肖博數(shù)學(xué)大題專練(二十) 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)
A 級 基礎(chǔ)達標
1．(2017·北京高考)已知函數(shù) f(x)＝e
x
cosx－x。
(1)求曲線 y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)求函數(shù) f(x)在區(qū)間?
?
?
?
?
?
0，
π
2 上的最大值和最小值。
解 (1)因為 f(x)＝e
x
cosx－x，所以 f′(x)＝e
x
(cosx－sinx)－1，f′(0)
＝0。又因為 f(0)＝1，所以曲線 y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為 y
＝1。
(2)設(shè) h(x)＝e
x
(cosx－sinx)－1，則 h′(x)＝e
x
(cosx－sinx－sinx－
cosx)＝－2ex
sinx。當 x∈?
?
?
?
?
?
0，
π
2 時，h′(x)<0，所以 h(x)在區(qū)間?
?
?
?
?
?
0，
π
2 上
單調(diào)遞減。所以對任意 x∈?
?
?
?
?
?
0，
π
2 有 h(x)<h(0)＝0，即 f′(x)<0。所以
函數(shù) f(x)在區(qū)間?
?
?
?
?
?
0，
π
2 上單調(diào)遞減。因此 f(x)在區(qū)間?
?
?
?
?
?
0，
π
2 上的最大值
為 f(0)＝1，最小值為 f
?
?
?
?
?
π?
2 ＝－
π
2。
2．(2017·大連模擬)已知函數(shù) f(x)＝ln(x－1)＋
ax
x＋1
(a∈R)。
(1)若函數(shù) f(x)在區(qū)間(1,4)上單調(diào)遞增，求 a 的取值范圍；
(2)若函數(shù) y＝f(x)的圖象與直線 4x－3y－2＝0 相切，求 a 的值。
解 (1)函數(shù) f(x)＝ln(x－1)＋
ax
x＋1
(x>1)，
則 f′(x)＝
1
x－1
＋
ax＋a－ax
(x＋1)
2 ＝
1
x－1
＋
a
(x＋1)
2，
∵函數(shù) f(x)在區(qū)間(1,4)上單調(diào)遞增，
2
∴
1
x－1
＋
a
(x＋1)
2≥0 在 x∈(1,4)上恒成立。
即 a≥
(x＋1)
2
1－x
在 x∈(1,4)上恒成立。
令 g(x)＝
(x＋1)
2
1－x
，則 g′(x)＝－
(x＋1)(x－3)
(1－x)
2 。
當 x∈(1,3)時，g′(x)>0，當 x∈(3,4)時，g′(x)<0。
∴g(x)在(1,3)上為單調(diào)遞增函數(shù)，在(3,4)上為單調(diào)遞減函數(shù)，
∴g(x)max＝g(3)＝－8。
則 a≥－8；
(2)設(shè)切點坐標為(x0，y0)，則 f′(x0)＝
1
x0－1
＋
a
(x0＋1)
2，則 1
x0－1
＋
a
(x0＋1)
2＝
4
3 ①
f(x0)＝ln(x0－1)＋
ax0
x0＋1
＝
4x0
3 －
2
3，②
聯(lián)立①②解得：x0＝2，a＝3。
3．(2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù) f(x)＝e
x
(ex－a)－a
2
x。
(1)討論 f(x)的單調(diào)性；
(2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范圍。
解 (1)函數(shù) f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－ae
x－a
2＝(2ex＋a)(ex－a)。
①若 a＝0，則 f(x)＝e
2x，在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增。
②若 a>0，則由 f′(x)＝0 得 x＝lna。
當 x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0；
3
當 x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0。
故 f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增。
③若 a<0，則由 f′(x)＝0 得 x＝ln?
?
?
?
?
? －
a
2 。
當 x∈?
?
?
?
?
? －∞，ln?
?
?
?
?
? －
a
2 時，f′(x)<0；
當 x∈?
?
?
?
?
?
ln
?
?
?
?
?
? －
a
2 ，＋∞ 時，f′(x)>0。
故 f(x)在?
?
?
?
?
? －∞，ln
?
?
?
?
?
? －
a
2 上單調(diào)遞減，
在?
?
?
?
?
?
ln
?
?
?
?
?
? －
a
2 ，＋∞ 上單調(diào)遞增。
(2)①若 a＝0，則 f(x)＝e
2x，所以 f(x)≥0。
②若 a>0，則由(1)得，當 x＝lna 時，f(x)取得最小值，最小值為
f(lna)＝－a
2
lna。從而當且僅當－a
2
lna≥0，
即 0<a≤1 時，f(x)≥0。
③若 a<0，則由(1)得，當 x＝ln?
?
?
?
?
? －
a
2 時，f(x)取得最小值，最小值
為 f
?
?
?
?
?
?
ln
?
?
?
?
?
? －
a
2 ＝a
2
?
?
?
?
?
3 ?
4－ln
?
?
?
?
?
? －
a
2 。
從而當且僅當 a
2
?
?
?
?
?
3 ?
4－ln
?
?
?
?
?
? －
a
2 ≥0，
即 a≥－2e
3
4時 f(x)≥0，∴－2e
3
4≤a<0。
綜上，a 的取值范圍是[－2e
3
4，1]。
4．(2017·陜西省教學(xué)質(zhì)量檢測(一))已知函數(shù) f(x)＝ln(x＋1)＋
ax
x＋1
(a∈R)。
(1)當 a＝1 時，求 f(x)的圖象在 x＝0 處的切線方程；
4
(2)當 a<0 時，求 f(x)的極值；
(3)求證：ln(n＋1)> 1
2
2＋
2
3
2＋…＋
n－1
n
2 (n∈N*
)。
解 (1)當 a＝1 時，f(x)＝ln(x＋1)＋
x
x＋1
，
∴f′(x)＝
1
x＋1
＋
1
(x＋1)
2＝
x＋2
(x＋1)
2。
∵f(0)＝0，f′(0)＝2，
∴所求切線方程為 y＝2x。
(2)f(x)＝ln(x＋1)＋
ax
x＋1
(x>－1)，
f′(x)＝
1
x＋1
＋
a
(x＋1)
2＝
x＋a＋1
(x＋1)
2 ，
∵a<0，∴當 x∈(－1，－a－1)時，f′(x)<0，
當 x∈(－a－1，＋∞)時，f′(x)>0，
所以函數(shù) f(x)的極小值為 f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，無極大值。
(3)證明：由(2)知，取 a＝－1，由 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，
單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,0)可知，f(x)＝ln(x＋1)－
x
x＋1
≥f(0)＝0。
當 x>0 時，ln(x＋1)> x
x＋1
，
取 x＝
1
n，得 ln
n＋1
n
>
1
n＋1
>
n－1
n
2 。
∴ ln 2
1 ＋ ln 3
2 ＋ … ＋ ln
n＋1
n
>
1－1
1
2 ＋
1
2
2 ＋
2
3
2 ＋ … ＋
n－1
n
2 ?
5
ln
?
?
?
?
?
?
?
?
2
1
·
3
2
·…·
n＋1
n
>
1
2
2＋
2
3
2＋…＋
n－1
n
2 ，
即 ln(n＋1)> 1
2
2＋
2
3
2＋…＋
n－1
n
2 。
B 級 能力提升
5．(2017·江西南昌一模)已知函數(shù) f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2
(x>0，
a∈R，e 是自然對數(shù)的底數(shù))。
(1)若 f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù) a 的取值范圍；
(2)當 a∈?
?
?
?
?
?
0，
1
2 時，證明：函數(shù) f(x)有最小值，并求函數(shù) f(x)的最
小值的取值范圍。
解 (1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)ex＋2a(x＋2)，
依題意，當 x>0 時，函數(shù) f′(x)≥0 恒成立，即 a≥－
(x－1)e
x
x＋2
恒成立，
記 g(x)＝－
(x－1)e
x
x＋2
，則 g′(x)＝－
xe
x
(x＋2)－(x－1)e
x
(x＋2)
2 ＝－
(x
2＋x＋1)e
x
(x＋2)
2
<0，所以 g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以 g(x)<g(0)＝
1
2，所以 a≥
1
2。
(2)因為[f′(x)]′＝2xe
x＋2a>0，所以 y＝f′(x)是(0，＋∞)上的
增函數(shù)，又 f′(0)＝4a－2<0，f′(1)＝6a>0，所以存在 t∈(0,1)使得 f′(t)
＝0，
又當 x∈(0，t)時，f′(x)<0，
當 x∈(t，＋∞)時，f′(x)>0，
所以當 x＝t 時，f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2，且有 f′(t)＝0
?a＝－
(t－1)e
t
t＋2
，
6
則 f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et＝e
t
(－t
2＋t－2)，t∈
(0,1)。
記 h(t)＝e
t
(－t
2＋t－2)，則 h′(t)＝e
t
(－t
2＋t－2)＋e
t
(－2t＋1)＝
e
t
(－t
2－t－1)<0，
所以 h(1)<h(t)<h(0)，即 f(x)的最小值的取值范圍是(－2e，－2)。
6．(2017·安徽二模)已知函數(shù) f(x)＝(ax－2)ex在 x＝1 處取得極值。
(1)求 a 的值；
(2)求函數(shù) f(x)在[m，m＋1]上的最小值；
(3)求證：對任意 x1，x2∈[0,2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e。
解 (1)f′(x)＝ae
x＋(ax－2)ex＝(ax＋a－2)ex，
由已知得 f′(1)＝0，即(2a－2)e＝0，解得 a＝1。
(2)f(x)＝(x－2)ex，
f′(x)＝e
x＋(x－2)ex＝(x－1)ex。
令 f′(x)>0，得 x>1，令 f′(x)<0，得 x<1。
所以函數(shù) f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增。
①當 m≥1 時，f(x)在[m，m＋1]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(m)＝(m－
2)em；
②當 0<m<1 時，m<1<m＋1，f(x)在[m,1]上單調(diào)遞減，在[1，m＋
1]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(1)＝－e；
③當 m≤0 時，m＋1≤1，f(x)在[m，m＋1]上單調(diào)遞減，f(x)min
＝f(m＋1)＝(m－1)em＋1。
綜上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值
7
f(x)min＝
??
?
?
?
(m－2)e
m， m≥1，
－e， 0<m<1，
(m－1)e
m＋1， m≤0。
(3)證明：由(2)知 f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝(x－1)ex。
令 f′(x)＝0，得 x＝1。
因為 f(0)＝－2，f(1)＝－e，f(2)＝0，
所以 x∈[0,2]時，f(x)max＝0，f(x)min＝－e。
所以對任意 x1，x2∈[0,2]，都有
|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝e。
