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走向高考--2015高考一轮总复习人教A版数学3-2


基础巩固强化 一、选择题 2 1.(文)(2012· 陕西文,9)设函数 f(x)=x+lnx,则( 1 A.x=2为 f(x)的极大值点 1 B.x=2为 f(x)的极小值点 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 [答案] D 2 1 1 2 [解析] 由 f ′(x)=-x2+x=x(1-x)=0 可得 x=2. 当 0<x<2 时,f ′(x)<0,f(x)单调递减,当 x>2 时 f ′(x)>0,f(x)单调递增.所以 x=2 为极小值点. (理)(2012· 陕西理,7)设函数 f(x)=xex,则( A.x=1 为 f(x)的极大值点 B.x=1 为 f(x)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点 [答案] D [解析] 本题考查了导数的应用—求函数的极值. f ′(x)=ex+xex,令 f ′(x)=0, ∴ex+xex=0,∴x=-1, 当 x∈(-∞, -1)时, f ′(x)=ex+xex<0, x∈(-1, +∞)时, f ′ (x ) ) )

=ex+xex>0,∴x=-1 为极小值点,故选 D. [点评] 求函数的极值要讨论在各区间内导函数值的符号,同时 要注意函数的定义域. 2.(2013· 贵州四校期末)已知函数 f(x)=x3-2x2-4x-7,其导函 数为 f ′(x).则以下四个命题: 2 ①f(x)的单调减区间是(3,2); ②f(x)的极小值是-15; ③当 a>2 时,对任意的 x>2 且 x≠a,恒有 f(x)>f(a)+f ′(a)(x- a ); ④函数 f(x)有且只有一个零点. 其中真命题的个数为( A.1 个 C.3 个 [答案] C [解析] f ′(x)=3x2-4x-4=(3x+2)(x-2),可得 f(x)在(-∞, 2 2 -3)上为增函数,在(-3,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数, 故①错误; f(x)极小值=f(2)=-15, 故②正确; 在(2, +∞)上, f(x)为“下 凸”函数, f?x?-f?a? 又 a>2,x≠a,当 x>a 时,有 >f ′(a)恒成立;当 x<a 时, x-a f?x?-f?a? 有 <f ′(a)恒成立, 故恒有 f(x)>f(a)+f ′(a)(x-a), 故③正确; x-a 2 f(x)极大值=f(-3)<0,故函数 f(x)只有一个零点,④正确.真命题为②③ ④,故选 C. ) B.2 个 D.4 个

3.(文)(2013· 郑州第一次质量预测)直线 y=kx+1 与曲线 y=x3 +ax+b 相切于点 A(1,3),则 2a+b 的值为( A.2 C.1 [答案] C [解析] ∵直线 y=kx+1 与曲线 y=x3+ax+b 相切于点 A(1,3), 且 y=x3+ax+b 的导数 y′=3x2+a, 3=k×1+1 ? ? 3 ∴?3=1 +a×1+b ? ?k=3×12+a B.-1 D.-2 )

,解得 a=-1,b=3,∴2a+b=1.

(理)(2013· 昆明调研)若曲线 f(x)=acosx 与曲线 g(x)=x2+bx+1 在交点(0,m)处有公切线,则 a+b=( A.-1 C.1 [答案] C [解析] 依题意得, f ′(x)=-asinx, g′(x)=2x+b, 于是有 f ′(0) =g′(0),即-asin0=2×0+b,b=0,m=f(0)=g(0),即 m=a=1, 因此 a+b=1,选 C. 4.(2012· 洛阳统考)若函数 f(x)=2x3-9x2+12x-a 恰好有两个不 同零点,则 a 可能为( A.4 [答案] A [解析] f ′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由 f ′(x)>0 得 x<1 或 x>2,由 f ′(x)<0 得 1<x<2,所以函数 f(x)在(-∞,1),(2, +∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可知 f(x)的极大值和极小 值分别为 f(1)、 f(2), 欲使函数 f(x)恰好有两个不同的零点, 则需使 f(1) B.6 ) C.7 D.8 ) B.0 D.2

=0 或 f(2)=0,解得 a=5 或 a=4,而选项中只给出了一个值 4,所 以选 A. 5.(文)

函数 f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数 f ′(x)在(a,b)内的图 象如图所示,则函数 f(x)在(a,b)内的极大值点有( A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 [答案] B [解析] 由导函数的图象知,f(x)在(a,b)内变化情况为增→减→ 增→减,故有两个极大值点. (理)(2012· 重庆理, 8)设函数 f(x)在 R 上可导, 其导函数为 f ′(x), 且函数 y=(1-x)f ′(x)的图象如下图所示, 则下列结论中一定成立的 是( ) )

A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2) [答案] D [解析] 当 x<-2 时,1-x>3,则 f ′(x)>0; 当-2<x<1 时,0<1-x<3,则 f ′(x)<0; ∴函数 f(x) 有极大值 f( - 2) ,当 1<x<2 时,- 1<1 - x<0 ,则 f ′(x)<0;x>2 时,1-x<-1,则 f ′(x)>0, ∴函数 f(x)有极小值 f(2),故选 D. 6.(文)已知函数 f(x)=x3-px2-qx 的图象与 x 轴切于(1,0)点,则 f(x)的极大值、极小值分别为( 4 A.27,0 4 C.-27,0 [答案] A [解析] f ′(x)=3x2-2px-q, 由 f ′(1)=0,f(1)=0 得,
?3-2p-q=0, ?p=2, ? ? ? 解得? ∴f(x)=x3-2x2+x, ? ? ?1-p-q=0. ?q=-1.

) 4 B.0,27 4 D.0,-27

1 由 f ′(x)=3x2-4x+1=0 得 x=3或 x=1, 1 4 易得当 x=3时 f(x)取极大值27, 当 x=1 时 f(x)取极小值 0. (理)(2013· 浙江理,8)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex

-1)(x-1)k(k=1,2),则(

)

A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 [答案] C [解析] ①当 k=1 时,f(x)=(ex-1)(x-1),此时 f ′(x)=ex(x- 1)+(ex-1)=ex· x-1,∴A、B 项均错.②当 k=2 时,f(x)=(ex-1)(x -1)2 此时 f ′(x)=ex(x-1)2+(2x-2)(ex-1)=ex· x2-2x-ex+2=ex(x +1)(x-1)-2(x-1)=(x-1)[ex(x+1)-2],显然 f ′(1)=0,x>1 时 f ′(x)>0,x<1 时,在 x=1 附近 x-1<0,ex(x+1)>2,∴f ′(x)<0, 故 f(x)在 x=1 处取得极小值. 二、填空题 7.(文)函数 f(x)=x3+3x2-9x 的单调减区间为________. [答案] [-3,1] [解析] f ′(x)=3x2+6x-9,由 f ′(x)≤0 得-3≤x≤1,∴f(x) 的单调减区间为[-3,1]. (理)已知函数 f(x)=mx3+nx2 的图象在点(-1,2)处的切线恰好与 直线 3x+y=0 平行,若 f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的 取值范围是________. [答案] [-2,-1] [解析] 由题意知,点(-1,2)在函数 f(x)的图象上,故-m+n=2 ① 又 f ′(x)=3mx2+2nx,由条件知 f ′(-1)=-3, 故 3m-2n=-3②

联立①②解得:m=1,n=3,即 f(x)=x3+3x2, 令 f ′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0, 则[t,t+1]?[-2,0],故 t≥-2 且 t+1≤0, 所以 t∈[-2,-1]. [点评] f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,故[t,t+1]是 f(x)的减区 间的子集. 8.已知函数 f(x)=x3-kx 在区间(-3,-1)上不单调,则实数 k 的取值范围是________. [答案] 3<k<27 k [解析] f ′(x)=3x2-k.由 3x2-k>0,得 x2>3,若 k≤0,则 f(x) 显然在(-3,-1)上单调递增, ∴k>0,∴x> k 3或 x<- k 3<x< k 3. k 3, k 3, k 3)上单调递

由 3x2-k<0 得- ∴f(x)在?-∞,-
? ?

k? ?上单调递增,在(- 3?

减,在?
?

?

? k ?上单调递增, ,+ ∞ 3 ?

由题设条件知-3<-

k 3<-1,∴3<k<27.

9.已知 f(x)=2x3-6x2+m(m 为常数)在[-2,2]上有最大值为 3, 那么此函数在[-2,2]上的最小值为________. [答案] -37 [解析] f ′(x)=6x2-12x,由 f ′(x)=0 得 x=0 或 x=2,当 x<0 或 x>2 时,f ′(x)>0,当 0<x<2 时,f ′(x)<0, ∴f(x)在[-2,0]上单调增,在[0,2]上单调减,

由条件知 f(0)=m=3,∴f(2)=-5,f(-2)=-37, ∴最小值为-37. 三、解答题 1 1 10. (文)若函数 f(x)=3x3-2ax2+(a-1)x+1 在区间(1,4)上为减函 数,在区间(6,+∞)上为增函数,试求实数 a 的取值范围. [解析] 函数 f(x)的导数 f ′(x)=x2-ax+a-1. 令 f ′(x)=0,解得 x=1,或 x=a-1. 当 a-1≤1 即 a≤2 时,函数 f(x)在(1,+∞)上为增函数,不合 题意; 当 a-1>1 即 a>2 时,函数 f(x)在(-∞,1)上为增函数,在(1,a -1)上为减函数,在(a-1,+∞)上为增函数. 依题意当 x∈(1,4)时,f ′(x)<0; 当 x∈(6,+∞)时,f ′(x)>0. 所以 4≤a-1≤6,解得 5≤a≤7. 所以 a 的取值范围为[5,7]. (理)已知 f(x)=ax3-2ax2+b(a≠0). (1)求出 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间[-2,1]上最大值是 5, 最小值是-11, 求 f(x)的解 析式. 4 [解析] (1)f ′(x)=3ax2-4ax,令 f ′(x)=0?x=0 或 x=3. 当 a>0 时, x y′ (-∞,0) + 0 0 4 (0,3) - 4 3 0 4 (3,+∞) +

y

增函数

极大 值

减函数

极小 值

增函数

所以当 x=0 时,y 取得极大值 b, 4 32 当 x=3时,y 取得极小值 b-27a, 同理当 a<0 时,x=0 时,y 取得极小值 b, 4 32 x=3时,y 取得极大值 b-27a. (2)当 a>0 时,f(x)在[-2,0)上单调递增,在(0,1]上单调递减, 所以 f(x)max=f(0)=b=5. 又 f(-2)=b-16a<f(1)=b-a, 所以 b-16a=-11,a=1. 当 a<0 时,f(x)在[-2,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增, 所以 f(x)min=f(0)=b=-11. 又 f(-2)=b-16a>f(1)=b-a, 所以 b-16a=5,a=-1. 综上,f(x)=x3-2x2+5 或 f(x)=-x3+2x2-11. 能力拓展提升 一、选择题 11.(文)已知实数 a、b、c、d 成等比数列,且曲线 y=3x-x3 的 极大值点坐标为(b,c),则 ad 等于( A.2 C.-1 [答案] A [解析] ∵a、b、c、d 成等比数列,∴ad=bc, 又(b,c)为函数 y=3x-x3 的极大值点, ) B.1 D.-2

∴c=3b-b3,且 0=3-3b2,
? ? ?b=1, ?b=-1, ∴? 或? ∴ad=2. ?c=2, ?c=-2. ? ?

(理)已知函数 f(x)=ax2-1 的图象在点 A(1,f(1))处的切线 l 与直 线 8x-y+2=0 平行,若数列? ( ) 2010 A.2011 4020 C.4021 [答案] D [解析] ∵f ′(x)=2ax,∴f(x)在点 A 处的切线斜率为 f ′(1)= 2a,由条件知 2a=8,∴a=4, ∴f(x)=4x2-1, ∴ 1 1 1 1 = 2 = · f?n? 4n -1 2n-1 2n+1
? ? ? 1 ? ?的前 n 项和为 Sn,则 S2010 的值为 ?f?n??

1005 B.2011 2010 D.4021

1 ? 1? 1 =2?2n-1-2n+1?,
? 1 ? 1? 1 1 1 1 1? ∴数列? ?的前 n 项和 Sn= + +?+ =2?1-3? +2 ? ? f?1? f?2? f?n? ?f?n??

1 ? ?1 1? 1? 1 - ? - ?+?+ ? ? 2?2n-1 2n+1? ?3 5? 1 ? 1? n 2010 =2?1-2n+1?= ,∴S2010=4021. ? ? 2n+1 12.(文)函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+ f ′(x)>1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的解集为( A.{x|x>0} C.{x|x<-1,或 x>1} )

B.{x|x<0} D.{x|x<-1,或 0<x<1}

[答案] A [解析] 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex, 因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f ′ (x ) -ex=ex[f(x)+f ′(x)]-ex>ex-ex=0,所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的 增函数.又 g(0)=e0· f(0)-e0=1,所以原不等式转化为 g(x)>g(0),解 得 x>0. (理)(2013· 湖北理,10)已知 a 为常数,函数 f(x)=x(lnx-ax)有两 个极值点 x1,x2(x1<x2),则( 1 A.f(x1)>0,f(x2)>-2 1 C.f(x1)>0,f(x2)<-2 [答案] D [解析] 由题意知,函数 f(x)=x(lnx-ax)=xlnx-ax2 有两个极值 点, 即 f ′(x)=lnx+1-2ax=0 在区间(0,+∞)上有两个根. -2ax+1 1 令 h(x)=lnx+1-2ax,则 h′(x)=x-2a= ,当 a≤0 时 x h′(x)>0, h(x)在区间(0, +∞)上递增, f ′(x)=0 不可能有两个正根, 1 1 ∴a>0.由 h′(x)=0,可得 x=2a,从而可知 h(x)在区间(0,2a) 1 1 1 1 上递增, 在区间(2a, +∞)上递减. 因此需 h(2a)=ln2a+1-1=ln2a>0, 1 1 1 即2a>1 时满足条件, 故当 0<a<2时, h(x)=0 有两个根 x1, x2, 且 x1<2a <x 2 . 1 又 h(1)=1-2a>0,∴x1<1<2a<x2,从而可知函数 f(x)在区间(0, x1)上递减,在区间(x1,x2)上递增,在区间(x2,+∞)上递减. ) 1 B.f(x1)<0,f(x2)<-2 1 D.f(x1)<0,f(x2)>-2

1 ∴f(x1)<f(1)=-a<0,f(x2)>f(1)=-a>-2.故选 D. 二、填空题 13.(文)(2013· 天津一中月考)已知 f(x)=x3+3ax2+bx+a2 在 x= -1 时有极值 0,则 a-b 的值为________. [答案] -7 [ 解析 ] f ′(x) = 3x2 + 6ax+ b,若在 x =- 1 处有极值 0 ,则

? ?f ′?-1?=3-6a+b=0, ? 2 ?f?-1?=-1+3a-b+a =0, ? ? ? ?a=2, ?a=1, ? 解得 或? 但当 a=1,b=3 时,f ′(x)=3(x+ ? ? ?b=9 ?b=3,

1)2≥0,不合题意, 故 a-b=-7. (理)(2013· 课标全国Ⅰ理, 16)若函数 f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图 象关于直线 x=-2 对称,则 f(x)的最大值为________. [答案] 16 [解析] ∵函数 f(x)的图象关于直线 x=-2 对称, ∴f(x)满足 f(0)=f(-4),f(-1)=f(-3),
? ? ?b=-15?16-4a+b?, ?a=8, ? 即 解得? ? ? ?0=-8?9-3a+b?, ?b=15.

∴f(x)=-x4-8x3-14x2+8x+15. 由 f ′(x)=-4x3-24x2-28x+8=0, 得 x1=-2- 5,x2=-2,x3=-2+ 5. 易知,f(x)在(-∞,-2- 5)上为增函数,在(-2- 5,-2)上 为减函数,在(-2,-2+ 5)上为增函数,在(-2+ 5,+∞)上为 减函数.

∴f(-2- 5)=[1-(-2- 5)2][(-2- 5)2+8(-2- 5)+15] =(-8-4 5)(8-4 5) =80-64=16. f(-2)=[1-(-2)2][(-2)2+8×(-2)+15] =-3(4-16+15)=-9. f(-2+ 5)=[1-(-2+ 5)2][(-2+ 5)2+8(-2+ 5)+15] =(-8+4 5)(8+4 5) =80-64=16. 故 f(x)的最大值为 16. 14.(文)已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m、 n∈[-1,1],则 f(m)+f ′(n)的最小值是________. [答案] -13 [解析] 求导得 f ′(x)=-3x2+2ax,由函数 f(x)在 x=2 处取得 极值知 f ′(2)=0,即-3×4+2a×2=0,∴a=3.由此可得 f(x)=- x3+3x2-4, f ′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在(-1,0)上单调递减, 在(0,1) 上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.又∵f ′(x)=-3x2+6x 的 图象开口向下,且对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时,f ′(n)min= f ′(-1)=-9.故 f(m)+f ′(n)的最小值为-13. m (理)(2013· 扬州期末)已知函数 f(x)=lnx- x (m∈R)在区间[1,e] 上取得最小值 4,则 m=________. [答案] -3e 1 m x+m [解析] f ′(x)=x +x2= x2 (x>0), 当 m>0 时,f ′(x)>0,f(x)在区间[1,e]上为增函数,

f(x)有最小值 f(1)=-m=4, 得 m=-4,与 m>0 矛盾. 当 m<0 时,若-m<1 即 m>-1,f(x)min=f(1)=-m=4, 得 m=-4,与 m>-1 矛盾; 若-m∈[1,e],即-e≤m≤-1,f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1= 4, 解得 m=-e3,与-e≤m≤-1 矛盾; m 若-m>e,即 m<-e 时,f(x)min=f(e)=1- e =4,解得 m=-3e, 符合题意. 三、解答题 15.(文)设函数 f(x)=x3-3ax+b(a≠0). (1)若曲线 y=f(x)在点(2, f(2))处与直线 y=8 相切, 求 a、 b 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值点. [解析] (1)f ′(x)=3x2-3a. 因为曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处与直线 y=8 相切,
? ? ?f ′?2?=0, ?12-3a=0, ? 所以 即? ?f?2?=8. ? ? ?8-6a+b=8.

解得 a=4,b=24. (2)f ′(x)=3(x2-a)(a≠0). 当 a<0 时,f ′(x)>0,函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;此时 函数 f(x)没有极值点. 当 a>0 时,由 f ′(x)=0 得 x=± a. 当 x∈(-∞,- a)时,f ′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(- a, a)时,f ′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈( a,+∞)时,f ′(x)>0,函数 f(x)单调递增.

∴f(x)的单调增区间为(-∞,- a)和( a,+∞),单调减区间为 (- a, a). 故 x=- a是 f(x)的极大值点,x= a是 f(x)的极小值点. (理)(2013· 昆明调研)设 f(x)=lnx+ax(a∈R 且 a≠0). (1)讨论函数 f(x)的单调性; 1 (2)若 a=1,证明:x∈[1,2]时,f(x)-3<x 成立. 1 [解析] (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=x+a, 当 a>0 时,f ′(x)>0,∴函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数. ax+1 当 a<0 时,f ′(x)= x , 1 1 由 f ′(x)>0 得 0<x<-a;由 f ′(x)<0 得,x>-a. 1 1 ∴函数 f(x)在(0,-a)上是增函数;在(-a,+∞)上是减函数. (2)当 a=1 时,f(x)=lnx+x, 1 要证 x∈[1,2]时,f(x)-3<x成立, 只需证 xlnx+x2-3x-1<0 在 x∈[1,2]时恒成立. 令 g(x)=xlnx+x2-3x-1,则 g′(x)=lnx+2x-2, 1 设 h(x)=lnx+2x-2,则 h′(x)=x+2>0, ∴ h(x) 在 [1,2] 上 单 调 递 增 , ∴ g′(1)≤g′(x)≤g′(2) , 即 0≤g′(x)≤ln2+2, ∴g(x)在[1,2]上单调递增, ∴g(x)≤g(2)=2ln2-3<0, ∴当 x∈[1,2] 时,xlnx+x2-3x-1<0 恒成立,即原命题得证.

考纲要求 1.了解函数单调性和导数的关系. 2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多 项式函数一般不超过三次). 3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件. 4.会用导数求函数的极大值、极小值,会用导数求闭区间上函 数的最大(小)值(其中多项式函数一般不超过三次). 补充说明 1.抓住三个考点:用导数求函数的单调区间、极值与最值,明 确两个条件: 一是 f ′(x)>0 在(a,b)上成立是 f(x)在(a,b)上单调递增的充分 条件.二是对于可导函数 f(x),f ′(x0)=0 是函数 f(x)在 x=x0 处有极 值的必要不充分条件;掌握利用导数讨论函数单调性、极(最)值的基 本方法步骤.明确极值与最值的区别.牢记定义域的限制;防范错误 的认为极值点就是最值点,导数为 0 的点就是极值点,f(x)单调递增 ?f ′(x)>0. 2.求函数的极值、最值时,要严格按解题步骤规范条理的写出 解答过程,养成列表的习惯,含参数时注意分类讨论,已知单调性求 参数的值域或取值范围时,要注意其中隐含 f ′(x)≥0(或 f ′(x)≤0) 恒成立.还要注意 f(x)在区间 A 上单调增(或减)与 f(x)的单调增(或减) 区间是 A 的区别. 3.易错警示 [例]已知函数 f(x)=ax3+3x2-x+1 在 R 上是减函数,求 a 的取 值范围. [错解] 求函数的导数 f ′(x)=3ax2+6x-1,

当 f ′(x)<0 时,f(x)是减函数,则 f ′(x)=3ax2+6x-1<0(x∈
?a<0, R).故? 解得 a<-3. ?Δ<0.

[错因分析] f ′(x)<0(x∈(a,b))是 f(x)在(a,b)上单调递减的充 分不必要条件,在解题过程中易误作是充要条件,如 f(x)=-x3 在 R 上递减,但 f ′(x)=-3x2≤0. [正确解答] 函数的导数 f ′(x)=3ax2+6x-1,
? ?a<0, ∵f(x)是减函数,∴f ′(x)=3ax +6x-1≤0(x∈R).故? ?Δ≤0, ?
2

解得 a≤-3. 综上 a 的取值范围是 a≤-3. 4.如何利用导数证明不等式 导数作为一种研究数学知识的工具,在求函数单调性、最值等方 面发挥了独特的作用,同样,我们也可以利用导数完成一些不等式的 证明问题,其关键在于要构造好函数的形式,转化为研究函数的单调 性、最值或值域问题,一般难度较大. lnx+k [例] (2012· 山东)已知函数 f(x)= ex (k 为常数,e=2.71828? 是自然对数的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=(x2+x)f ′(x),其中 f ′(x)为 f(x)的导函数,证明:对 任意 x>0,g(x)<1+e-2. [审题要点] (1)由已知,求导后利用方程 f ′(1)=0 即可求出 k 的值; (2)讨论 f ′(x)在(0, +∞)上的符号可得出函数 f(x)的单调区间;

x+1 x+1 (3)变换 g(x)= ex (1-x-xlnx),适当构造函数,证明 0< ex <1,1-x -xlnx≤1+e-2 即可. lnx+k [规范解答] (1)解:由 f(x)= ex , 1-kx-xlnx 得 f ′(x)= ,x∈(0,+∞), xex 由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. 所以 f ′(1)=0,因此 k=1. 1 (2)解:由(1)得 f ′(x)=xex(1-x-xlnx),x∈(0,+∞), 令 h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0,所以当 x∈(0,1)时,f ′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f ′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)证明:因为 g(x)=(x2+x)f ′(x), x+1 所以 g(x)= ex (1-x-xlnx),x∈(0,+∞). ex 因此, 对任意 x>0, g(x)<1+e 等价于 1-x-xlnx< (1+e-2). x+1
-2

由(2)知 h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞), 所以 h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne-2),x∈(0,+∞). 因此,当 x∈(0,e-2)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当 x∈(e-2,+∞)时,h′(x)<0,h(x)单调递减. 所以 h(x)的最大值为 h(e-2)=1+e-2. 故 1-x-xlnx≤1+e-2. 设 φ(x)=ex-(x+1),则 φ′(x)=ex-1=ex-e0,

所以当 x∈(0,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,φ(x)>φ(0)=0, 故当 x∈(0,+∞)时,φ(x)=ex-(x+1)>0, ex 即 >1. x+1 ex 所以 1-x-xlnx≤1+e < (1+e-2). x+1
-2

因此对任意 x>0,g(x)<1+e-2. 备选习题 1 1.已知非零向量 a、b 满足|a|= 3|b|,若函数 f(x)=3x3+|a|x2+ 2a· bx+1 在 R 上有极值,则〈a,b〉的取值范围是( π A.[0,6] π π C.(6,2] [答案] D [解析] 据题意知,f ′(x)=x2+2|a|x+2a· b,若函数存在极值, |a|2 2 a· b 必有(2|a|)2-4×2a· b>0, 整理可得|a|2>2a· b, 故 cos 〈a, b〉 = < |a|· |b| |a| |a|· 3 3 π = 2 ,解得6<〈a,b〉≤π. 2.已知函数 f(x)的导函数 f ′(x)=ax2+bx+c 的图象如图所示, 则 f(x)的图象可能是( ) π B.(0,3] π D.(6,π] )

[答案] D [解析] 当 x<0 时,由导函数 f ′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的 函数 f(x)在该区间上单调递减;当 x>0 时,由导函数 f ′(x)=ax2+bx +c 的图象可知,导数在区间(0,x1)内的值是大于 0 的,则在此区间 内函数 f(x)单调递增.只有 D 选项符合题意. 3.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf ′(x)+ f(x)≤0.对任意正数 a、b,若 a<b,则必有( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) [答案] A [解析] ∵xf ′(x)+f(x)≤0,又 f(x)≥0, ∴xf ′(x)≤-f(x)≤0. x· f ′?x?-f?x? f ? x? 设 y= x ,则 y′= ≤0, x2 f ? x? 故 y= x 为减函数或为常数函数. f?a? f?b? 又 a<b,∴ a ≥ b , ∵a、b>0,∴a· f(b)≤b· f(a). [点评] 观察条件式 xf ′(x)+f(x)≤0 的特点, 可见不等式左边是 f ?x ? 函数 y=xf(x)的导函数, 故可构造函数 y=xf(x)或 y= x 通过取导数利 用条件式来得到函数的单调性推得结论. 4.(2013· 山西诊断)设 D 是函数 y=f(x)定义域内的一个区间,若 )

B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

存在 x0∈D,使 f(x0)=-x0,则称 x0 是 f(x)的一个“次不动点”.若 5 函数 f(x)=ax2-3x-a+2在区间[1,4]上存在次不动点,则实数 a 的取 值范围是( ) 1 B.(0,2) 1 D.(-∞,2]

A.(-∞,0) 1 C.[2,+∞) [答案] D

[解析] 设 g(x)=f(x)+x,依题意,存在 x∈[1,4],使 g(x)=f(x) 5 1 +x=ax2-2x-a+2=0.当 x=1 时,g(1)=2≠0;当 x≠1 时,由 ax2 4x-5 4x-5 5 -2x-a+2=0 得 a= 2 .记 h(x)= 2 (1<x≤4), 则由 h′(x) 2 ? x -1 ? 2?x -1? -2x2+5x-2 1 = =0 得 x=2 或 x=2(舍去).当 x∈(1,2)时,h′(x)>0; 2 2 ?x -1? 当 x∈(2,4)时,h′(x)<0,即函数 h(x)在(1,2)上是增函数,在(2,4)上是 1 减函数,因此当 x=2 时,h(x)取得最大值,最大值是 h(2)=2,故满 1 足题意的实数 a 的取值范围是(-∞,2],选 D. 5. (2013· 安庆模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足(x+2)f ′(x)<0(其 1 1 中 f ′(x)是函数 f(x)的导数),又 a=f(log23),b=f[(3)0.1],c=f(ln3), 则 a,b,c 的大小关系为______.(从大到小排列) [答案] a>b>c 1 1 1 1 1 [解析] 因为-2=log24<log23<log21=0,0<(3)0.1<(3)0=1, ln3>ln 1 1 e=1,因而-2<log23<(3)0.1<ln3.由(x+2)f ′(x)<0 知,当 x>-2 时,

1 f ′(x)<0 , 所 以 f(x) 在 ( - 2 , + ∞) 上 是 减 函 数 , 从 而 f(log 2 1 3)>f[(3)0.1]>f(ln3),即 a>b>c. 6.(2012· 湖南长郡中学一模)已知函数 f(x)的导函数为 f ′(x)=5 +cosx,x∈(-1,1),且 f(0)=0,如果 f(1-x)+f(1-x2)<0,则实数 x 的取值范围为________. [答案] (1, 2) [解析] ∵导函数是偶函数,∴原函数 f(x)是奇函数,且定义域 为(-1,1),又由导数值恒大于 0,∴原函数在定义域上单调递增,∴ 所求不等式变形为 f(1 - x)<f(x2 - 1) ,∴- 1<1 - x<x2 - 1<1 ,解得 1<x< 2,∴实数 x 的取值范围是(1, 2).


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