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人教版2013届高三一轮复习课时训练66:(专题一)函数与导数综合题的解答


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人教版 2013 届高三一轮复习课时训练 66 专题一:函数与导数综合题的解答
2 1 1 1.设 f(x)=- x3+ x2+2ax.若 f(x)在 3,+∞ 上存在单调递增区间,求 a 的取值范围. 2 3 1 1 解:f′(x)=-x2+x+2a=- x-2 2+ +2a. 4

( ( ) )

)

2 2 2 当 x∈ 3,+∞ 时,f′(x)的最大值为 f′ 3 = +2a. 9 2 1 令 +2a>0,得 a>- . 9 9 2 1 所以当 a>- 时,f(x)在 3,+∞ 上存在单调递增区间. 9

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2 1 即 f(x)在 3,+∞ 上存在单调递增区间时,a 的取值范围为 -9,+∞ . ax 2.已知函数 f(x)= 2 在 x=1 处取得极值 2. x +b (1)求函数 f(x)的表达式; (2)当 m 满足什么条件时,函数 f(x)在区间(m,2m+1)上单调递增? a(x2+b)-ax(2x) ax ,而函数 f(x)= 2 在 x=1 处取得极值 2, 解:(1)因为 f′(x)= x +b (x2+b)2

(

)

(

)

? ?f′(1)=0, 所以? 即? a ?f(1)=2, ?1+b=2,

a(1+b)-2a=0,

?a=4, 解得? ?b=1, 4x 即为所求. 所以 f(x)= 1+x2 4(x2+1)-8x2 (2)由(1)知 f′(x)= (x2+1)2 -4(x-1)(x+1) = . (1+x2)2 令 f′(x)=0 得 x1=-1,x2=1, 则 f(x)的增减性如下表: x f′(x) f(x) 可知,f(x)的单调增区间是[-1,1],

(-∞,-1) -  ↘

(-1,1) + ↗ 

(1,+∞) -  ↘ 

?m≥-1 ? 所以?2m+1≤1?-1<m≤0, ? ?m<2m+1
所以当 m∈(-1,0]时,函数 f(x)在区间(m,2m+1)上单调递增. 2a3 3.(2012·北京海淀区检测)已知函数 f(x)=x2+ +1,其中 a>0. x (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线 y=1 平行,求 a 的值; (2)求函数 f(x)在区间[1,2]上的最小值. 2a3 2(x3-a3) ,x≠0. 解:f′(x)=2x- 2 = x2 x (1)由题意可得 f′(1)=2(1-a3)=0,解得 a=1, 此时 f(1)=4,在点(1,f(1))处的切线为 y=4,与直线 y=1 平行. 故所求的 a 值为 1. (2)由 f′(x)=0 可得 x=a,a>0, ①当 0<a≤1 时,f′(x)>0 在(1,2]上恒成立, 所以 y=f(x)在[1,2]上递增, 所以 f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=2a3+2. ②当 1<a<2 时, x a (1,a) 0 f′(x) - f(x)  ↘ 极小值 由上表可得 y=f(x)在[1,2]上的最小值为 f(a)=3a2+1.

(a,2) + ↗  

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③当 a≥2 时,f′(x)<0 在[1,2)上恒成立, 所以 y=f(x)在[1,2]上递减. 所以 f(x)在[1,2]上的最小值为 f(2)=a3+5. 综上讨论,可知: 当 0<a≤1 时,y=f(x)在[1,2]上的最小值为 f(1)=2a3+2; 当 1<a<2 时,y=f(x)在[1,2]上的最小值为 f(a)=3a2+1; 当 a≥2 时,y=f(x)在[1,2]上的最小值为 f(2)=a3+5. 4.已知函数 f(x)=x2+alnx. (1)当 a=-2 时,求函数 f(x)的单调区间和极值; 2 (2)若 g(x)=f(x)+ 在[1,+∞)上是单调增函数,求实数 a 的取值范围. x 解:(1)易知函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 2 2(x+1)(x-1) . 当 a=-2 时,f(x)=x2-2lnx,f′(x)=2x- = x x 当 x 变化时,f′(x)和 f(x)的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) 0 f′(x) - + f(x) 递减 极小值 递增 由上表可知,函数 f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞),极小值是 f(1)=1. 2 a 2 (2)由 g(x)=x2+alnx+ ,得 g′(x)=2x+ - 2. x x x 2 a 若函数 g(x)为[1,+∞)上的单调增函数,则 g′(x)≥0 在[1,+∞)上恒成立,即不等式 2x- 2+ ≥0 在[1,+∞)上恒成 x x 2 立.也即 a≥ -2x2 在[1,+∞)上恒成立. x 2 2 令 φ(x)= -2x2,则 φ′(x)=- 2-4x. x x 2 当 x∈[1,+∞)时,φ′(x)=- 2-4x<0, x 2 ∴φ(x)= -2x2 在[1,+∞)上为减函数, x ∴φ(x)max=φ(1)=0. ∴a≥0,即 a 的取值范围为[0,+∞). 5.(2012·烟台调研)已知 f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-3. (1)求函数 f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值; (2)对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 2 (3)证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 lnx> x- 成立. e ex 解:(1)f′(x)=lnx+1, 1 1 当 x∈ 0, e 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈ e,+∞ 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 1 ①当 0<t<t+2< 时,f(x)没有最小值; e 1 1 1 1 ②当 0<t< <t+2,即 0<t< 时,f(x)min=f e =- ; e e e 1 1 ③当 ≤t<t+2,即 t≥ 时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=tlnt. e e

( )

(

)

()

?-1,0<t<1 e ? e 所以 f(x)min=? 1 ?tlnt,t≥e ?

.

3 (2)2xlnx≥-x2+ax-3,则 a≤2lnx+x+ , x (x+3)(x-1) 3 设 h(x)=2lnx+x+ (x>0),则 h′(x)= , x x2 ①当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减, ②当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4,对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,所以 a≤h(x)min=4. x 2 (3)证明:问题等价于证明 xlnx> x- (x∈(0,+∞)), e e 1-x 1 1 x 2 由(1)可知 f(x)=xlnx(x∈(0, +∞))的最小值是- , 当且仅当 x= 时取到, m(x)= x- (x∈(0, 设 +∞)), m′(x)= x , 则 e e e e e 1 1 2 易知 m(x)max=m(1)=- ,当且仅当 x=1 时取到,从而对一切 x∈(0,+∞),都有 lnx> x- 成立. e e ex

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