁.8. (2016 全国川,2

16、1)设函数f(x) =acos 2x+ (a 1) ( cosx+ 1),其中a0,记|f(x)| 的最大值为 4.(1)求f(x)；求A;证明 |f(x)| W2A8.(1)解f(x) = 2asin 2x (a 1)sinx.于是-eah(a)= X；+2,由(x + 1) ex(x+ 2)0,单调递增.所以,由xa (0,2,2exaew-/曰_eL得 2 = 0+2 0,知g( 1) g(1) g5又gF|g(1)l=( 1 寫 + ,所以Ag诗123a,0vaw5,3a 2,a1.证明 由(1)得 |f(x)| =1 2asin 2x (a 1)s inx|w2a+ |a 1|.1当

17、 Ovaw时,|f (x)|w1+aw2 4av2(2 3a) = 2A51a13当 vav1 时,A= + 1,所以 |f(x)|w1 +av2A.58 8a4当a1时,|f (x)|w3a 1w6a 4 = 2A所以 |f(x)| w2A9.(2016 全国I,21)已知函数f(x) = (x 2)ex+a(x 1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；设X1,X2是f(x)的两个零点,证明：X1+X20,则当x(a,1)时,f(x)0,所以f(x)在(一a,1)17上单调递减,在(1, +m)上单调递增.又f(1) =-e,f(2) =a,取b满足b0 且b|(b-2) +a(b 1)2=

18、 a”一3b0, 故f(x)存在两个零点.设a 2 则 ln( 2a)0,因此f(x)在(1,)上单调递增.又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.e若a1,故当x (1 ,l n( 2a)时,f (x)0,因此f(x)在(1,ln( 2a)上单调递减，在(ln( 2a),)上单调递增.又当x1时,f(x)0,所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0,+8).不妨设X1X2.由(1)知，X1 (8,1),X2 (1,+8),2 X2 (8,1),f(x)在(一 ,1)上单调递减,所以X1+X2f(2 X2),即f(2 X2)1 时，g(x)1 时,g(x)0,从而g(X

19、2)=f(2 X2)0,故X1+X2 0 知,f广a2.2e + 2b= 2e + 2,a2-彳 解得a= 2,b= e.依题设，18( x)与 1 x+ ex1同号.令g(x) = 1 x+ ex1,贝U g(x) = 1 + ex119所以，当x (-g ,1)时，g (x)vo,g(x)在区间(g ,1)上单调递减; 当x (1 ,+g)时，g(x) 0,g(x)在区间(1,+g)上单调递增 故g(1) = 1 是g(x)在区间(-g,+g)上的最小值，从而g(x)0,x(-g,+g),综上可知，f(x) 0,x (-g,+g).故f(x)的单调递增区间为(-g,+g). . _ 211

20、. (2016 四川，21)设函数f(x) =axa Inx,其中a R.(1)讨论f(x)的单调性；11x确定a的所有可能取值，使得f(x)- e在区间(1,+g)内恒成立(e = 2.718为自然对数的底数).&,12ax2 111.解(1)f(x) = 2ax=-(x0).z.z.当a0时,f (x)1 时,s (x)0,x所以s(x)在区间(1,+g)内单调递增.又由s(1) = 0,有s(x)0,从而当x1 时，g(x)0. 当a1 时,f(x)=a(x21)Inxg(x)在区间(1,+g)内恒成立时，必有a0.1 1当 0a1.f 1 1 )由有f2a，所以此时f(x)g(

21、x)在区间(1,+g)内不恒成立当a扌时，令h(x) =f(x) g(x)(x 1).32r,11Tx111x 2x+ 1x 2x+1当x1 时，h(x) = 2ax-+二e x 一+二一=2-20.x xx x x xx因此，h(x)在区间(1,+g)单调递增1(x)=0,有x一 2a.,f (x)0 时，由f(x)0,f(x)单调递增20又因为h=0,所以当xi 时，h(x)=f(x) -g(x)0,即f(x)g(x)恒成立. 综上,a|2,+m 12. (2016 山东,20)已知f(x) =a(x-lnx) +,a Rx(1)讨论f(x)的单调性；当a= 1 时，证明f(x)f(x)

22、+ 2 对于任意的x 1 ,2成立.当aw0时,x (0,1)时,fz(x)0,f(x)单调递增,x (1,+s)时,f (x)0,f(x)单调递增综上所述,当a0时,f(x)在(0,1)内单调递增，在(1,+8)内单调递减;当 0a0,f(x)单调递增,(x)0,f(x)单调递增，,f (x)2 时,f(x)在1 内单调递减，在(1,+8)内单调递增0a1,当x (0 ,1)或x寸，fl,+T2当 x j1,x+3x, a(x-1)当a0 时,f (x)=a= 2 时,a2 时,02ag(1) = 1,设0(x) = 3x2 2x+ 6,则0(x)在x 1 ,2单调递减.因为0(1) = 1

23、,0(2) = 10,所以？X。 (1,2),使得x (1 ,xo)时，0(x)0,x (xo,2)时,0(x)h(2) = ,当且仅当x= 2 时取得等号.33所以f(x) f(x)g(1) +h(2)=勺即f(x)f (x) + 对于任意的x 1 ,2成立.13.(2015 新课标全国n,21)设函数f(x) = emx+x2mx(1)证明：f(x)在(一a,0)单调递减，在(0,+8)单调递增；若对于任意X1,X2 1,1,都有|f(x f(X2)| 0,则当x (8,0)时,em一 K0 ,f (x)v0;当x (0 , +)时,emx 10,f (x) 0.mxmx若mv0,则当x

24、(a,0)时,e 1 0,f (x)v0；当x (0 , +)时,e 1v0,f (x) 0.所以,f(x)在(a,0)单调递减,在(0,+a)上单调递增.解 由(1)知,对任意的mf(x)在1,0上单调递减，在0,1上单调递增，故f(x)在x= 0 处取得最小值所以对于任意X1,X2 1,1,|f(X1)f(X2)| e 1厂r m.f(1) f(0)e1,e me1,的充要条件是即 tmf(x) f(x) =x Inx+2x1- 2=x In312x+x+厂亍1，xC1,2.设g(x) =x Inx,h(x)312=-1-23xxx1,x1,2,则当且仅当x= 1 时取得等号.又h(x)=

25、3x2 2x+ 622f(1)f(0)0 时，g(t)0.故g(t)在(一 ,o)上单调递减，在(0, +) 上单调递增又g(1) = 0,g( 1) = e1+ 2-eV0,故当t 1,1时,g(t) 0.当m 1,1时，g(m)0,g( m) 1 时，由g(t)的单调性，g(m) 0,即 emme 1;当mv1 时，g(n)0,即 em+me1.综上，m的取值范围是1,1.1 十x14.(2015 北京,18)已知函数f(x) = ln-1 x(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程;求证：当x (0,1)时,f(x) 2x+；设实数k使得f(x) k x+扌对x (0,1)

26、恒成立，求k的最大值.1 114.(1)解 因为f(x) = ln(1 +x) ln(1 x),所以f(x) =+x，f()= 2.1 十x1 x又因为f(0) = 0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y= 2x.(2)证明 令g(x) =f(x) 2x+ -,则g(x) =f(x) 2(1 十x2) 因为g(x)0(0 xg(0) = 0,x (0,1),即当x (0,1)时,f(x)2x+ 扌.解由知，当kk x+扌对x (0 ,1)恒成立.k 2k时，h(x)0,因此h(x)在区间k2时,h(x)h(0) = 0,即f(x)2 时，f(x)kx+号并非对x (0,1)

27、恒成立.综上可知，k的最大值为 2.2x41 x2当k2 时,令h(x) =f(x) k x+x,则h(x) =f(x) k(1 +x2)kx4(k 2)1 x2上单调递减.当 0 x4k4所以当 0 x 0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；证明：存在a (0,1),使得f(x)0在区间(1,+8)内恒成立，且f(x) = 0 在区间(1, +g)内有唯一解15.(1)解 由已知，函数f(x)的定义域为(0,+8),g(x)=f(x)=2(xa)2lnx21+1,当 0vav4 时,g(x)在区间 0,2- * -4a,1+弓-4a, +m上单调递增 在区间1-冷-尤

28、,1+弓_4a上单调递减； 当a 1 时,g(x)在区间(0,+8)上单调递增f a x一 1 一 inx证明 由f(x) = 2(xa) 2inx 2 1 +x= 0,解得a=一 卄,人(x 1 inx2ix 1 inx、 孜1 inx x 1 inx令 (x)一2 x+1 +x-1in x+x-21 +x1x21 +x1+1 +x1,e(e2)( e22则(1)=10,o(e)=1+e-12 1+孑V0,故存在xo (1,e),使得 (xo) = 0,X。一 1 inx令a。=-r,u(x) =x 1 inx(x 1),1+X0当a=a0时,有f(X。)= 0,f(X0)= (X。) =

29、0,由(1)知,f (x)在区间(1,+8)上单调递增，故当x (1 ,X0)时,f (x)v0,从而f(x) f(X0) = 0;当x(x,+8)时,f(x)0,从而f(x)f(X0)=0,所以,当x(1 ,+8)时,f(x)0,2由u(x) = 1 -0 知，函数u(x)在区间(1,+8)上单调递增x所以 0 =u(X0):T1 +X0a0Vu(e)1 + e1所以g(x)= 2 2+x25综上所述,存在a (0 ,1),使得f(x)0在区间(1,+8)内恒成立，且f(x) = 0 在区间(1, +8)内有唯一解.16.(2015 天津,20)已知函数f(x) =nxx：x R 其中n N

30、,n2.(1)讨论f(x)的单调性；设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证：对 于任意的正实数x,都有f(x)wg(x)；a若关于x的方程f(x) =a(a为实数)有两个正实根xi,X2,求证：|X2xi|v+ 2.I n16.(1)解 由f(x) =nxxn,可得f(x) =nnxn1=n(1 xn1).其中n N,且n2,下面分两种情况讨论：当n为奇数时.令f(x) = 0,解得x= 1,或x= 1.当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表：X(a,1)(1,1)(1,+a)f(X)一+一f(x)所以，f(x)在(a, 1),(1,+8)上

31、单调递减，在(1,1)内单调递增.当n为偶数时当f(x) 0,即xv1 时，函数f(x)单调递增；当f(x)v0,即x 1 时，函数f(x)单调递减；所以,f(x)在(a,1)上单调递增，在(1,+a)上单调递减.12证明 设点P的坐标为(x,0),则x=n,f(X。)=nn.n 1曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y=f(Xo)(XXo),即g(x) =f(Xo)(XXo).令F(x) =f(x) g(x),即F(x) =f(x) f(X0)(xX0),则F(x)=f (x) f (x).由于f (x) =nxn1+n在(0,+a)上单调递减，故F(x)在(0,+a)上单调递减，又因为F(

32、X0)= 0,所以当x (0 ,X0)时,F(x) 0,当x(X0,+a)时,F (x)v0,所以F(X)在(0,X0)内单调递增，在(X0,+8)上单调递减，所以对于任意的正实数X,都有F(x)WF(X0) = 0,即对于任意的正实数x,都有f(x)Wg(x).证明 不妨设X1f(X2)=a=g(X2),可得X2 1 + Cn-1= 1 +n 1 =n,1a故 2n=xo.所以，|X2X1|v+ 2.n 1111 n17.(2015 江苏,19)已知函数f(x) =x3+ax2+b(a,b R (1)试讨论f(x)的单调性；若b=ca(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点

33、时，a的取值范围 恰好是(g, 3)U1, 2u2，+ ,求c的值.2厶d17.解(1)f(x) = 3x+ 2ax,令f(x) = 0,解得X1= 0,X2= .3当a= 0 时，因为f(x) =3X20(x丰0),所以函数f(x)在(一g,+g)上单调递增;u(0,+g)时,f (x) 0,x 卜号，0 时,f(x)v0,所以函数当a0 时,xf(x)在-g,-鲁,(0,+g)上单调递增，在-岁，0 上单调递减;当av0 时,x(g,0)U,f (x) 0,x 0, 2a时f (x)v0,所以函数f(x)在(g,0),2a +g3，+上单调递增，在 0，-上单调递减.(2)由(1)知，函数

34、f(x)的两个极值为f(0) =b,f2a433 =a+b,则函数3 .丿 27f(x)有三个零点等又b=ca,所以当av0,或4、0,bv0,从而 43| avbv0|0vbv 井.274343a 0 时,2aa+c 0 或当av0 时,27aa+cv0.43设g(a) = 27a-a+c,因为函数f(x)有三个零点时28此时,f(x) =x3 4 5 6+ax7+ 1 a= (x+1)x2+ (a 1)x+ 1a,因函数有三个零点，则x2+ (a 1)x+ 1 a= 0 有两个异于一 1 的不等实根，所以= (a-1)2 4(1-a) =a2+ 2a-3 0,且(-1) -(a-1)+1-

35、a0,3x+( 6a)x+a由(1)知f(x) =x.e令g(x) = 3x+ (6 a)x+a,6 aa+ 366a+a+ 36由g(x) = 0 解得X1=,X2=.6 6当xvX1时,g(x)v0,即f(x)v0,故f(x)为减函数；当X1vxvX2时,g(x) 0,即f(x) 0,故f(x)为增函数；当xX2时,g(x)v0,即f(x)v0,故f(X)为减函数6a + / a+ 369由f(x)在3,+g)上为减函数，知X2=w3,解得a ;,6 27a的取值范围恰好是(-g,-3)U1,2U|,+g,则在(-g ,-3)上g(a)v0,且在 1,2，+mg(a) 0 均恒成立.从而g

36、( 3) =c10,因此c= 1.解得a (-g，- 3)U1,2,+g.综上c=1.2918.(2015 重庆,20)设函数f(x)= (1)若f(x)在x= 0 处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1)处的切线方 程；若f(x)在3,+g)上为减函数，求a的取值范围因为f(x)在x= 0 处取得极值，所以f (0) = 0,即a= 0.2 2,3x, 3x + 6x，3,3 ,十亠当a= 0 时,f(x) = -,f (x) =x,故f(1) =-,f (1)=,从而f(x)在点(1,f(1) eeee33处的切线方程为y -= -(x 1),化简得 3x ey=

37、 0.e e23x+ax18.解(1)对f(x)求导得f(x)=(6x+a) ex( 3x2+ax) ex(ex)23x+( 6 a)x+axe30一3119.(2015 新课标全国I,21)已知函数f(x) =x+ax+-,g(x) = Inx.(1) 当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线；用 minm n表示mn中的最小值，设函数h(x) = minf(x),g(x)(x0),讨论h(x)零点的个数.19.解(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(xo,O),贝Uf(xo) = 0,f (xo) = 0.即Xo+ax。p =0,$4、3x0+a= 0,133解得X0= ,a= ：.因

38、此，当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.244(2) 当x(1 ,+m)时,g(x)=lnx0,从而h(x)=minf(x),g(x)g(x)-,则f(1) =a+ 匚0,h(1) = minf(1),g(1) =g(1) = 0,故x= 1 是h(x)445的零点；若a 4,则f(1)0,h(1) = minf(1),g(1) =f(1)0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(i)若aw 3 或a0,则f(x) = 3x+a在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=154,f(1) =a+ 4,所以当aw3 时,f(x)在(0,1)有一个零点；当a0时,f(

39、x)在(0,1)没有零占八、-a30,即一 4a0,f(x)在(0,1)无零点;故a的取值范围为-pm(ii)若3a0,则f(x)在 i0.x=|时,f(x)取得最小值，最小值为f,1 单调递增，故在(0,1)中，当a1+_3+4.若若f若313=0,即a= 4,则f(x)在(0,1)有唯一零点;a3155330,即一 3a 4,由于f(0) = 4,f(1) =a+ 4,所以当一 4a 4 时，f(x)在5(0,1)有两个零点；当一 3-&或a-4 时，h(x)有一个零点；35当a=-：或a=-；时，h(x)有两个零点；4453当-4a_4 时，h(x)有三个零点.220.(2015

40、 安徽,21)设函数f(x) =xax+b.(1) 讨论函数f(sinx)在 -守，T内的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值；(2) 记f0(x) =x2ax+b,求函数 |f(sinx) f(sinx)| 在专，亍上的最大值D；在 中，取a=b= 0,求z=b 4 满足D1时的最大值20.解 (1)f(sinx)= sin2xasinx+b= sinx(sinxa)+b,亍*专nnf(sinx) = (2sinxa)cosx,亍乂右.冗冗因为一 yx0, 22sinx2,b R 时，函数f(sinx)单调递减，无极值xwX。时，函数f(sinx)单调递减;nxwx3 时，函数f(sinx

41、)单调递增;冗对于2a2,在 i ,Xo,使得 2sinXo=a.32因此,2a0时,取x=了，等号成立.n当(a0a)(bb0)0 时，取x=等号成立由此可知,|f(sinx)-fo(sinx)|在 |-2,-2上的最大值为D=|aao| + |bbo|.(3)CK1即为 |a| + |b|1,此时 Owa2 1, -1b1,2从而z= b 1.42a取a=0,b=1,则 |a|+|b|1,函数f(x) = (1 +x2)ex-a.(1) 求f(x)的单调区间；证明：f(x)在(一g,)上仅有一个零点；(3)若曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点Mmn)处的切线与直线OF平行(O

42、是32坐标原点),证明：nw/a1.21.(1)解f(x) = 2xex+ (1 +x2)ex= (x2+ 2x+ 1)ex= (x+ 1)2ex?x R,f(x)0恒成立. f(x)的单调增区间为(一g,+g).(2) 证明/f(0) = 1-a,f(a) = (1 +a2)ea-a,/a1, f(0)2aea-a2a-a=a0, f(0) f(a)0,贝Um0,g(m在(0,+g)上增.令g(x)0,则m0,即 emm 1.em( m 1)2( m 1)3,即a-一(m+ 1)3.e3422.(2015 山东，21)设函数f(x) = ln(x+ 1) +a(x2x),其中a R(1)讨论

43、函数f(x)极值点的个数，并说明理由；若？x0,f(x)0成立，求a的取值范围22.解由题意知，函数f(x)的定义域为(一 1, +),2令g(x) = 2ax+axa+1,x ( 1,).1当a= 0 时,g(x) = 1,此时f(x) 0,函数f(x)在(一 1,+s)上单调递增，无极值点;22当a 0 时, =a 8a(1 a) =a(9a 8).8(i)当 0vaw9 时，0,g(x)0,f(x)0,函数f(x)在(一 1,+s)上单调递增，无极值82(ii)当a9 时，0,设方程 2ax+axa+ 1 = 0 的两根为X1,X2(X1-41 由g(-1) = 1 0,可得-1VX1V

44、-4.所以当x(-1,X1)时,g(x) 0,f (x) 0,函数f(x)单调递增；当x(X1,X2)时，g(X)V0,f (x)V0,函数f(x)单调递减；当x(X2,+8)时,g(x) 0,f (x) 0,函数f(x)单调递增；因此函数有两个极值点(iii)当av0 时， 0,由g( 1) = 10,可得X1V1.当x ( 1,X2)时,g(x) 0,f (x) 0,函数f(x)单调递增；当X(X2,+8)时,g(x)v0,f (x)v0,函数f(x)单调递减；所以函数有一个极值点综上所述,当av0 时，函数f(x)有一个极值点；当 0waw时，函数f(x)无极值点；8当a 时,函数f(x

45、)有两个极值点.由(1)知，当 0waw时，函数f(x)在(0,+8)上单调递增因为f(0) = 0,所以x (0 ,+8)时,f(x) 0,符合题意；8当 9Vawi时，由g(0)0,得X2W0,所以函数f(x)在(0,+8)上单调递增(x)=1x+ 1卜a(2x2ax2+axa+1x+ 135又f(0) = 0,所以x (0,+8)时,f(x) 0,符合题意；3当a 1 时,由g(x)v0,可得X20.所以x (0 ,X2)时,函数f(x)单调递减；因为f(0) = 0,所以x (0,X2)时,f(x)v0,不合题意；4当av0 时，设h(x) =x ln(x+ 1).1x因为x (0 ,

46、+8)时，h(x) = 1 - =x-0 ,所以h(x)在(0,+8)上单调递增III因此当x (0 ,8)时，h(x) h(0) = 0,即 ln(x+ 1)vx.22可得f(x)vx+a(xx) =ax+ (1 a)x,12当x 1 a时,ax+ (1 a)xv0,此时f(x)v0,不合题意.综上所述,a的取值范围是0,1.23.(2015 湖南,21)已知a 0,函数f(x) = eaxsinx(x 0,+8).记xn为f(x)的从小到大 的第n(nN*)个极值点，证明：(1)数列f(Xn)是等比数列；1*一、若a -2,则对一切n N ,XnV|f(Xn)|恒成立.ve 1axaxax

47、2ax23.证明 (1)f ( x) =ae sinx+ e cosx= e (asinx+ cosx) =;a+ 1e sin(x+ $ ),1n其中 tan $ = ,0v$v才.a2令f(x) = 0,由x0得x+ $ =mn,即x=mn $ , N ,对kN,若 2kn vx+ $ v(2k+1)n,即 2kn $vxv(2k+ 1)n $ ,则f(x) 0；若(2k+ 1)n vx+ $v(2k+ 2)n,即(2k+ 1)n $vxv(2k+ 2)n $ ,则f(x)v0.因此，在区间(m- 1)n,mn $ )与(mn $ ,mn) 上,f(x)的符号总相反于是当x=mn $ (m

48、N*)时,f(x)取得极值，所以xn=nn $ (n N).a(nn $)n+1 a(nn $)此时,f(xn) = e sin(nn $ ) = ( 1) e sin $ .n+2 a(n+1) n $(36易知f(Xn)丰0,而:= 一-一彳、nta(nn $)T】=一 ea是常数，故数列f(Xn) 是f(xn)( 1) esin$首项为f(xd = ea(n$)sin$ ,公比为一 ean的等比数列.(2)由(1)知,sin1a2+ 1,于是对一切Xnv|f(Xn)|恒成立，即n37恒成立,因为(a0).e 丄，丄e (t 1)设g(t)=匸(to),则g(t)= 产 令g(t) = 0

49、 得t= 1.当 0vtv1 时，g(t)v0,所以g(t)在区间(0,1)上单调递减；当t 1 时，g(t) 0,所以g(t)在区间(1,+s)上单调递增. 从而当t= 1 时，函数g(t)取得最小值g(1) = e.J a8 9+ 11因此，要使(*)式恒成立，只需-vg(1) = e,即只需a2.aVei一，1, ,1口一厂-而当a=2时，由 tan $ =-= e 1 3 且 0v$v可知，右vv .Qe2 1av232于是n $v ve2 1,且当n2时,nn $2 n $ 竽 .e2 1.8则有G (x) =x恒成立，等价于a2+ 厂)ava(nn(*)因此对一切*nn $n N,

50、axn=2丰1,所以寸 e1g(axn) g(1) = e=-a2+ 1a.故(*)式亦恒成立381综上所述,若a2,则对一切e 124.(2015 福建,20)已知函数f(x) = ln(1 +x),g(x) =kx(k R).(1)证明：当x 0 时,f(x)vx；证明：当kv1 时,存在X00,使得对任意的x (0,X。)，恒有f(x) g(x);确定k的所有可能取值，使得存在t 0,对任意的x (0,t),恒有|f(x) g(x)|vx2.124.(1)证明 令F(x)=f(x)x= ln(1+x) x,x (0, +),则有F(x)=x 1 =1 十xXx 1当x (0 ,十8)时，

51、F (x)v0,所以F(x)在(0,十8)上单调递减 故当x 0 时,F(x)vF(0) = 0,即当x 0时,f(x)vx.(2)证明 令Qx) =f(x) g(x) = ln(1 十x) kx,x (0,十),k=kx+(1k)当kW0时，G (x) 0,故G(x)在(0,十)单调递增，G(x) G(0) = 0,故任意正实数X。均满足题意.n N,xnv|f(Xn)| 恒成立.391 k1当 Ovk，取x=舟1,对任意x (O,x),有G(x) 0,从而Gx)在(0,x)单调递增,所以G x) qo)= 0,即f(x) g(x).综上，当k0,使得对任意x (0 ,xo),恒有f(x)

52、g(x).解 当k1 时，由(1)知，对于？x(0,+8),g(x)xf(x),故g(x)f(x),2|f(x) g(x)| =g(x) f(x) =kx ln(1 +x).Mx) =kx ln(1 +x) x,x 0, +)._4N (x) 0,N(x)在0,-(k+2)+P(；+2厂+8(1-k)|上单调递增故N(x) N0) = 0,即f(x) g(x) x2.(k+2) +* (k+ 2) + 8 (1-k)记X。与中的较小者为X1,41则有M(x) =k帀2x=2X2 *+(k 2)x+k 1x+ 140k 2 + ； (k 2)+ 8 (k 1)故当x 0,时,M(x) 0,k11

53、丿Mx)在 0,k-2+:(k-?+ 8(k-1)上单调递增,故Mx) M0) = 0,即|f(x) g(x)| x12,所以满足题意的t不存在.当k0,使得当x (0 ,X0)时，f(x) g(x), 此时 |f(x) g(x)| =f(x) g(x) = ln(1 +x) kx.2令N(x)=ln(1+x)kxx,x0,+8).2X2(k+ 2)x+ 1 kx+ 1(k+ 2) + : (k+ 2)2+ 8 (1 当x 0 时,H(x) 0,所以H(x)在0,+8)上单调递减，故H(x) 0 时，恒有|f(x) g(x)| 0 时,|f(x) g(x)| =g(x) f(x) =x ln(

54、1 +x),12则有 N1(X)=x+7k2x=令 Hx) =x ln(12+x)x,x0,+8),则有H(x) = 1 22xxx+ 1当x41解 当k1 时，由知，对于？x(0,+s),g(x)xf(x),故|f(x) -g(x)| =g(x) -f(x) =kx- ln(1 +x) kx-x= (k- 1)x.2令(k- 1)xx,解得 0vxvk- 1.2从而得到，当k 1 时,对于x (0 ,k- 1),恒有|f(x) -g(x)| x,故满足题意的t不存在k L1当kv1 时，取刚=-,从而kvk1v1,由(2)知,存在xo 0,使得x (0 ,xo),f(x) k1Xkx=g(x

55、),1_ k此时 |f(x) -g(x)| =f(x) -g(x) (k1-k)x= x,1 一k21 一k2令一xx,解得 0vxv，此时f(x) -g(x) x.1-k2一记X。与 的较小者为X1,当x (0,x时，恒有|f(x) -g(x)| x.故满足题意的t不存在.当k= 1 时,由(1)知,x 0,|f(x) -g(x)| =f(x) -g(x) =x- ln(1 +x),21 2xx令Mx)=x-ln(1+x)-x,x0,a),则有M(x)=1-2x=- -.1 +xx1当x 0 时，M(X)v0,所以Mx)在0,)上单调递减，故Mx)vM0) = 0.故当x0 时,恒有 |f(

56、x) -g(x)|vx,此时,任意正实数t均满足题意综上,k= 1.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示);讨论函数f(x)在D上的单调性;若kf(1)的x的集合(用区间表示).2 225.解(1)由题意知(x+ 2xk 3)(x+ 2xk- 1)0,x2+ 2xk+ 30 x2 2xk 30 x 2xk- 10设y1=x2 2xk 3,y2=x2 2xk 1,则这两个二次函数的对称轴均为x=- 1,. 225.(2014 广东,21)设函数f(x)=1x2+ 2x+k2+?2x+ 2xk-3,其中k-2.42且方程x 2xk 3 = 0 的判别式1= 4 - 4(k 3) = - 4k

57、- 8,2方程x 2xk- 1 = 0 的判别式 2= 4 -4(k- 1) = 8- 4k,因为kA10,2 . 2 -X3,4=2= 1 /2 k,且有12k 1 k 2 1+k 21+2k,因此函数f(x)的定义域D为(-m,-1- -. .2 k)U(-1-k 2,-1 + % k 2)U(-1 + 叮 2 k, +).由(1)中两个二次函数的单调性，且对称轴都为x= -1,易知函数f(x)在(- ,-1- ,2k) 上单调递增，在(-1-k 2,-1)上单调递减，在(-1,-1 + k 2)上单调递增，在(-1 + ,f2 k, +m)上单调递减.(3)由于k-6,故-1- .2 k

58、-1- j k 2-3-11-1 +、 一k 2f(1) =f(-3)的解集为(-1-寸一k 2, 3),在(-1,-1+ 訂一k 2)上f(x)f(1)的解集为(1,-1 +k 2).再在其余两个区间(O, 1 2k)和(1 + 2k,+O)上讨论.令x= 1,则(x2+ 2x+k)2+ 2(x2+ 2x+k) 3=k2+ 8k+ 12,令(x2+ 2x+k)2+ 2(x2+ 2x+k) 3=k2+ 8k+ 12,2222则(x+ 2x+k) + 2(x+ 2x+k) (k+ 8k+ 15) = 0,222即(x+ 2x+k) + 2(x+ 2x+k) (k+ 5)(k+ 3) = 0,22即x+ 2x+k+ (k+ 5)x+ 2x+k (k+ 3) = 0,2 2化简得(x+ 2x+ 2k+ 5)(x+ 2x 3) = 0,解得除了 -3,1 的另外两个根为-1 2k 4,因此利用函数f(x)的单调性可知在(-O,-1-2k)上f(x)f(1)的解集为(-1- 皆一 2k 4,-1- ”.；2k),在(-1 + _2 k,+O)上f(x)f(1)的解集为(-1 +2k,-1 + 2k 4),综上所述，kf(1)的解集为(-1-，2k4,-1-2k)U(-1-，k2,- 3)U(1 ,-1+ ,k2)U(-1+2k,-1+.2k 4).因此