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【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第3章 第2节 利用导数研究函数的性质


第三章

第二节

一、选择题 1.函数 y=2x3-3x2-12x+5 在[-1,3]上的最大值、最小值分别是( A.12;-8 C.12;-15 [答案] D [解析] y′=6x2-6x-12,由 y′=0?x=-1 或 x=2,当 x∈[-1,2]时,y′<0,函数单 调减小,当 x∈[2,3]时,y′>0,函数单调增加,x=-1 时 y=12,x=2 时 y=15.x=3 时,y =-4.∴ymax=15,ymin=-4.故选 D. 1 1 2. (2014· 四川内江三模)已知函数 f(x)= x3- x2+cx+d 有极值, 则 c 的取值范围为( 3 2 1 A.c< 4 1 C.c≥ 4 [答案] A 1 [解析] 由题意可知 f ′(x)=x2-x+c=0 有两个不同的实根,所以 Δ=1-4c>0?c< . 4 3. (文)(2014· 广东中山一模)已知定义在 R 上的函数 f(x), 其导函数 f ′(x)的大致图象如图 所示,则下列叙述正确的是( ) 1 B.c≤ 4 1 D.c> 4 ) B.1;-8 D.15,-4 )

A.f(b)>f(c)>f(d) C.f(c)>f(b)>f(a) [答案] C

B.f(b)>f(a)>f(e) D.f(c)>f(e)>f(d)

[解析] 依题意得,当 x∈(-∞,c)时,f ′(x)>0;当 x∈(c,e)时,f ′(x)<0;当 x∈(e, +∞)时,f ′(x)>0.因此,函数 f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞) 上是增函数,又 a<b<c,所以 f(c)>f(b)>f(a),选 C. (理)设函数 f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则导函数 y=f ′(x)的图象可能 为图中的( )

-1-

[答案] D [解析] 当 y=f(x)为增函数时,y=f ′(x)>0,当 y=f(x)为减函数时,y=f ′(x)<0,可判 断 D 成立. 1 4.(文)若 a>2,则函数 f(x)= x3-ax2+1 在区间(0,2)上恰好有( 3 A.0 个零点 C.2 个零点 [答案] B [解析] f ′(x)=x2-2ax=x(x-2a)=0?x1=0,x2=2a>4.易知 f(x)在(0,2)上为减函数,且 11 1 f(0)=1>0,f(2)= -4a<0,由零点判定定理知,函数 f(x)= x3-ax2+1 在区间(0,2)上恰好有 3 3 一个零点. (理)(2014· 湖北荆州质检二)设函数 f(x)=(x-1)kcosx(k∈N*),则( A.当 k=2013 时,f(x)在 x=1 处取得极小值 B.当 k=2013 时,f(x)在 x=1 处取得极大值 C.当 k=2014 时,f(x)在 x=1 处取得极小值 D.当 k=2014 时,f(x)在 x=1 处取得极大值 [答案] C [解析] 当 k=2013 时,f(x)=(x-1)2013cosx,则 f ′(x)=2013(x-1)2012cosx-(x-1)2013sinx π π =(x-1)2012[2013cosx-(x-1)sinx],当 <x<1 时,f ′(x)>0;当 1<x< 时,f ′(x)>0,此时函数 4 3 x=1 不是函数 f(x)的极值点,A,B 选项均错误.当 k=2014 时,f(x)=(x-1)2014cosx,则 f ′(x) π =2014(x-1)2013cosx-(x-1)2014sinx=(x-1)2013[2014cosx-(x-1)sinx], 当 <x<1 时, f ′(x)<0; 4 π 当 1<x< 时,f ′(x)>0,此时函数 f(x)在 x=1 处取得极小值,故选 C. 3 5.(2014· 内蒙古鄂尔多斯模拟)已知 a≥0,函数 f(x)=(x2-2ax)ex,若 f(x)在[-1,1]上是单 调减函数,则 a 的取值范围是( ) ) B.1 个零点 D.3 个零点 )

-2-

3 A.0<a< 4 3 C.a≥ 4 [答案] C

1 3 B. <a< 2 4 1 D.0<a< 2

[解析] f ′(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=[x2+(2-2a)x-2a]ex,由题意当 x∈[-1,1]时, f ′(x)≤0 恒成立,即 x2+(2-2a)x-2a≤0 恒成立.令 g(x)=x2+(2-2a)x-2a,
? ?g?-1?≤0, 则有? ?g?1?≤0, ?
2 ? ?-1?-2a≤0, ??-1? +?2-2a?· 3 即? 2 解得 a≥ .选 C. 4 ?1 +2-2a-2a≤0, ?

6.(文)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f ′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集 为( ) A.(-1,1) C.(-∞,-1) [答案] B [解析] 由题意,令 φ(x)=f(x)-2x-4,则 φ′(x)=f ′(x)-2>0. ∴φ(x)在 R 上是增函数. 又 φ(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0, ∴当 x>-1 时,φ(x)>φ(-1)=0, ∴f(x)-2x-4>0,∴f(x)>2x+4.故选 B. (理)(2014· 吉林长春二调)设函数 f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为 f ′(x), 且有 2f(x)+xf ′(x)>x2,则不等式(x+2014)2f(x+2014)-4f(-2)>0 的解集为( A.(-∞,-2012) C.(-∞,-2016) [答案] C [解析] 由 2f(x)+xf ′(x)>x2,x<0,得 2xf(x)+x2f ′(x)<x3,即[x2f(x)]′<x3<0,令 F(x)= x2f(x),则当 x<0 时,F′(x)<0,即 F(x)在(-∞,0)上是减函数,F(x+2014)=(2014+x)2f(x+ 2014),F(-2)=4f(-2),F(2014+x)-F(-2)>0, 即 F(2014+x)>F(-2). 又 F(x)在(-∞,0)上是减函数,所以 2014+x<-2,即 x<-2016,故选 C. 二、填空题 7.(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________.
-3-

B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

)

B.(-2012,0) D.(-2016,0)

[答案] -7 [解析] f ′(x)=3x2+6ax+b,若在 x=-1 处有极值 0,
? ?f ′?-1?=3-6a+b=0, 则? 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+1)2≥0,不合题意, ?b=9 ? ? ?b=3,

故 a-b=-7. (理)(2014· 山东青岛模拟)已知函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,则 a 的取值范围是________. [答案] (-∞,2ln2-2] [解析] 由原函数有零点,可转化为方程 ex-2x+a=0 有解,即方程 a=2x-ex 有解. 令函数 g(x)=2x-ex,则 g′(x)=2-ex.令 g′(x)>0,得 x<ln2,g(x)′<0,得 x>ln2.所以 g(x)在(-∞,ln2)上是增函数,在(ln2,+∞)上是减函数,所以 g(x)的最大值为 g(ln2)=2ln2 -2.因此,a 的取值范围就是函数 g(x)的值域,所以 a 的取值范围为(-∞,2ln2-2]. 8.(文)(2014· 江西九江二模)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. 1 (理)(2013· 嘉兴质检)不等式 ln(1+x)- x2≤M 恒成立,则 M 的最小值是________. 4 1 [答案] ln2- 4 1 [解析] 设 f(x)=ln(1+x)- x2, 4 1 则 f ′(x)=[ln(1+x)- x2]′ 4 = 1 1 -?x+2??x-1? - x= , 1+x 2 2?1+x?

∵函数 f(x)的定义域为(-1,+∞). 令 f ′(x)=0 得 x=1, 当 x>1 时,f ′(x)<0,当-1<x<1 时,f ′(x)>0, 1 ∴函数 f(x)在 x=1 处取得极大值 f(1)=ln2- . 4

-4-

1 ∵ln(1+x)- x2≤M 恒成立, 4 1 1 ∴M≥ln2- ,即 M 的最小值为 ln2- . 4 4 9.(2013· 唐山模拟)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的对称中心为 M(x0,y0),记函 数 f(x)的导函数为 f ′(x),若 f ′(x)的导函数为 f ″(x),则有 f ″(x0)=0.若函数 f(x)=x3-3x2, 1 2 4022 4023 则可求得:f( )+f( )+?+f( )+f( )=________. 2012 2012 2012 2012 [答案] -8046 [解析] ∵f(x)=x3-3x2,∴f ″(x)=6x-6, 令 f ″(x0)=0,得 x0=1, 由对称中心的定义知 f(x)的对称中心为(1,-2), 设 M(x1,y1)关于(1,2)的对称点为 N(x2,y2),则有 x1+x2=2 时,y1+y2=-4, k k ∴f( )+f(2- )=-4,k=1,2,?,2012, 2012 2012 ∴原式=2011×(-4)+(-2)=-8046. 三、解答题 1 10.(文)(2013· 北京东城区统一检测)已知函数 f(x)= x3+mx2-3m2x+1,m∈R. 3 (1)当 m=1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若 f(x)在区间(-2,3)上是减函数,求 m 的取值范围. 1 [解析] (1)当 m=1 时,f(x)= x3+x2-3x+1, 3 又 f ′(x)=x2+2x-3,所以 f ′(2)=5. 5 又 f(2)= , 3 5 所以所求切线方程为 y- =5(x-2), 3 即 15x-3y-25=0. 所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 15x-3y-25=0. (2)因为 f ′(x)=x2+2mx-3m2, 令 f ′(x)=0,得 x=-3m 或 x=m. 当 m=0 时,f ′(x)=x2≥0 恒成立,不符合题意. 当 m>0 时,f(x)的单调递减区间是(-3m,m),若 f(x)在区间(-2,3)上是减函数,
?-3m≤-2 ? 则? ,解得 m≥3. ?m≥3 ?

当 m<0 时,f(x)的单调递减区间是(m,-3m),若 f(x)在区间(-2,3)上是减函数,

-5-

? ?m≤-2 则? ,解得 m≤-2. ?-3m≥3 ?

综上所述,实数 m 的取值范围是 m≥3 或 m≤-2. (理)已知 f(x)=lnx+x2-bx. (1)若函数 f(x)在其定义域内是增函数,求 b 的取值范围; (2)当 b=-1 时,设 g(x)=f(x)-2x2,求证函数 g(x)只有一个零点. [解析] (1)∵f(x)在(0,+∞)上递增, 1 ∴f ′(x)= +2x-b≥0,对 x∈(0,+∞)恒成立, x 1 即 b≤ +2x 对 x∈(0,+∞)恒成立, x 1 ? ∴只需 b≤? ? x+2x?min, 1 2 ∵x>0,∴ +2x≥2 2,当且仅当 x= 时取“=”, x 2 ∴b≤2 2,∴b 的取值范围为(-∞,2 2]. (2)当 b=-1 时,g(x)=f(x)-2x2=lnx-x2+x,其定义域是(0,+∞), 1 ∴g′(x)= -2x+1 x 2x2-x-1 ?x-1??2x+1? =- =- , x x ?2x+1??x-1? 令 g′(x)=0,即- =0, x ∵x>0,∴x=1, 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0, ∴函数 g(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减, ∴当 x≠1 时,g(x)<g(1),而 g(1)=0,∴g(x)<0, ∴函数 g(x)只有一个零点.

一、选择题 11.已知函数 f(x)=sinx+cosx,f ′(x)是 f(x)的导函数,则函数 F(x)=f(x)· f ′(x)+f 2(x)的 最大值是( ) B.1- 2 D.- 2

A.1+ 2 C. 2 [答案] A

[解析] 依题意,得 f ′(x)=cosx-sinx,

-6-

π 所以 F(x)=(sinx+cosx)(cosx-sinx)+(sinx+cosx)2= 2sin(2x+ )+1, 4 所以 F(x)的最大值是 1+ 2. 12.(文)(2014· 福建漳州质检)已知 f(x)为 R 上的可导函数,且?x∈R,均有 f(x)>f ′(x), 则以下判断正确的是( A.f(2013)>e
2013

)

f(0)

B.f(2013)<e2013f(0) C.f(2013)=e2013f(0) D.f(2013)与 e2013f(0)大小无法确定 [答案] B f ′?x?-f?x? f?x? [解析] 令函数 g(x)= x ,则 g′(x)= . e ex ∵f(x)>f ′(x),∴g′(x)<0,即函数 g(x)在 R 上递减, f?2013? f?0? ∴g(2013)<g(0),∴ 2013 < 0 , e e ∴f(2013)<e2013f(0). (理)(2014· 云南昆明三中、玉溪一中统考)已知函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f ′(x), 若 f(x)满足:(x-1)[f ′(x)-f(x)]>0,f(2-x)=f(x)e2 A.f(1)<f(0) C.f(3)>e3f(0) [答案] C [解析] 令 F(x)=f(x)e x, 则 F′(x)=e x[f ′(x)-f(x)], 当 x<1 时, 由条件知 f ′(x)-f(x)<0,
- - -2x

,则下列判断一定正确的是(

)

B.f(2)>ef(0) D.f(4)<e4f(0)

F′(x)<0,F(x)单调递减,所以 F(-2)>F(-1)>F(0), 即 f(-2)e2>f(-1)e>f(0),又 f(4)=f(-2)e6,f(3)=f(-1)e4,所以 f(4)>f(0)e4,f(3)>f(0)e3, 故选 C. 13.(文)(2015· 河南八校联考)设 p:f(x)=x3-2x2-mx+1 在(-∞,+∞)上单调递增,q: 4 m> ,则 p 是 q 的( 3 A.充要条件 C.必要不充分条件 [答案] D 4 [解析] f ′(x)=3x2-4x-m,由题意知 3x2-4x-m≥0 在 R 上恒成立,∴m≤- . 3 4 4 4 4 当 m≤- 时,m> 不成立,∴p?/ q;当 m> 时,m≤- 不成立,∴q?/ p,故选 D. 3 3 3 3 (理)(2015· 河南省实验中学期中)函数 f(x)在定义域 R 上的导函数是 f ′(x),若 f(x)=f(2- ) B.充分不必要条件 D.以上都不对

-7-

x),且当 x∈(-∞,1)时,(x-1)f ′(x)<0,设 a=f(0)、b=f( 2)、c=f(log28),则( A.a<b<c C.c<a<b [答案] C B.a>b>c D.a<c<b

)

[解析] 由 f(x)=f(2-x)知 f(x)的图象关于直线 x=1 对称,∵x<1 时,(x-1)f ′(x)<0,∴ f ′(x)>0,∴f(x)在(-∞,1)上单调递增,∴f(x)在(1,+∞)上单调递减, ∵a=f(0)=f(2),b=f( 2),c=f(log28)=f(3), 2<2<3,∴b>a>c,故选 C. 14.(文)(2013· 陕西西工大附中训练)已知可导函数 f(x)(x∈R)满足 f ′(x)>f(x),则当 a>0 时,f(a)和 eaf(0)的大小关系为( A.f(a)<eaf(0) C.f(a)=eaf(0) [答案] B f?x? [解析] 令 F(x)= x , e f ′?x?-f?x? 则 F′(x)= >0, ex ∴F(x)为增函数, ∵a>0,∴F(a)>F(0), 即 f?a? >f(0), ea ) B.f(a)>eaf(0) D.f(a)≤eaf(0)

∴f(a)>eaf(0),故选 B. (理)(2013· 课标Ⅱ文,11)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( A.?x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f ′(x0)=0 [答案] C [解析] 由题意得,f′(x)=3x2+2ax+b,该函数图象开口向上,若 x0 为极小值点,如图, f′(x)的图象应为: )

故 f(x)在区间(-∞,x0)不单调递减,C 错,故选 C. 二、填空题 15.(2014· 福建质量检查)设 g′(x)是函数 g(x)的导函数,且 f(x)=g′(x).现给出以下四个
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命题:①若 g(x)是偶函数,则 f(x)必是奇函数;②若 f(x)是偶函数,则 g(x)必是奇函数;③若 f(x)是周期函数,则 g(x)必是周期函数;④若 f(x)是单调函数,则 g(x)必是单调函数.其中正确 的命题是________.(写出所有正确命题的序号) [答案] ① [解析] 因为若 g(x)是偶函数,则根据偶函数关于 y 轴对称,可得函数 g(x)的导函数即函 1 数的切线的斜率关于原点对称,所以①正确;若 g(x)= x3+1,则 f(x)=x2 是偶函数,但 g(x) 3 不是奇函数,所以②不正确;若 g(x)=-cosx+2x,则 f(x)=sinx+2 是周期函数且 f(x)>0,则 1 g(x)是增函数,所以 g(x)不可能是周期函数,所以③不正确;若 g(x)= x2,则 f(x)=x 是单调函 2 数,但 g(x)不是单调函数,所以④不正确.综上可知,①正确. m 16.(文)(2013· 扬州期末)已知函数 f(x)=lnx- (m∈R)在区间[1,e]上取得最小值 4,则 m x =________. [答案] -3e 1 m x+m [解析] f ′(x)= + 2= 2 (x>0), x x x 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- =4,解得 m=-3e,符合题意. e 1-x (理)已知函数 f(x)= +lnx,若函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数,则正实数 a 的取值范 ax 围为________. [答案] [1,+∞) 1- x [解析] ∵f(x)= +lnx, ax ax-1 ∴f ′(x)= (a>0), ax2 ∵函数 f(x)在[1,+∞)上为增函数, ax-1 ∴f ′(x)= ≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立, ax2

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∴ax-1≥0 对 x∈[1,+∞)恒成立, 1 即 a≥ 对 x∈[1,+∞)恒成立,∴a≥1. x 三、解答题 17.(文)(2015· 菏泽期中)已知函数 f(x)=x2+2alnx. (1)若函数 f(x)的图象在(2,f(2))处的切线斜率为 1,求实数 a 的值; 2 (2)若函数 g(x)= +f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围. x
2 2a 2x +2a [解析] (1)f ′(x)=2x+ = , x x

由已知 f ′(2)=1,解得 a=-3. 2 2 2a (2)由 g(x)= +x2+2alnx 得 g′(x)=- 2+2x+ , x x x 由已知函数 g(x)在[1,2]上为单调减函数, 则 g′(x)≤0 在[1,2]上恒成立, 2 2a 即- 2+2x+ ≤0 在[1,2]上恒成立. x x 1 即 a≤ -x2 在[1,2]上恒成立. x 1 1 1 令 h(x)= -x2,在[1,2]上 h′(x)=- 2-2x=-( 2+2x)<0, x x x 7 所以 h(x)在[1,2]上为减函数,h(x)min=h(2)=- , 2 7 所以 a≤- . 2 1 (理)(2015· 江西赣州博雅文化学校月考)已知函数 f(x)=alnx+ x2-(1+a)x(x>0). 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)≥0 在(0,+∞)内恒成立,求实数 a 的取值范围. x2-?1+a?x+a ?x-1??x-a? [解析] (1)f ′(x)= = (x>0). x x 当 a≤0 时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增; 当 0<a<1 时,f(x)在(a,1)单调递减,在(0,a)和(1,+∞)上单调递增; 当 a=1 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当 a>1 时,f(x)在(1,a)上单调递减,在(0,1)和(a,+∞)上单调递增.
2 1 x -2x (2)解法一:由 f(x)≥0 得:a≤ · , 2 x-lnx

x2-2x ?x-1??x+2-2lnx? 令 g(x)= ,则 g′(x)= , x-lnx ?x-lnx?2

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x-2 令 h(x)=x+2-2lnx,则 h′(x)= ,当 x∈(0,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减,当 x∈(2, x +∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增. ∴h(x)≥h(2)=4-2ln2>0,即 x+2-2lnx>0, ?x-1??x+1-2lnx? 所以由 g′(x)= >0 得 x>1, ?x-lnx?2 所以 g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 1 所以 g(x)≥g(1)=-1,从而 a≤- . 2 1 1 解法二:由 f(1)=- -a≥0 得:a≤- . 2 2 1 由(1)知当 a≤- 时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 2 所以 f(x)≥f(1)≥0. 1 所以若 f(x)≥0 在(0,+∞)内恒成立,实数 a 的取值范围为(-∞,- ]. 2 x+a 18.(文)(2014· 陕西西安模拟)已知函数 f(x)= 2 (a≠0,a∈R). x +3a2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 a=1 时,若对任意 x1,x2∈[-3,+∞),有 f(x1)-f(x2)≤m 成立,求实数 m 的最小 值. -?x-a??x+3a? [解析] f ′(x)= . ?x2+3a2?2 令 f ′(x)=0,解得 x=a 或 x=-3a. (1)当 a>0 时,f ′(x),f(x)随着 x 的变化如下表: x f ′(x) f(x) (-∞,-3a) - ? -3a 0 极小值 (-3a,a) + ? a 0 极大值 (a,+∞) - ?

函数 f(x)的单调递增区间是(-3a, a), 函数 f(x)的单调递减区间是(-∞, -3a), (a, +∞). 当 a<0 时,f ′(x),f(x)随着 x 的变化如下表: x f ′(x) f(x) (-∞,a) - ? a 0 极小值 (a,-3a) + ? -3a 0 极大值 (-3a,+∞) - ?

函数 f(x)的单调递增区间是(a, -3a), 函数 f(x)的单调递减区间是(-∞, a), (-3a, +∞). (2)当 a=1 时,由(1)得 f(x)是(-3,1)上的增函数,是(1,+∞)上的减函数.

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x+1 又当 x>1 时,f(x)= 2 >0, x +3 1 1 所以 f(x)在[-3,+∞)上的最小值为 f(-3)=- ,最大值为 f(1)= . 6 2 2 所以对任意 x1,x2∈[-3,+∞),f(x1)-f(x2)≤f(1)-f(-3)= . 3 2 所以对任意 x1,x2∈[-3,+∞),使 f(x1)-f(x2)≤m 恒成立的实数 m 的最小值为 . 3 (理)(2014· 哈三中二模)己知函数 f(x)=(ax-a+2)· ex(其中 a∈R) (1)求 f(x)在[0,2]上的最大值; (2) 若函数 g(x) =a2x2 - 13ax - 30 ,求 a 所能取到的最大正整数,使对任意 x>0 ,都有 2f′(x)>g(x)恒成立. [解析] (1)f(x)=(ax-a+2)· ex,f′(x)=(ax+2)· ex, 当 a≥0 时,f′(x)在[0,2]上恒正,f(x)单调递增,最大值为 f(2)=(a+2)e2, 2 当 a<0 时,令 f′(x)=0,得 x=- . a 所以当-1≤a<0 时,仍有 f(x)在[0,2]上为增函数,最大值为 f(2)=(a+2)e2 2 2 当 a<-1 时,f(x)在[0,- ]上为增函数,在[- ,2]上为减函数, a a
-2 2 最大值为 f(- )=-ae . a

a

? ??a+2?e ,a≥-1, a 综上有,f(x)max=? -2 ? ?-ae ,a<-1.
(2)g(x)=a2x2-13ax-30=(ax+2)(ax-15), 所以只需要 2ex>ax-15 即可, 记 h(x)=2ex-ax+15,则 h′(x) =2ex-a, a a a 故 h(x)在(0,ln )上单调递减,在(ln ,+∞)上单调递增,则 h(x)min=a-aln +15. 2 2 2 x x 记 k(x)=x-xln +15,则 k′(x)=-ln , 2 2 故 k(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减, 在(2,+∞)上取 2e2,有 k(2e2)=15-2e2>0, 15 又 k(15)=15(2-ln )<0,故存在 x0∈(2e2,15)使 k(x0)=0, 2 而 2e2∈(14,15),所以当 a=14 时可保证 h(x)min>0,有 2f′(x)>g(x)恒成立, 当 a=15 时 h(x)min<0,不能有 2f′(x)>g(x)恒成立, 所以 a 所能取到的最大正整数为 14.

2

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[点评] 构造是应用导数解决函数问题中的基本手段,在解题过程中可以根据需要构造函 数,研究新函数的性质达到解决原问题的目的. 练一练 2?x-1? ①证明不等式 lnx> ,其中 x>1. x+1 2?x-1? [解析] 设 f(x)=lnx- (x>1). x+1 ?x-1?2 1 4 则 f ′(x)= - , 2= x ?x+1? x?x+1?2 ∵x>1,∴f ′(x)>0. ∴f(x)在(1,+∞)内为单调增函数. 又∵f(1)=0,当 x>1 时,f(x)>f(1)=0, 2?x-1? 2?x-1? 即 lnx- >0.∴lnx> . x+1 x+1 ②(2014· 长春市三调)已知函数 f(x)=2ex-(x-a)2+3,a∈R. (1)若函数 y=f(x)的图象在 x=0 处的切线与 x 轴平行,求 a 的值; (2)若 x≥ 0,f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围. [解析] (1)f′(x)=2(ex-x+a), 因为 y=f(x)在 x=0 处切线与 x 轴平行,即在 x=0 切线斜率为 0 即 f′(0)=2(a+1)=0, ∴a=-1. (2)f′(x)=2(ex-x+a),令 g(x)=2(ex-x+a),∵x≥0,∴g′(x)=2(ex-1)≥0, 所以 g(x)=2(ex-x+a)在[0,+∞)内单调递增,g(0)=2(1+a), (ⅰ)当 2(1+a)≥0 即 a≥-1 时,f′(x)=2(ex-x+a)≥f′(0)≥0,f(x)在[0,+∞)内单调 递增,要想 f(x)≥0 只需要 f(0)=5-a2≥0,解得 - 5≤a≤ 5,从而-1≤a≤ 5. (ⅱ)当 2(1+a)<0 即 a<-1 时,由 g(x)=2(ex-x+a)在[0,+∞)内单调递增知,存在唯一 x0 使得 g(x0)=2(ex0-x0+a)=0, 有 ex0=x0-a, 令 f′(x)>0 解得 x>x0, 令 f′(x)<0 解得 0≤x<x0, 从而对于 f(x)在 x=x0 处取最小值, f(x0)=2ex0-(x0-a)2+3,又 x0=ex0+a, f(x0)=2ex0-(ex0)2+3=-(ex0+1)(ex0-3), 从而应有 f(x0)≥0, 即 ex0-3≤0, 解得 0<x0≤ln3, 由 ex0=x0-a 可得 a=x0-ex0,有 ln3-3≤a<-1,综上所述,ln3-3≤a≤ 5. lnx 1 ③(2014· 河北名校名师俱乐部模拟)已知函数 f(x)= 的图象为曲线 C,函数 g(x)= ax+b x 2 的图象为直线 l. (1)当 a=2,b=-3 时,求 F(x)=f(x)-g(x)的最大值;

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(2)设直线 l 与曲线 C 的交点的横坐标分别为 x1,x2,且 x1≠x2,求证:(x1+x2)g(x1+x2)>2. lnx [解析] (1)∵a=2,b=-3,∴F(x)= -x+3. x 1-lnx 1-lnx-x2 F′(x)= 2 -1= =0?x=1, x x2 ∵当 x∈(0,1)时,F′(x)>0,∴函数 F(x)在(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,∴函数 F(x)在(1,+∞)上单调递减, ∴F(x)max=F(1)=2. (2)不妨设 x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2, 1 只需证(x1+x2)[ a(x1+x2)+b]>2, 2 2?x2-x1? 1 2 1 2 a(x +x )+b> ? a(x2 2-x1)+b(x2-x1)> 2 1 2 2 x1+x2 x1+x2 2?x2-x1? 1 2 1 ax +bx2-( ax2 +bx1)> 2 2 2 1 x1+x2 ∵(x1,y1),(x2,y2)是 l 与 C 的交点, lnx1 1 lnx2 1 = ax +b, = ax +b. x1 2 1 x2 2 2

2?x2-x1? x2 2?x2-x1? ∴lnx2-lnx1> ,即 ln > , x1 x2+x1 x2+x1 x2 ∴(x2+x1)ln >2(x2-x1). x1 x 令 H(x)=(x+x1)ln -2(x-x1),x∈(x1,+∞), x1 x x x1 只需证 H(x)=(x+x1)ln -2(x-x1)>0,H′(x)=ln + -1. x1 x1 x x-x1 x x1 令 G(x)=ln + -1,则 G′(x)= 2 >0, x1 x x G(x)在 x∈(x1,+∞)上单调递增. G(x)>G(x1)=0,∴H′(x)>0,∴H(x)在 x∈(x1,+∞)上单调递增. x ∴H(x)>H(x1)=0,∴H(x)=(x+x1)ln -2(x-x1)>0, x1 ∴(x1+x2)g(x1+x2)>2.

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