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导数在研究函数中的应用
(120分钟 150分)
【命题视点】
单元大任务 研究导数在函数中的应用，借用导数判断函数的性质
滚动考查点 导数的意义
命题情境点 生活实践情境：4题 探索创新情境：8、19题 课程学习情境：9、15题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知函数f(x)=2sinx(0A.
B.1
C.
D.
2.已知函数f(x)=3ln x-x2+2x，则f(x)的单调递增区间为
A.(-1，3)
B.(3，+∞)
C.(1，3)
D.(0，3)
3.已知函数f(x)=a-+对x∈(0，10]总有f(x)≥0成立，则实数a的最小值为
A.4
B.6
C.2
D.8
4.某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间的关系为y=x3-20x2-41x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为
A.20
B.40
C.39
D.41
5.已知关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为
A.(0，e)
B.(0，e-1)
C.(0，e+1)
D.(0，e-1]
6.设函数f(x)=2x--aln x在(0，3)上不单调，则实数a的取值范围是
A.[4，5]
B.(5，+∞)
C.(4，+∞)
D.[5，+∞)
7.已知函数f(x)=ex+2ax+1(a∈R)，若函数f(x)与函数f(f(x))的单调区间相同，并且既有单调递增区间，也有单调递减区间，则a的最小值为
A.-e
B.-
C.e
D.
8.已知f'(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有2f(x)=-f'(x)，f(0)=0，则f(x)的极大值为
A.
B.
C.
D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.经研究发现：任意一个三次多项式函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象都只有一个对称中心点(x0，f(x0))，其中x0是f″(x)=0的根，f'(x)是f(x)的导数，f″(x)是f'(x)的导数.若函数f(x)=x3+ax2+x+b图象的对称中心点的坐标为(-1，3)，则
A.a=3
B.a=2
C.b=1
D.b=2
10.已知函数f(x)=，则下列结论正确的是
A.导函数f'(x)=-
B.函数f(x)的单调递减区间为(-1，2)
C.函数f(x)有两个零点
D.函数f(x)不存在最小值
11.已知函数f(x)=(x2+1)ln x-m(x2-1)，则下列结论正确的是
A.当m=2时，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x+y-2=0
B.若对任意的x1，x2∈(0，+∞)(x1≠x2)，都有>0，则实数m的取值范围是(-∞，1)
C.当m>1时，f(x)不存在极大值
D.当m>1时，f(x)恰有3个零点，分别为x1，x2，x3，且x1x2x3=1
题序 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知函数f(x)=x3-ax2+1，若f(x)存在零点x0，且x0>0，则实数a的取值范围是　　　　.
13.已知函数f(x)=ln x+ax2+(a+2)x(a∈R)的极大值为0，则实数a=　　　　.
14.已知函数f(x)=ln x+x+a-axex，a>0，则函数f(x)的最大值为　　　　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知函数f(x)=xex-1-2x2+ax，且f'(1)=-6.
(1)求a的值；
(2)求f(x)的单调区间.
16.(15分)已知函数f(x)=(x-1)ex-2ax2.
(1)若函数f(x)是单调递增函数，求a的值；
(2)讨论f(x)的单调性.
17.(15分)已知函数f(x)=+ln x.
(1)判断f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意两个正实数x1，x2，且x1≠x2，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4.
18.(17分)已知函数f(x)=ex-1+aln-2a，其中a>0.
(1)若a=2，求f(x)的极值；
(2)若f(x)≥2alna恒成立，求实数a的取值范围.
19.(17分)已知f(x)=.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)若关于x的方程f(x)=x2-2x+k有实数解，求实数k的取值范围；
(3)当n∈N*，n≥2时，求证：nf(n)<2+++…+.
【参考答案】
1.C　解析：由题意得f'(x)=cosx，令f'(x)=0，得x0=.
2.D　解析：由题意得f'(x)=-x+2==，当x∈(0，3)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
3.A　解析：当x∈(0，10]时，原不等式可化为a≥，设g(x)=，x∈(0，10]，则g'(x)==-.易知当x=时，g(x)max=4，∴实数a的取值范围是[4，+∞)，即实数a的最小值为4.
4.D　解析：令y'=x2-40x-41=0，得x=-1(舍去)或x=41.由于当041时，y'>0，所以当x=41时，y有最小值，则速度应定为41.
5.A　解析：令f(x)=，则f'(x)=，当x<1时，f'(x)>0，当x>1时，f'(x)<0，故f(x)max=f(1)=<，则06.C　解析：函数f(x)=2x--aln x在(0，3)上不单调，则f'(x)=2+-在(0，3)上有变号零点，令f'(x)=0，得a=2x+.设函数h(x)=2x+，当x∈(0，3)时，根据“对勾”函数的性质，得4≤h(x)，所以a>4，则实数a的取值范围是(4，+∞).
7.B　解析：因为f(x)=ex+2ax+1，所以f'(x)=ex+2a.若a≥0，则f'(x)=ex+2a>0，f(x)在R上单调递增，f(x)只有单调递增区间，不合题意.若a<0，令f'(x0)=0，得x0=ln(-2a)，a=，当x>x0时，f'(x)>0，函数f(x)在(x0，+∞)上单调递增，当x8.B　解析：由2f(x)=-f'(x)，得2e2xf(x)=e2x·-e2xf'(x)，2e2xf(x)+e2xf'(x)=exx2+2exx，令g(x)=e2xf(x)，则g'(x)=2e2xf(x)+e2xf'(x)=ex(x2+2x)，所以g(x)=exx2+c=e2xf(x)，所以f(x)=+.因为f(0)=0，所以c=0，所以f(x)=，所以f'(x)==，当00，当x<0或x>2时，f'(x)<0，所以f(x)在(0，2)上单调递增，在(-∞，0)和(2，+∞)上单调递减，所以当x=2时，f(x)取得极大值，且极大值为f(2)=.
9.AD　解析：由题意可得f(-1)=-1+a-1+b=3　①，因为f'(x)=3x2+2ax+1，所以f″(x)=6x+2a，所以f″(-1)=-6+2a=0　②，由①②解得a=3，b=2.
10.AC　解析：∵f(x)的定义域为R，f'(x)==-，
∴当x∈(-∞，-1)∪(2，+∞)时，f'(x)<0，当x∈(-1，2)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(-∞，-1)，(2，+∞)上单调递减，在(-1，2)上单调递增.
∵f(-1)=-e<0，f(2)=>0，f(-2)=e2>0，∴f(x)在区间(-2，-1)和(-1，2)内各存在一个零点.当x>2时，x2+x-1>0，ex>0，∴f(x)>0恒成立，
∴f(x)有且仅有两个不同的零点，f(x)的最小值为f(-1)=-e.故选AC.
11.AD　解析：对于A，当m=2时，f(x)=(x2+1)ln x-2x2+2，故f(1)=0，f'(x)=2xln x+-4x，所以f'(1)=-2，所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=-2(x-1)，即2x+y-2=0，故A项正确；对于B，因为对任意的x1，x2∈(0，+∞)(x1≠x2)，都有>0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，即f'(x)=2xln x+-2mx=x≥0在(0，+∞)上恒成立，令h(x)=2ln x+1+-2m，则h'(x)=-==，当x>1时，h'(x)>0，当01时，由B选项知，h(x)min=h(1)=2-2m<0，f(1)=0，当x→0时，f(x)→-∞，故必定存在00，故必定存在x3>1，使得f(x3)=0，又h(x)在(1，+∞)上单调递增，h(x)在(0，1)上单调递减，故f(x)既存在极大值又存在极小值，故C项错误；对于D，根据C项，易知函数f(x)有三个零点，且为x1，x2，x3(01)，又f(x1)+f=(+1)ln x1-m(-1)+ln-m=(+1)ln x1+m(1-)-ln x1-m=[(+1)ln x1+m(1-)]=0，故x3=，则x1x2x3=1，即当m>1时，f(x)恰有3个零点，分别为x1，x2，x3，且x1x2x3=1，故D项正确.
12.　解析：当a=0时，易知x0=-1，不满足题意；当a≠0时，f'(x)=3x2-2ax，令f'(x)=0，得x1=0，x2=，f(0)=1>0，则>0，且f≤0，即a≥.
13.-1　解析：∵函数f(x)的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=+2ax+a+2==，
∴当a≥0时，f'(x)>0恒成立，f(x)在(0，+∞)上单调递增，无极大值.
当a<0时，由f'(x)>0，解得0-，
故f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)极大值=f=ln+-=ln--1=0，即ln+=ln 1+1，而函数y=ln x+x在(0，+∞)上单调递增，∴-=1，∴a=-1.
14.a-1-ln a　解析：f'(x)=+1-a(x+1)ex=，由于x>0，所以1+x>0.
设g(x)=1-axex，a>0，易知函数g(x)在区间(0，+∞)上单调递减，由于g(0)=1>0，g=1-<0，故存在x0∈，使g(x0)=0.故当x∈(0，x0)时，g(x)>0，则f'(x)>0，当x∈(x0，+∞)时，g(x)<0，则f'(x)<0，从而存在x0∈，f(x)的单调递增区间为(0，x0)，单调递减区间为(x0，+∞).
函数f(x)的最大值为f(x0)=ln x0+x0+a-ax0，由于g(x0)=1-ax0=0，所以=，
故f(x0)=ln+x0+a-1=a-1-ln a，所以函数f(x)的最大值为a-1-ln a.
15.解析：(1)因为f'(x)=ex-1(x+1)-4x+a，f'(1)=-6，所以a=-4.
(2)由(1)得f'(x)=(x+1)(ex-1-4)，令f'(x)=0，得x1=-1，x2=1+ln 4.当x∈(-∞，-1)∪(1+ln 4，+∞)时，f'(x)>0；当x∈(-1，1+ln 4)时，f'(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞，-1)和(1+ln4，+∞)，单调递减区间为(-1，1+ln4).
16.解析：(1)由题意得f(x)的定义域是(-∞，+∞)，若函数f(x)是单调递增函数，则f'(x)=ex+(x-1)ex-4ax=x(ex-4a)≥0.
当x≥0时，ex-4a≥0，则a≤=；当x<0，ex-4a≤0，则a≥=.
综上，a=.
(2)当a≤0时，若x<0，则f'(x)<0，若x>0，则f'(x)>0，所以f(x)的减区间是(-∞，0)，增区间是(0，+∞).当a>0时，由f'(x)=0，得x=0或x=ln(4a)，
当00时，f'(x)>0，当ln(4a)f(x)的增区间是(-∞，ln(4a))和(0，+∞)，减区间是(ln(4a)，0).
当a=时，ln(4a)=0，f'(x)≥0恒成立，f(x)的增区间是(-∞，+∞)，无减区间.
当a>时，ln(4a)>0，当x>ln(4a)或x<0时，f'(x)>0，当0f(x)的增区间是(-∞，0)和(ln(4a)，+∞)，减区间是(0，ln(4a)).
17.解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-+=，
当x∈(0，2)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
(2)证明：由(1)可知，f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
因为f(x1)=f(x2)，所以不妨设01，x2=tx1.
由f(x1)=f(x2)，得+ln x1=+ln x2，即-=ln x2-ln x1，即=ln，
即=ln t，解得x1=，x2=tx1=，所以x1+x2=，
故要证x1+x2>4，即证x1+x2-4>0，即证-4>0，即证>0，
因为t=>1，所以tln t>0，即证2t2-2-4tln t>0.
令H(t)=2t2-2-4tln t(t>1)，H'(t)=4t-4ln t-4(t>1)，因为H″(t)=4-=>0，所以H'(t)在(1，+∞)上是增函数，所以H'(t)>H'(1)=0，所以H(t)在(1，+∞)上是增函数，所以H(t)>H(1)=0，所以>0，所以x1+x2>4.
18.解析：(1)当a=2时，f(x)的定义域为(-1，+∞)，则f'(x)=ex-1+(x+1)'=ex-1-，易知f'(x)在(-1，+∞)上单调递增.又f'(1)=e1-1-=0，所以当x∈(-1，1)时，f'(x)<0，当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，故f(x)=ex-1+2ln-4在x∈(-1，1)上单调递减，在x∈(1，+∞)上单调递增，所以f(x)=ex-1+2ln-4在x=1处取得极小值，极小值为f(1)=e1-1+2ln-4=-3，无极大值.
(2)由题意得ex-1+aln-2a≥2aln a，因为a>0，所以不等式两边同时除以a，得+ln≥2(1+ln a)，变形为ex-1-ln a+(x-1-ln a)≥x+1+ln(x+1)，即ex-1-ln a+(x-1-ln a)≥eln(x+1)+ln(x+1).设h(x)=ex+x，则上式为h(x-1-ln a)≥h(ln(x+1))，
因为h'(x)=ex+1>0恒成立，所以h(x)=ex+x单调递增，故x-1-ln a≥ln(x+1)，即x-1-ln(x+1)≥ln a，构造函数u(x)=x-1-ln(x+1)，x∈(-1，+∞)，
则u'(x)=1-=.当x∈(-1，0)时，u'(x)<0，当x∈(0，+∞)时，u'(x)>0，
故u(x)=x-1-ln(x+1)在x∈(-1，0)上单调递减，在x∈(0，+∞)上单调递增，
所以u(x)=x-1-ln(x+1)在x=0处取得极小值，也是最小值，
故u(x)min=u(0)=-1，所以-1≥ln a，解得a≤.
由于a>0，故实数a的取值范围为.
19.解析：(1)∵f(x)=，∴f'(x)==-.当x∈(0，1)时，f'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0.∴函数f(x)在区间(0，1)上为增函数，在区间(1，+∞)上为减函数，故f(x)max=f(1)=1.
(2)由(1)得f(x)的极大值为f(1)=1，令g(x)=x2-2x+k，∴当x=1时，函数g(x)取得最小值g(1)=k-1.又方程f(x)=x2-2x+k有实数解，∴k-1≤1，即k≤2，∴实数k的取值范围是k≤2.
(3)证明：函数f(x)在区间(1，+∞)上为减函数，而1+>1(n∈N*，n≥2)，
∴f∴ln n=ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+…+ln n-ln(n-1)<1+++…+，
即1+ln n<2+++…+，而n·f(n)=1+ln n，
∴nf(n)<2+++…+，结论成立.

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