2022年高考數學二輪復習 專題2 函數與導數 第3講 導數的概念及其簡單應用 理

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1、2022年高考數學二輪復習 專題2 函數與導數 第3講 導數的概念及其簡單應用 理 導數的幾何意義及導數的運算 1.(xx洛陽統(tǒng)考)已知直線m:x+2y-3=0,函數y=3x+cos x的圖象與直線l相切于Ρ點,若l⊥m,則Ρ點的坐標可能是(　B　) (A)（-,-） (B)（,） (C)（,） (D)（-,-） 解析:由l⊥m可得直線l的斜率為2,函數y=3x+cos x的圖象與直線l相切于Ρ點,也就是函數在P點的導數值為2,而y ′=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中的點不在函數圖象上,因此選B. 2.(xx廣東卷)曲線y=e-5x+2在點(0,

2、3)處的切線方程為 　　　　　　　　.? 解析:由題意知點(0,3)是切點.y′=-5e-5x,令x=0,得所求切線斜率為-5.從而所求方程為5x+y-3=0. 答案:5x+y-3=0 利用導數研究函數的單調性 3.(xx遼寧沈陽市質檢)若定義在R上的函數f(x)滿足f(x)+ f′(x)>1,f(0)=4,則不等式f(x)>+1(e為自然對數的底數)的解集為(　A　) (A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞) (C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞) 解析:不等式f(x)>+1可以轉化為exf(x)-ex-3>0 令g(x)=ex

3、f(x)-ex-3, 所以g′(x)=ex(f(x)+f′(x))-ex=ex(f(x)+f′(x)-1)>0, 所以g(x)在R上單調遞增, 又因為g(0)=f(0)-4=0, 所以g(x)>0?x>0,即不等式的解集是(0,+∞).故選A. 4.(xx遼寧卷)當x∈[-2,1]時,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,則實數a的取值范圍是(　C　) (A)[-5,-3] (B)[-6,-] (C)[-6,-2] (D)[-4,-3] 解析:當x∈(0,1]時,得a≥-3()3-4()2+, 令t=, 則t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t, 令g(t)=-3t

4、3-4t2+t,t∈[1,+∞), 則g′(t)=-9t2-8t+1=-(t+1)(9t-1), 顯然在[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)單調遞減, 所以g(t)max=g(1)=-6, 因此a≥-6; 同理,當x∈[-2,0)時,得a≤-2. 由以上兩種情況得-6≤a≤-2. 顯然當x=0時對任意實數a不等式也成立. 故實數a的取值范圍為[-6,-2]. 5.(xx河南鄭州市第二次質檢)已知偶函數y= f (x)對于任意的x∈[0,)滿足f′(x)cos x+f(x)sin x>0(其中f′ (x)是函數f (x)的導函數),則下列不等式中成立的有　　　　　　.?

5、(1)f(-)f(-) (3)f(0)0, 所以為增函數. 所以>, 所以f()>f(), 又因為f(x)為偶函數, 所以f(-)>f(), f(-)>f(-). 故(2)正確,(1)錯誤. 因為<, 所以f(0)

6、 .(寫出所有正確條件的編號)? ①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2. 解析:令f(x)=x3+ax+b, 則f′(x)=3x2+a. 當a≥0時,f′(x)≥0,f(x)為增函數,④⑤合題. 對于①,由a=b=-3, 得f(x)=x3-3x-3,f′(x)=3(x+1)(x-1), f(x)極大值=f(-1)=-1<0, f(x)極小值=f(1)=-5<0, 函數f(x)的圖象與x軸只有一個交點, 故x3+ax+b=0僅有一個實根; 對于②,由a=-3,b=2, 得f(x)=x3-3x+2,f′(x)=

7、3(x+1)(x-1), f(x)極大值=f(-1)=4>0,f(x)極小值=f(1)=0,函數f(x)的圖象與x軸有兩個交點, 故x3+ax+b=0有兩個實根; 對于③,由a=-3,b>2, 得f(x)=x3-3x+b,f′(x)=3(x+1)(x-1), f(x)極大值=f(-1)=2+b>0, f(x)極小值=f(1)=b-2>0, 函數f(x)的圖象與x軸只有一個交點, 故x3+ax+b=0僅有一個實根. 答案:①③④⑤ 【教師備用】 (xx上饒三模)已知函數f(x)=(mx+1)(ln x-3). (1)若m=1,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程

8、; (2)設點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))滿足ln x1ln x2=3ln(x1·x2)-8,(x1≠x2),判斷是否存在點P(m,0),使得∠APB為直角?說明理由; (3)若函數f(x)在(0,+∞)上是增函數,求實數m的取值范圍. 解:(1)f′(x)=(ln x-3)+(x+1)·, 則f′(1)=-1,f(1)=-6, 所以切線方程為x+y+5=0. (2)不存在點P(m,0),使得∠APB為直角, 依題意得=(x1-m,f(x1)),=(x2-m,f(x2)), ·=(x1-m)(x2-m)+f(x1)f(x2) =(x1-m)(x2-m)+(m

9、x1+1)(ln x1-3)(mx2+1)(ln x2-3) =x1x2-m(x1+x2)+m2+[m2x1x2+m(x1+x2)+1]·[ln x1ln x2-3(ln x1+ln x2)+9] =x1x2-m(x1+x2)+m2+[m2x1x2+m(x1+x2)+1] =(1+m2)(x1x2+1)>0, 所以不存在實數m,使得∠APB為直角. (3)f′(x)=m(ln x-3)+(mx+1)· = =, 若函數f(x)在(0,+∞)上是增函數, 則f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,有mx(ln x-2)+1≥0在(0,+∞)上恒成立, 設h(x)=x(ln x-

10、2),h′(x)=ln x-1,h(x)在(0,e)是減函數,在(e,+∞)是增函數, 所以h(x)的值域為[-e,+∞),即mt+1≥0在[-e,+∞)上恒成立. 有解得0≤m≤. 利用導數研究函數的極值與最值 7.設函數f(x)=x2-mln x,h(x)=x2-x+a. (1)當a=0時,f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立,求實數m的取值范圍; (2)當m=2時,若函數k(x)=f(x)-h(x)在[1,3]上恰有兩個不同的零點,求實數a的取值范圍; (3)是否存在實數m,使函數f(x)和函數h(x)在公共定義域上具有相同的單調性?若存在,求出m的值,若不存在,請說明

11、理由. 解:(1)由a=0,f(x)≥h(x),x∈(1,+∞)可得-mln x≥-x,即m≤. 記(x)=,則f(x)≥h(x)在(1,+∞)上恒成立等價于m≤(x)min,x∈(1,+∞). 求得′(x)=,當x∈(1,e)時,′(x)<0; 當x∈(e,+∞)時,′(x)>0, 故(x)在x=e處取得極小值,也是最小值, 即(x)min=(e)=e,故m≤e. (2)函數k(x)=f(x)-h(x)在[1,3]上恰有兩個不同的零點等價于方程x-2ln x=a在[1,3]上恰有兩個相異實根. 令g(x)=x-2ln x,則g′(x)=1-. 當x∈[1,2)時,g′(x)

12、<0; 當x∈(2,3]時,g′(x)>0. 所以g(x)在[1,2]上是單調遞減函數,在(2,3]上是單調遞增函數. 故g(x)min=g(2)=2-2ln 2,又g(1)=1,g(3)=3-2ln 3, g(1)>g(3), 所以只需g(2)0,由f′(x)>0可得2x2-m>0

13、,解得x>或x<-(舍去). 故m>0時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(,+∞),單調遞減區(qū)間為(0,), 而h(x)在(0,+∞)上的單調遞減區(qū)間是(0,),單調遞增區(qū)間是(, +∞), 故只需=,解得m=. 即當m=時,函數f(x)和函數h(x)在其公共定義域上具有相同的單 調性. 定積分 8.(xx江西卷)若f(x)=x2+2f(x)dx,則f(x)dx等于(　B　) (A)-1 (B)- (C) (D)1 解析:因為f(x)dx是常數, 所以f′(x)=2x, 所以可設f(x)=x2+c(c為常數), 所以x2+c=x2+2(x3+cx)|, 解得c=-,

14、 f(x)dx=(x2+c)dx =(x2-)dx =(x3-x)| =-. 故選B. 9.(xx福建卷)如圖,點A的坐標為(1,0),點C的坐標為(2,4),函數f(x)=x2.若在矩形ABCD內隨機取一點,則此點取自陰影部分的概率等于　　　　.? 解析:由題圖可知陰影部分的面積 S陰影=S矩形ABCD-x2dx =1×4-| =4-(-)=, 則所求事件的概率P===. 答案: 一、選擇題 1.(xx潮州二模)已知奇函數y=f(x)的導函數f′(x)<0在R上恒成立,且x,y滿足不等式f(x2-2x)+f(y2-2y)≥0,則的取值范圍是(　A　) (A)[

15、0,2] (B)[0,] (C)[1,2] (D)[,2] 解析:因為函數y=f(x)為奇函數,所以f(x2-2x)+f(y2-2y)≥0?f(x2-2x)≥f(2y-y2). 由函數y=f(x)的導函數f′(x)<0在R上恒成立知函數y=f(x)為減 函數, 所以x2-2x≤2y-y2,即(x-1)2+(y-1)2≤2, 所以滿足該不等式的點(x,y)在以(1,1)為圓心,半徑為的圓及圓 內部, 所以點(x,y)到原點的最小距離為0,最大距離為2, 所以的取值范圍是[0,2].故選A. 2.(xx黃岡三模)已知函數f(x)=a(x-)-2ln x(a∈R),g(x)

16、=-,若至少存在一個x0∈[1,e],使得f(x0)>g(x0)成立,則實數a的范圍為(　D　) (A)[1,+∞) (B)(1,+∞) (C)[0,+∞) (D)(0,+∞) 解析:設h(x)=f(x)-g(x)=ax-2ln x,則h′(x)=a-. 若a≤0,則h′(x)<0,h(x)是減函數,在[1,e]上的最大值為h(1)= a≤0, 所以不存在x0∈[1,e],使得h(x0)>0,即f(x0)>g(x0)成立; 若a>0,則由h(1)=a>0知,總存在x0=1使得f(x0)>g(x0)成立. 故實數a的范圍為(0,+∞). 3.已知函數f(x)=(x2-2x)ex

17、,x∈[-2,+∞),f′(x)是函數f(x)的導函數,且f′(x)有兩個零點x1和x2(x10得-2; 由f′(x)<0得-

18、f()=(2-2),所以f(x)的最小值為f(),即f(x2). 4.設函數f(x)滿足x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,則x>0時,f(x)(　D　) (A)有極大值,無極小值 (B)有極小值,無極大值 (C)既有極大值又有極小值 (D)既無極大值也無極小值 解析:由題知[f(x)·x2]′=>0, 令g(x)=f(x)·x2,則f(x)=, f′(x)==. 令m(x)=ex-2g(x), m′(x)=ex-2g′(x)=ex-2· =ex(1-)=ex·. 則x>2時,m′(x)>0,m(x)為增函數, 0

19、. 所以m(x)≥m(2)=e2-2×f(2)×4=e2-e2=0, 所以f′(x)≥0,即x>0時,f(x)為增函數. 則函數f(x)無極大值也無極小值.故選D. 5.已知函數f(x)=(a∈R),若對于任意的x∈N*,f(x)≥3恒成立,則a的最小值等于(　A　) (A)- (B)-3 (C)-4+3 (D)-6 解析:x∈N*時,不等式f(x)≥3可化為a≥-x-+3,設h(x)=-x-+3,則 h′(x)=-1+=,當x∈(0,2)時,h′(x)>0,當x∈(2,+∞)時, h′(x)<0,所以x∈N*時,h(x)max=max{h(2),h(3)}=-,所以x

20、∈N*,f(x)≥3恒成立,只需a≥-即可. 6.(xx開封模擬)已知函數f(x)=ex-mx+1的圖象為曲線C,若曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則實數m的取值范圍是(　B　) (A)(-∞,) (B)(,+∞) (C)(,e) (D)(e,+∞) 解析:函數的f(x)的導數f′(x)=ex-m, 曲線C存在與直線y=ex垂直的切線,則切線斜率k=ex-m滿足(ex-m)e=-1, 即ex-m=-有解, 即m=ex+有解. 因為ex+>, 所以m>,故選B. 7.已知函數f(x)的定義域為[-1,5],部分對應值如表. x -1 0 4 5 f(x)

21、 1 2 2 1 f(x)的導函數y=f′(x)的圖象如圖所示. 下列關于函數f(x)的命題: ①函數y=f(x)是周期函數; ②函數f(x)在[0,2]是減函數; ③如果當x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,那么t的最大值為4; ④當1

22、也滿足x∈[-1,t]時,f(x)的最大值是2,故③為假命題; 無法確定f(2)與1的大小關系,故④為假命題.故選D. 8.(xx湖南卷)已知函數f(x)=sin(x-),且f(x)dx=0,則函數f(x)的圖象的一條對稱軸是(　A　) (A)x= (B)x= (C)x= (D)x= 解析:由定積分sin(x-)dx=-cos(x-)|=cos -sin +cos =0,得tan =,所以=+kπ(k∈Z),所以f(x)=sin(x--kπ)(k∈Z),由正弦函數的性質知y=sin(x--kπ)與y=sin(x-)的圖象的對稱軸相同,令x-=nπ+,則x=nπ+(n∈Z),所以函數f(

23、x)的圖象的對稱軸為x=nπ+π(n∈Z),當n=0,得x=,故選A. 9.(xx蘭州高三診斷)已知定義在R上的可導函數f(x)的導函數為f′(x),滿足f′(x)

24、R), 所以函數g(x)在定義域上單調遞減, 因為f(x)0,故選B. 10.(xx贛州高三摸底)已知函數f(x)=(a-3)x-ax3在[-1,1]的最小值為-3,則實數a的取值范圍是(　D　) (A)(-∞,-1] (B)[12,+∞) (C)[-1,12] (D)[-,12] 解析:當a=0時,f(x)=-3x,x∈[-1,1],顯然滿足,故排除A,B;當a=-時,f(x)=x3-x,f′(x)=x2-=(x2-1),所以f(x)在[-1,1]上遞減,所以f(x)min=f(1)

25、=-=-3,滿足條件,排除C,故選D. 11.(xx湖北卷)若函數f(x),g(x)滿足f(x)g(x)dx=0,則稱f(x),g(x)為區(qū)間[-1,1]上的一組正交函數.給出三組函數:①f(x)=sinx,g(x)=cos x;②f(x)=x+1,g(x)=x-1;③f(x)=x,g(x)=x2. 其中為區(qū)間[-1,1]上的正交函數的組數是(　C　) (A)0 (B)1 (C)2 (D)3 解析:對于①,sin xcos xdx=sin xdx=0,所以①是區(qū)間[-1,1]上的正交函數;對于②,(x+1)(x-1)dx=(x2-1)dx≠0,所以②不是區(qū)間[-1,1]上的正交函數;對

26、于③,x·x2dx=x3dx=0,所以③是區(qū)間[-1,1]上的正交函數.故選C. 12.(xx河北唐山市期末)設函數f(x)=ax3-x+1(x∈R),若對于任意x∈[-1,1]都有f(x)≥0,則實數a的取值范圍為(　C　) (A)(-∞,2] (B)[0,+∞) (C)[0,2] (D)[1,2] 解析:函數f(x)=ax3-x+1(x∈R),f′(x)=3ax2-1, 當a<0時,f′(x)=3ax2-1<0,f(x)在[-1,1]上單調遞減,f(x)min=f(1)=a<0不符合題意; 當a=0時,f(x)=-x+1,f(x)在[-1,1]上單調遞減, f(x)mi

27、n=f(1)=0符合題意; 當a>0時,f′(x)=3ax2-1≥0, 所以x≥或x≤-, 當0<<1時, 即a>,f(x)在[-1,-]上單調遞增,在[-,]上單調遞減,在(,1]上單調遞增, 所以 所以 所以0符合題意; 綜上可得0≤a≤2. 二、填空題 13.(xx江西鷹潭一模)定義在R上的可導函數f(x),已知y=ef′(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的增區(qū)間是　　　　.? 解析:由題意如圖f′(x)≥0的區(qū)間是(-∞,2), 故函數y=f(x)的增

28、區(qū)間是(-∞,2), 答案:(-∞,2) 14.(xx九江一模)已知函數f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在區(qū)間[,2]上是增函數,則實數a的取值范圍是　　　　.? 解析:因為f(x)在區(qū)間[,2]上是增函數, 所以f′(x)=x+2a-≥0在[,2]上恒成立, 即2a≥-x+在[,2]上恒成立, 令g(x)=-x+, 因為g(x)在[,2]上是減函數, 所以g(x)max=g()=, 所以2a≥即a≥. 答案:[,+∞) 15.(xx云南二模)已知e是自然對數的底數,函數f(x)=(x2+ax-2)ex在區(qū)間(-3,-2)內單調遞減,則實數a的取值范圍為　　　

29、　.? 解析:由f(x)=(x2+ax-2)ex,得 f′(x)=[x2+(a+2)x+a-2]ex, 令g(x)=x2+(a+2)x+a-2, 因為Δ=(a+2)2-4(a-2)=a2+12>0, 所以g(x)有兩個不相等的實數根, 要使f(x)在[-3,-2]上單調遞減, 必須滿足 即解得a≥. 答案:[,+∞) 利用導數研究函數的單調性與極值、最值 訓練提示:(1)利用導數研究函數的單調性時不要忽視函數的定義域; (2)函數y=f(x)在區(qū)間上單調遞增不等價于f′(x)≥0.一般來說,已知函數y=f(x)的單調遞增區(qū)間,可以得到f′(x)≥0(有等號);求函數

30、y=f(x)的單調遞增區(qū)間,解f′(x)>0(沒有等號)和確定定義域; (3)f′(x0)=0是函數y=f(x)在x=x0處取得極值的必要不充分條件,而不是充要條件; (4)不能將極值點與極值混為一談.函數有大于零的極值點,指的是極值點的橫坐標大于零;函數有大于零的極值,指的是極值點的縱坐標大于零; (5)在求實際問題的最值時,一定要考慮實際問題的意義,不符合的值應舍去. 1.(xx柳州市、北海市、欽州市模擬)設函數f(x)=-x3+2ax2-3a2x+1,0

31、函數f(x)的導函數),試確定實數a的取值范圍. 解:(1)因為f′(x)=-x2+4ax-3a2,且00時,得a3a; 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(a,3a); f(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,a)和(3a,+∞). 故當x=3a時,f(x)有極大值,其極大值為f(3a)=1. (2)因為f′(x)=-x2+4ax-3a2=-(x-2a)2+a2, 當02a, 所以f′(x)在區(qū)間[1-a,1+a]內單調遞減. 所以[f′(x)]max=f′(1-a)=-8a2+6a-1, [

32、f′(x)]min=f′(1+a)=2a-1. 因為-a≤f′(x)≤a, 所以 此時,a∈. 當≤a<1時,[f′(x)]max=f′(2a)=a2. [f′(x)]min=min{f′(1-a),f′(1+a)}, 因為-a≤f′(x)≤a, 所以 即 此時,≤a≤. 綜上可知,實數a的取值范圍為[,]. 2.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數f(x)=x-aln x,g(x)=-(a∈R). (1)當a=1時,求曲線f(x)在x=1處的切線方程; (2)設函數h(x)=f(x)-g(x),求函數h(x)的單調區(qū)間; (3)若在[1,e](e=2.718…)上

33、存在一點x0,使得f(x0)0時,即a>-1時,在(0,1+a)上,h′(x)<0, 在(1+a,+∞)上h′(x)>0, 所以h(x)在(0,1+a)上單調遞減, 在(1+a,+∞)上單調遞增; ②當a+1≤0,即a≤-1時,在(0,+∞)上h′(x)>0, 所以函數h(

34、x)在(0,+∞)上單調遞增. 綜上a>-1時,h(x)的單調減區(qū)間為(0,1+a),單調增區(qū)間為(1+a, +∞); a≤-1時h(x)的單調增區(qū)間為(0,+∞),無單調減區(qū)間. (3)在[1,e]上存在一點x0,使得f(x0). 因為>e-1,所以a>. ②當a+1≤1,即a≤0時,h(x)在

35、[1,e]上單調遞增, 所以h(x)的最小值為h(1), 由h(1)=1+1+a<0可得a<-2; ③當12, 此時不存在x0使h(x0)<0成立. 綜上可得所求a的取值范圍是(-∞,-2)∪(,+∞). 【教師備用】 (xx東北三省四市聯(lián)考)已知函數f(x)=alnx-ax-3(a≠0). (1)討論f(x)的單調性; (2)若f(x)+(a+1)x+4-e≤0對任意x∈[

36、e,e2]恒成立,求實數a的取值范圍(e為自然常數); (3)求證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2ln n!(n≥2,n∈N*). (1)解:f′(x)=(x>0), 當a>0時,f(x)的單調增區(qū)間為(0,1],單調減區(qū)間為[1,+∞); 當a<0時,f(x)的單調增區(qū)間為[1,+∞),單調減區(qū)間為(0,1]. (2)解:令F(x)=aln x-ax-3+ax+x+4-e=aln x+x+1-e,F′(x)==0, 若-a≤e,a≥-e,F(x)在[e,e2]上是增函數, F(x)max=F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤

37、,無解; 若e<-a≤e2,-e2≤a<-e, F(x)在[e,-a]上是減函數,在[-a,e2]上是增函數, F(e)=a+1≤0,a≤-1. F(e2)=2a+e2-e+1≤0,a≤. 所以-e2≤a≤, 若-a>e2,a<-e2, F(x)在[e,e2]上是減函數, F(x)max=F(e)=a+1≤0,a≤-1,所以a<-e2, 綜上所述a≤. (3)證明:令a=-1,f(x)=-ln x+x-3, 所以f(1)=-2, 由(1)知f(x)=-ln x+x-3在(1,+∞)上單調遞增, 所以當x∈(1,+∞)時f(x)>f(1), 即-ln x+x-1>0,

38、 所以ln x1, 則有l(wèi)n(+1)<<=-, 要證ln(22+1)+ln(32+1)+ln(42+1)+…+ln(n2+1)<1+2ln n!(n≥2, n∈N*), 只需證ln(+1)+ln(+1)+ln(+1)+…+ln(+1)<1(n≥2,n∈N*), ln(+1)+ln(+1)+ln(+1)+…+ln(+1), <(1-)+(-)+(-)+…+(-) =1-<1. 所以原不等式成立. 類型:利用導數研究函數的單調性與極值、最值 1.設函數f(x)=a(x+1)2ln(x+1)+bx

39、(x>-1),曲線y=f(x)過點(e-1,e2-e+1),且在點(0,0)處的切線方程為y=0. (1)求a,b的值; (2)證明:當x≥0時,f(x)≥x2; (3)若當x≥0時,f(x)≥mx2恒成立,求實數m的取值范圍. (1)解:f′(x)=2a(x+1)ln(x+1)+a(x+1)+b, 因為f′(0)=a+b=0, f(e-1)=ae2+b(e-1) =a(e2-e+1) =e2-e+1, 所以a=1,b=-1. (2)證明:f(x)=(x+1)2ln(x+1)-x, 設g(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-x2(x≥0), 則m(x)=g′(x)=2

40、(x+1)ln(x+1)-x, m′(x)=2ln(x+1)+1>0, 所以m(x)在[0,+∞)上單調遞增, 所以m(x)≥m(0)=0, 所以g(x)在[0,+∞)上單調遞增, 所以g(x)≥g(0)=0. 所以f(x)≥x2. (3)解:設h(x)=(x+1)2ln(x+1)-x-mx2, h′(x)=2(x+1)ln(x+1)+x-2mx, 由(2)知(x+1)2ln(x+1)≥x2+x=x(x+1), 所以(x+1)ln(x+1)≥x, 所以h′(x)≥3x-2mx, ①當3-2m≥0即m≤時,h′(x)≥0, 所以h(x)在[0,+∞)上單調遞增,所以h(

41、x)≥h(0)=0,成立. ②當3-2m<0即m>時, n(x)=h′(x)=2(x+1)ln(x+1)-(1-2m)x, n′(x)=2ln(x+1)+3-2m, 令n′(x)=0,得x0=-1>0, 所以n(x)在[0,x0)上單調遞減. 當x∈[0,x0)時,n(x)

42、1,+∞)時,不等式f(x)≤x-1恒成立,求a的取值范圍. 解:(1)f′(x)=2ax-2a+, 由題知f′(1)=b=1,即f(x)=a(x-1)2+ln x, f′(x)=2ax-2a+=, 由f(x)在[2,+∞)上為減函數,則f′(x)≤0在[2,+∞)上恒成立, 即2ax2-2ax+1≤0在[2,+∞)上恒成立, 2a≤=-, 所以a的取值范圍是(-∞,-]. (2)令g(x)=f(x)-x+1=a(x-1)2+ln x-x+1, 則g(x)≤0在[1,+∞)上恒成立, g′(x)=2ax-2a+-1=, 當a≤0即2a≤0時,g′(x)≤0,g(x)在[1

43、,+∞)上單調遞減,則g(x)≤g(1)=0,符合題意; 當a≥即0<≤1時,g′(x)≥0,g(x)在[1,+∞)上單調遞增,則當x>1時,g(x)>g(1)=0,矛盾; 當01時,g(x)在[1,)上單調遞減,(,+∞)上單調遞增,而g(+1)=ln(+1)>0,矛盾; 綜上,a的取值范圍是(-∞,0]. 2.已知函數f(x)=b(x+1)ln x-x+1,斜率為1的直線與函數f(x)的圖象相切于(1,0)點. (1)求h(x)=f(x)-xln x的單調區(qū)間; (2)當實數0

44、知f′(x)=b(ln x+)-1,f′(1)=2b-1=1,b=1,h(x)=f(x)-xln x=ln x-x+1, h′(x)=-1, 令h′(x)=-1>0,解得01.所以h(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1),單調遞減區(qū)間為(1,+∞). (2)g(x)=f(x)-(a+x)ln x+ax2 =(1-a)ln x+ax2-x+1, 所以g′(x)=+ax-1= = =, 由g′(x)=0得x1=-1,x2=1. ①若0<-1<1,a>0即

45、x2,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 此時g(x)的極小值點為x=1,極大值點為x=-1. ②若-1=1,a>0即a=,x1=x2=1, 則g′(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上單調遞增,無極值點. ③若-1>1,a>0即0x2=1, x (0,x2) x2 (x2,x1) x1 (x1,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 此時g(x)的極大值點為x=1,極小值點x=-1. 綜上所述,當

46、=1, 極大值點為x=-1; 當a=時,g(x)無極值點; 當0

47、=5, 又因為切線過(1,-3),所以切線方程為5x-y-8=0. (2)f(x)的定義域為(0,+∞). f′(x)=1++=, 令g(x)=x2+cx+4,其判別式Δ=c2-16. ①當-4≤c≤4時,Δ=c2-16≤0,g(x)≥0恒成立, 故f(x)在(0,+∞)上單調遞增. ②當c>4時,Δ=c2-16>0,g(x)=0的兩根都小于0,在(0,+∞)上,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增. ③當c<-4時,Δ=c2-16>0,g(x)=0的兩根 x1=∈(0,2),x2=>2. 當00; 當x1

48、0; 當x>x2時,f′(x)>0,故f(x)分別在(0,x1),(x2,+∞)上單調遞增,在(x1,x2)上單調遞減. (3)由(2)可知:當c<-4時,f(x)在(0,+∞)上有兩個極值點x1,x2,因為f(x1)-f(x2)=(x1-x2)++c(ln x1-ln x2), 所以k==1++c, 由(2)可知:x1x2=4,于是k==2+c, 若存在c,使得k=2+c,則=1, 即ln x1-ln x2=x1-x2, 即x2--2ln x2+ln 4=0(x2>2) (*) 設函數h(t)=t--2ln t+ln 4(t>2), 當t>2時,h′(t)=1+-==>0, 所以h(t)在(2,+∞)上單調遞增, 而x2>2, 所以x2--2ln x2+ln 4>2--2ln 2+ln 4=0, 這與(*)式矛盾.故不存在c,使得k=2+c.