《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 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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 文（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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 文 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 導數的幾何意義及導數的運算 1.(xx河南洛陽市統(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P點,若l⊥m,則P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P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P點不在函數圖象上

2、,因此選擇B. 2.(xx江蘇卷)在平面直角坐標系xOy中,若曲線y=ax2+(a,b為常數)過點P(2, -5),且該曲線在點P處的切線與直線7x+2y+3=0平行,則a+b的值是　　 　. 解析:易知y′=2ax-. 根據題意有解得故a+b=-3. 答案:-3 3.(xx吉林實驗中學二模)已知函數f(x)=2aex(a>0,e為自然對數的底數)的圖象與直線x=0的交點為M,函數g(x)=ln(a>0)的圖象與直線y=0的交點為N,|MN|恰好是點M到函數g(x)=ln(a>0)圖象上任意一點的線段長的最小值,則實數a的值是　　　　.? 解析:由已知得M(0,2a),N(a,

3、0),因為g′(x)=,則g(x)在x=a處的切線斜率為,若|MN|恰好是點M到函數g(x)=ln(a>0)圖象上任意一點的線段長的最小值,則×=-1,解得a=2. 答案:2 利用導數研究函數的單調性 4.(xx遼寧沈陽市質量監(jiān)測一)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

4、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,+∞). 5.(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)

5、 所以f(x)的圖象關于x=2對稱, 所以f(4)=f(0)=1. 設g(x)=(x∈R), 則g′(x)==. 又因為f′(x)0.故選B. 6.(xx貴州適應性考試)設函數f(x)=ax-sin x,x∈[0,π], (1)當a=時,求f(x)的單調區(qū)間; (2)若不等式f(x)≤1-cos x恒成立,求實數a的取值范圍. 解:(1)當a=時,f′(x)=-cos x, 由f′(

6、x)>0得

7、 x+sin x-ax≥0成立. ②若a≥時,g′(x)≤0,g(x)在x∈[0,π]上是減函數; 此時,g(x)≤g(0)=0,1-cos x+sin x-ax≥0不恒成立; ③若10,可知存在x0∈(0, ),使得g′(x0)=0. 當x∈(0,x0)時,g′(x)<0,g(x)是減函數, 有g(x)0,

8、g(x)是增函數; 當x∈(x1,π)時,g′(x)<0,g(x)是減函數, 要使1-cos x+sin x-ax≥0在x∈[0,π]上恒成立, 當且僅當得-11,存在實數a,b滿足01時函數f(x)>g(x)恒成立,即等價于>?k<(x>1). 令h(x)=,h′(x)=. 令h′(x)==0, 即有l(wèi)n

9、 x=x-2,注意到ln 3>3-2;ln 4<4-2, 故存在x0∈(3,4),使得當x∈(1,x0)時h′(x)<0; 當x∈(x0,+∞)時h′(x)>0. 故當x=x0時函數h(x)=有極小值也是最小值 h(x0)= = =x0, 所以k≤x0,所以k≤3即k的最大值為3. 答案:3 8.(xx黑龍江大慶二模)已知函數f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值. (1)求a的值; (2)求函數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)=aex+(ax-2)ex=(

10、ax+a-2)ex, 由已知得f′(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1, 驗證知,當a=1時,在x=1處函數f(x)=(x-2)ex取得極小值,所以a=1; (2)f(x)=(x-2)ex, f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex. x (-∞,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 減 增 所以函數f(x)在(-∞,1)上遞減,在(1,+∞)上遞增. 當m≥1時,f(x)在[m,m+1]上單調遞增, f(x)min=f(m)=(m-2)em. 當0

11、1,m+1]上單調遞增,f(x)min=f(1)=-e. 當m≤0時,m+1≤1,f(x)在[m,m+1]單調遞減, f(x)min=f(m+1)=(m-1)em+1. 綜上,f(x)在[m,m+1]上的最小值 f(x)min= (3)由(1)知f(x)=(x-2)ex, f′(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex. 令f′(x)=0得x=1, 因為f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0, 所以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. 　　　　

12、 　　　　　　　 　　　　　　 　　 一、選擇題 1.(xx黑龍江大慶二模)已知函數f(x)=x3-2x2+3x+,則與f(x)圖象相切的斜率最小的切線方程為(　B　) (A)2x-y-3=0 (B)x+y-3=0 (C)x-y-3=0 (D)2x+y-3=0 解析:f′(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1. 因為當x=2時,f′(x)取到最小值為-1. 所以f(x)=x3-2x2+3x+的切線中, 斜率最小的切線方程的斜率為-1 因為f(2)=1,所以切點坐標為(2,1), 所以切線方程為y-1=-(x-2), 即x+y-3=0. 2.(xx岳陽模擬)若f(x)=

13、x3+x2+4x-1,其中θ∈[0,],則導數f′(-1)的取值范圍是(　A　) (A)[3,6] (B)[3,4+] (C)[4-,6] (D)[4-,4+] 解析:因為f′(x)=sin θ x2+cos θ x+4, 所以f′(-1)=sin θ-cos θ+4=2sin (θ-)+4. 又θ∈[0, ],所以2sin(θ-)∈[-1,2], 故f′(-1)∈[3,6].故選A. 3.(xx內江模擬)已知函數f(x)=x3-x2+cx+d有極值,則實數c的取值范圍為(　A　) (A)c< (B)c≤ (C)c≥ (D)c> 解析:由題意知f′(x)=x2-x+c.

14、 因為函數f(x)有極值,所以Δ=1-4c>0,解得c<. 故選A. 4.(xx廣東潮州市二模)已知奇函數y=f(x)的導函數f′(x)<0在R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)[0,2] (B)[0,] (C)[1,2] (D)[,2] 解析:因為函數為奇函數,所以f(x2-2x)≥f(2y-y2). 由函數y=f(x)的導函數f′(x)<0在R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

15、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. 5.(xx廣東深圳五校聯(lián)考)已知函數f(x)是定義在R上的奇函數,f(1)=0,當x>0時,有xf′(x)-f(x)>0成立,則不等式f(x)>0的解集是(　A　) (A)(-1,0)∪(1,+∞) (B)(-1,0) (C)(1,+∞) (D)(-∞,-1)∪(1,+∞) 解析:構造函數h(x)=,x>0, 則h′(x)=>0,x>0, 所以h(x)是(0,+∞)上過點(1,0)的增函數. 所以當x∈(0,1)時<0,從而得f(x)<0; 當x∈(1,+

16、∞)時>0,從而得f(x)>0. 由于函數f(x)是定義在R上的奇函數, 所以不等式f(x)>0的解集為(-1,0)∪(1,+∞),故選A. 6.(xx黃岡市三模)已知函數f(x)=a(x-)-2ln x(a∈R),g(x)=-,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

17、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,+∞). 7.(xx貴州遵義市第二次聯(lián)考)已知函數f(x)=x3-6x2+9x-abc,其中00 (B)f(0)f(1)f(3)>0 (C)f(0)f(1)f(3)<0 (D)f(1)f(3)>0 解析:f′(x)=3x2-12x+9, 由f′(x)=0得x1=3,x2=1. 又因為f(

18、a)=f(b)=f(c)=0,00,f(3)<0,f(0)f(1)f(3)>0. 8.(xx江西贛州高三摸底)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a=0,排除A,B; 當a=-時,f(x)=x3-x, f′(x)=x2-=(x2-1), 所以f(x)在[-1,1]上

19、遞減, 所以f(x)min=f(1)=-=-3,滿足條件,排除C, 故選D. 9.(xx鄂爾多斯市模擬)已知函數f(x)=(x2-2x)ex,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-

20、數f(x)=(x2-2x)ex, 在(-2,-)和(,+∞)單調遞增,在(-,)單調遞減,又因為f(-2)=8e-2>f()=(2-2), 所以f(x)的最小值為f(),即f(x2). 10.(xx邢臺市二模)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

21、={h(2),h(3)}max=-,所以x∈N*,f(x)≥3恒成立,只需a≥-即可. 11.(xx東北三省三校第一次聯(lián)合模擬)若函數f(x)=2x3-3mx2+6x在區(qū)間(2, +∞)上為增函數,則實數m的取值范圍是(　D　) (A)(-∞,2) (B)(-∞,2] (C) (-∞, ) (D) (-∞, ] 解析:f′(x)=6x2-6mx+6, 所以當Δ=(6m)2-4×6×6<0,即-20恒成立,此時f(x)在R上為增函數,符合條件; 當m≤-2或m≥2時,由6x2-6mx+6>0,得(x-)2>,即x>+或x<-+. 又因為f(x)在區(qū)間(

22、2,+∞)上為增函數, 所以+≤2,解得m≤-2或2≤m≤. 綜上得,m≤.故選D. 12.(xx吉林實驗中學二模)設f(x)=x3+bx2+cx+d,又k是一個常數,已知當k<0或k>4時,f(x)-k=0只有一個實根;當0

23、 解析:由題意可知函數的示意圖如圖, 則函數f(x)的極大值為4,極小值為0, 所以當f(a)=4或f(a)=0時對應的f′(a)=0, 則①②正確.f(x)+3=0的實根小于f(x)-1=0的實根, 所以③不正確; f(x)+5=0的實根小于f(x)-2=0的實根,所以④正確. 故選D. 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)的增區(qū)間為(-∞,2). 答案:(-∞,2) 14.(xx丹

24、東二模)已知函數f(x)=x3+ax2+b2x,若a是從1,2,3三個數中任取的一個數,b是從0,1,2三個數中任取的一個數,則使函數f(x)有兩個極值點的概率為　　　　.? 解析:因為函數f(x)=x3+ax2+b2x有兩個極值點, 所以f′(x)=x2+2ax+b2有兩個不同的根. 即判別式Δ=4a2-4b2>0, 即當a>b,該函數有兩個極值點, a是從1,2,3三個數中任取的一個數,b是從0,1,2三個數中任取的一個數的基本事件有9種,滿足a>b的基本事件有(1,0),(2,0),(2,1),(3,0),(3,1),(3,2)共6種,故函數有兩個極值點的概率為P==. 答案

25、: 15.(xx武漢模擬)若函數f(x)=-ln x在區(qū)間(2,+∞)上單調遞減,則實數k的取值范圍是　　　　.? 解析:因為f(x)=-ln x, 所以f′(x)=--=-, 函數f(x)=-ln x在區(qū)間(2,+∞)上單調遞減, 所以f′(x)=-≤0在x∈(2,+∞)上恒成立, 即在x∈(2,+∞)上,x+k≥0, 所以2+k≥0,所以k≥-2. 答案:[-2,+∞) 16.(xx荊門模擬)若函數f(x)=x2-ln x+1在其定義域內的一個子區(qū)間(a-1,a+1)內存在極值,則實數a的取值范圍是　　　　.? 解析:f(x)=x2-ln x+1的定義域為(0,+∞),

26、 f′(x)=2x-·=; 因為函數f(x)=x2-ln x+1在其定義域內的一個子區(qū)間(a-1,a+1)內存在極值, 所以f′(x)=2x-·=在區(qū)間(a-1,a+1)上有零點;而f′(x)=2x-·=的零點為,故∈(a-1,a+1),故a-1<0或f′(x)<0可解時,確定函數的定義域,解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調區(qū)

27、間. ②當方程f′(x)=0可解時,確定函數的定義域,解方程f′(x)=0,求出實數根,把函數f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和實根按從小到大的順序排列起來,把定義域分成若干個小區(qū)間,確定f′(x)在各個區(qū)間內的符號,從而確定單調區(qū)間. ③不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)=0均不可解時求導數并化簡,根據f′(x)的結構特征,選擇相應基本初等函數,利用其圖象與性質確定f′(x)的符號,得單調區(qū)間. (2)求函數f(x)極值的方法 ①確定函數f(x)的定義域. ②求導函數f′(x). ③求方程f′(x)=0的根. ④檢查f′(x)在方程的根的左右兩

28、側的符號,確定極值點.如果左正右負,那么f(x)在這個根處取得極大值,如果左負右正,那么f(x)在這個根處取得極小值,如果f′(x)在這個根的左右兩側符號不變,則f(x)在這個根處沒有極值. 1.(xx廣西柳州市、北海市、欽州市1月份模擬)設函數f(x)=-x3+2ax2-3a2x+1,00時,得a

29、x3a; 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, 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. 因為-a≤f′(x)≤a, 所以即

30、 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)=(a∈R) (1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x-y-1=0平行,求a的值; (2)在(1)條件下,求函數f(x)的單調區(qū)間和極值; (3)當a=1,且x≥1時,證明:f(x)≤1. (1)解:函數f(x)的定義域為{x|x>0}, 所以f′(x)=. 又曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x-y-1=0平行, 所以f′(1)=1-a=1,即a=0. (2)解:令f′(x)=0,得x=e, 當x變化時,f′(x),f(x)的變化

31、情況如下表: x (0,e) e (e,+∞) f′(x) + 0 - f(x) ↗ 極大值 ↘ 由表可知,f(x)的單調遞增區(qū)間是(0,e), 單調遞減區(qū)間是(e,+∞), 所以f(x)在x=e處取得極大值,f(x)極大值=f(e)=. (3)證明:當a=1時,f(x)=,由于x∈[1,+∞), 要證f(x)=≤1, 只需證明ln x+1≤x, 令h(x)=x-ln x-1,則h′(x)=1-=. 因為x≥1,所以h′(x)≥0,故h(x)在[1,+∞)上單調遞增, 當x≥1時,h(x)≥h(1)=0,即ln x+1≤x成立, 故當x≥1時,有

32、≤1,即f(x)≤1. 3.(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…)上存在x0,使得f(x0)

33、x)=1-- = =, ①當a+1>0,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(x)在(0,+∞)上單調遞增. (3)在[1,e]上存在x0,使得f(x0)

34、以h(x)的最小值為h(e), 由h(e)=e+-a<0可得a>, 因為>e-1,所以a>; ②當a+1≤1,即a≤0時,h(x)在[1,e]上單調遞增, 所以h(x)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的范圍是a>或a<-2. 4.(xx江西上饒三模)已知函數f(x)=(

35、mx+1)(ln x-3). (1)若m=1,求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程; (2)設點A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))滿足ln x1·ln 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)依題意得=(x1-m,f(x1)), =(x2-m,f(x2)). ·=(x1-m)(x2-m)+f(x1)f

36、(x2) =(x1-m)(x2-m)+(mx1+1)(lnx1-3)(mx2+1)(ln x2-3) =x1x2-m(x1+x2)+m2+[m2x1x2+m(x1+x2)+1][lnx1lnx2-3(lnx1+lnx2)+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(lnx-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

37、立, 設h(x)=x(ln x-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≤. 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 類型:利用導數研究函數的單調性、極值、最值問題 1.設函數f(x)=ax2ln x+b(x-1)(x>0),曲線y=f(x)過點(e,e2-e+1),且在點(1,0)處的切線方程為y=0. (1)求a,b的值; (2)證明:當x≥1時,f(x)≥(x-1)2; (3)若當x≥1時,f(x)≥m(x-1)2恒成立

38、,求實數m的取值范圍. 解:(1)f′(x)=2axln x+ax+b, 因為f′(1)=a+b=0, f(e)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)=e2-e+1 所以a=1,b=-1. (2)f(x)=x2ln x-x+1, 設g(x)=x2ln x+x-x2(x≥1),g′(x)=2xln x-x+1 (g′(x))′=2ln x+1>0,所以g′(x)在[1,+∞)上單調遞增, 所以g′(x)≥g′(1)=0,所以g(x)在[1,+∞)上單調遞增, 所以g(x)≥g(1)=0.所以f(x)≥(x-1)2. (3)設h(x)=x2ln x-x-m(x-1)2+1,

39、 h′(x)=2xln x+x-2m(x-1)-1, 由(2)中知x2ln x≥(x-1)2+x-1=x(x-1), 所以xln x≥x-1, 所以h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1), ①當3-2m≥0即m≤時,h′(x)≥0, 所以h(x)在[1,+∞)單調遞增, 所以h(x)≥h(1)=0成立. ②當3-2m<0即m>時, h′(x)=2xln x+(1-2m)(x-1), (h′(x))′=2ln x+3-2m,令(h′(x))′=0, 得x0=>1, 當x∈[1,x0)時,h′(x)

40、)0, 即exsin(x+)>0, 也就是sin(x+)>0, 解得2kπ-

41、 所以當x+∈[,π), 即x∈[0,π)時,sin(x+)>0, 又因為ex>0, 所以f′(x)>0,即f(x)在[0,π)單調遞增; 當x+∈(π,π], 即x∈(π,π]時,sin(x+)<0, 又因為ex>0, 所以f′(x)<0,即f(x)在(π,π]單調遞減. 故f(x)在[0,π]上的最大值為 f(π)=·sin π=, 又f(0)=e0·sin 0=0;f(π)=eπ·sin π=0. 故f(x)在[0,π]上的最小值為0. 3.已知曲線f(x)=a(x-1)2+bln x(a,b∈R)在點(1,f(1))處的切線的斜率為1. (1)若函數f(x)

42、在[2,+∞)上為減函數,求a的取值范圍; (2)當x∈[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,+∞)上單調遞減, 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+

43、-1=, 當2a≤0,即a≤0時,g′(x)≤0,g(x)在[1,+∞)上單調遞減,則g(x)≤g(1)=0,符合題意; 當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>1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]. 4.已知f(x)=x2+ax-ln x(a∈R). (1)若a=0時,求函數y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)若函數f(x)在[1,2]上是減函數,求實數a的取值范圍; (3)令g(x)

44、=f(x)-x2,是否存在實數a,當x∈(0,e](e是自然對數的底數)時,函數g(x)的最小值是3.若存在,求出a的值;若不存在,說明理由. 解:(1)當a=0時,f(x)=x2-ln x, 所以f′(x)=2x-,所以f′(1)=1,f(1)=1, 函數y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x-y=0. (2)函數f(x)在[1,2]上是減函數, 所以f′(x)=2x+a-=≤0在[1,2]上恒成立, 令h(x)=2x2+ax-1, 有得所以a≤-. (3)假設存在實數a,使g(x)=ax-ln x在x∈(0,e]上的最小值是3,g′(x)=a-=. 當a≤0時,

45、g′(x)<0, 所以g(x)在(0,e]上單調遞減, g(x)min=g(e)=ae-1=3,a=(舍去). 當a>0且≥e時, 即00且時, 令g′(x)<0,得00,得