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高中数学导函数例题及答案
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肖博数学大题专练(二十) 函数与导数
A 级 基础达标
1．(2017·北京高考)已知函数 f(x)＝e
x
cosx－x。
(1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数 f(x)在区间
0，
π
2 上的最大值和最小值。
解 (1)因为 f(x)＝e
x
cosx－x，所以 f′(x)＝e
x
(cosx－sinx)－1，f′(0)
＝0。又因为 f(0)＝1，所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y
＝1。
(2)设 h(x)＝e
x
(cosx－sinx)－1，则 h′(x)＝e
x
(cosx－sinx－sinx－
cosx)＝－2ex
sinx。当 x∈
0，
π
2 时，h′(x)<0，所以 h(x)在区间
0，
π
2 上
单调递减。所以对任意 x∈
0，
π
2 有 h(x)<h(0)＝0，即 f′(x)<0。所以
函数 f(x)在区间
0，
π
2 上单调递减。因此 f(x)在区间
0，
π
2 上的最大值
为 f(0)＝1，最小值为 f
π
2 ＝－
π
2。
2．(2017·大连模拟)已知函数 f(x)＝ln(x－1)＋
ax
x＋1
(a∈R)。
(1)若函数 f(x)在区间(1,4)上单调递增，求 a 的取值范围；
(2)若函数 y＝f(x)的图象与直线 4x－3y－2＝0 相切，求 a 的值。
解 (1)函数 f(x)＝ln(x－1)＋
ax
x＋1
(x>1)，
则 f′(x)＝
1
x－1
＋
ax＋a－ax
(x＋1)
2 ＝
1
x－1
＋
a
(x＋1)
2，
∵函数 f(x)在区间(1,4)上单调递增，
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
，则 g′(x)＝－
(x＋1)(x－3)
(1－x)
2 。
当 x∈(1,3)时，g′(x)>0，当 x∈(3,4)时，g′(x)<0。
∴g(x)在(1,3)上为单调递增函数，在(3,4)上为单调递减函数，
∴g(x)max＝g(3)＝－8。
则 a≥－8；
(2)设切点坐标为(x0，y0)，则 f′(x0)＝
1
x0－1
＋
a
(x0＋1)
2，则 1
x0－1
＋
a
(x0＋1)
2＝
4
3 ①
f(x0)＝ln(x0－1)＋
ax0
x0＋1
＝
4x0
3 －
2
3，②
联立①②解得：x0＝2，a＝3。
3．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝e
x
(ex－a)－a
2
x。
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围。
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－ae
x－a
2＝(2ex＋a)(ex－a)。
①若 a＝0，则 f(x)＝e
2x，在(－∞，＋∞)上单调递增。
②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝lna。
当 x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；
3
当 x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0。
故 f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增。
③若 a<0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln
－
a
2 。
当 x∈
－∞，ln
－
a
2 时，f′(x)<0；
当 x∈
ln
－
a
2 ，＋∞ 时，f′(x)>0。
故 f(x)在
－∞，ln
－
a
2 上单调递减，
在
ln
－
a
2 ，＋∞ 上单调递增。
(2)①若 a＝0，则 f(x)＝e
2x，所以 f(x)≥0。
②若 a>0，则由(1)得，当 x＝lna 时，f(x)取得最小值，最小值为
f(lna)＝－a
2
lna。从而当且仅当－a
2
lna≥0，
即 0<a≤1 时，f(x)≥0。
③若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln
－
a
2 时，f(x)取得最小值，最小值
为 f
ln
－
a
2 ＝a
2
3
4－ln
－
a
2 。
从而当且仅当 a
2
3
4－ln
－
a
2 ≥0，
即 a≥－2e
3
4时 f(x)≥0，∴－2e
3
4≤a<0。
综上，a 的取值范围是[－2e
3
4，1]。
4．(2017·陕西省教学质量检测(一))已知函数 f(x)＝ln(x＋1)＋
ax
x＋1
(a∈R)。
(1)当 a＝1 时，求 f(x)的图象在 x＝0 处的切线方程；
4
(2)当 a<0 时，求 f(x)的极值；
(3)求证：ln(n＋1)> 1
2
2＋
2
3
2＋…＋
n－1
n
2 (n∈N*
)。
解 (1)当 a＝1 时，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，
∴所求切线方程为 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，∴当 x∈(－1，－a－1)时，f′(x)<0，
当 x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数 f(x)的极小值为 f(－a－1)＝a＋1＋ln(－a)，无极大值。
(3)证明：由(2)知，取 a＝－1，由 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，
单调递减区间为(－1,0)可知，f(x)＝ln(x＋1)－
x
x＋1
≥f(0)＝0。
当 x>0 时，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 级 能力提升
5．(2017·江西南昌一模)已知函数 f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2
(x>0，
a∈R，e 是自然对数的底数)。
(1)若 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数 a 的取值范围；
(2)当 a∈
0，
1
2 时，证明：函数 f(x)有最小值，并求函数 f(x)的最
小值的取值范围。
解 (1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)ex＋2a(x＋2)，
依题意，当 x>0 时，函数 f′(x)≥0 恒成立，即 a≥－
(x－1)e
x
x＋2
恒成立，
记 g(x)＝－
(x－1)e
x
x＋2
，则 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，＋∞)上单调递减，所以 g(x)<g(0)＝
1
2，所以 a≥
1
2。
(2)因为[f′(x)]′＝2xe
x＋2a>0，所以 y＝f′(x)是(0，＋∞)上的
增函数，又 f′(0)＝4a－2<0，f′(1)＝6a>0，所以存在 t∈(0,1)使得 f′(t)
＝0，
又当 x∈(0，t)时，f′(x)<0，
当 x∈(t，＋∞)时，f′(x)>0，
所以当 x＝t 时，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
则 f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et＝e
t
(－t
2＋t－2)，t∈
(0,1)。
记 h(t)＝e
t
(－t
2＋t－2)，则 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)的最小值的取值范围是(－2e，－2)。
6．(2017·安徽二模)已知函数 f(x)＝(ax－2)ex在 x＝1 处取得极值。
(1)求 a 的值；
(2)求函数 f(x)在[m，m＋1]上的最小值；
(3)求证：对任意 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。
所以函数 f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增。
①当 m≥1 时，f(x)在[m，m＋1]上单调递增，f(x)min＝f(m)＝(m－
2)em；
②当 0<m<1 时，m<1<m＋1，f(x)在[m,1]上单调递减，在[1，m＋
1]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－e；
③当 m≤0 时，m＋1≤1，f(x)在[m，m＋1]上单调递减，f(x)min
＝f(m＋1)＝(m－1)em＋1。
综上，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)证明：由(2)知 f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝(x－1)ex。
令 f′(x)＝0，得 x＝1。
因为 f(0)＝－2，f(1)＝－e，f(2)＝0，
所以 x∈[0,2]时，f(x)max＝0，f(x)min＝－e。
所以对任意 x1，x2∈[0,2]，都有
|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝e。
,
