当前位置:首页 >> 数学 >>

高考数学一轮总复习 3-2利用导数研究函数的性质


【走向高考】2015 届高考数学一轮总复习 3-2 利用导数研究函数的 性质课后强化作业 新人教 A 版
基础巩固强化 一、选择题 2 1.(文)(2012· 陕西文,9)设函数 f(x)= +lnx,则( x 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 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)=- 2+ = (1- )=0 可得 x=2. x x x x 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( ,2); 3 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); ) )

1

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 2 [解析] f ′(x)=3x2-4x-4=(3x+2)(x-2),可得 f(x)在(-∞,- )上为增函数,在(- 3 2 ,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 3 (2,+∞)上,f(x)为“下凸”函数, f?x?-f?a? f?x?-f?a? 又 a>2,x≠a,当 x>a 时,有 >f ′(a)恒成立;当 x<a 时,有 <f ′(a) x-a x-a 2 恒成立,故恒有 f(x)>f(a)+f ′(a)(x-a),故③正确;f(x)极大值=f(- )<0,故函数 f(x)只有一 3 个零点,④正确.真命题为②③④,故选 C. 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 ) B.2 个 D.4 个

,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
2

) B.0 D.2

B.6

C.7

D.8

[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) =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)

3

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

4 A. ,0 27 4 C.- ,0 27 [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.

1 由 f ′(x)=3x2-4x+1=0 得 x= 或 x=1, 3 1 4 易得当 x= 时 f(x)取极大值 , 3 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
4

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=2① 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> ,若 k≤0,则 f(x)显然在(-3,-1)上单调 3 递增, ∴k>0,∴x> k 或 x<- 3 k <x< 3 k . 3 k , 3 k , 3 k )上单调递减,在? 3 ? k ? ,+∞ 上 3 ?

由 3x2-k<0 得- ∴f(x)在?-∞,-

?

k? 上单调递增,在(- 3?

单调递增, 由题设条件知-3<- k <-1,∴3<k<27. 3

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.
5

三、解答题 1 1 10.(文)若函数 f(x)= x3- ax2+(a-1)x+1 在区间(1,4)上为减函数,在区间(6,+∞) 3 2 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′ y (-∞,0) + 增函数 0 0 极大值 4 (0, ) 3 - 减函数 4 3 0 极小值 4 ( ,+∞) 3 + 增函数

所以当 x=0 时,y 取得极大值 b, 4 32 当 x= 时,y 取得极小值 b- a, 3 27 同理当 a<0 时,x=0 时,y 取得极小值 b, 4 32 x= 时,y 取得极大值 b- a. 3 27 (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,
6

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

) B.1 D.-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?
? 1 ? ?的前 n 项和为 Sn,则 S2010 的值为( ?f?n??

) 1005 B. 2011 2010 D. 4021

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 = = · f?n? 4n2-1 2n-1 2n+1

1 1 1 = ?2n-1-2n+1?, 2? ? ∴数列?
? 1 ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ? 的 前 n 项 和 Sn = + +?+ = ?1- ? + ? - ? + ? + 2 f?1? f?2? f?n? 2 ? 3? 2 ?3 5? ?f?n??

? 1 - 1 ? ?2n-1 2n+1?
1 1 n 2010 = ?1-2n+1?= 2? ? 2n+1,∴S2010=4021. 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( )
7

A.{x|x>0} C.{x|x<-1,或 x>1} [答案] A

B.{x|x<0} D.{x|x<-1,或 0<x<1}

[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)= -2a= ,当 a≤0 时 h′(x)>0,h(x)在区间 x x (0,+∞)上递增,f ′(x)=0 不可能有两个正根, 1 1 1 ∴a>0.由 h′(x)=0,可得 x= ,从而可知 h(x)在区间(0, )上递增,在区间( ,+ 2a 2a 2a 1 1 1 1 1 ∞)上递减.因此需 h( )=ln +1-1=ln >0,即 >1 时满足条件,故当 0<a< 时,h(x) 2a 2a 2a 2a 2 1 =0 有两个根 x1,x2,且 x1< <x2. 2a 1 又 h(1)=1-2a>0,∴x1<1< <x2,从而可知函数 f(x)在区间(0,x1)上递减,在区间(x1, 2a x2)上递增,在区间(x2,+∞)上递减. 1 ∴f(x1)<f(1)=-a<0,f(x2)>f(1)=-a>- .故选 D. 2 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 1 B.f(x1)<0,f(x2)<- 2 1 D.f(x1)<0,f(x2)>- 2

?f ′?-1?=3-6a+b=0, ? ? 2 ?f?-1?=-1+3a-b+a =0, ?

8

? ? ?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)(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- (m∈R)在区间[1,e]上取得最小值 4,则 m= x
9

________. [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 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< 成立. x

10

1 [解析] (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)= +a, x 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<- ;由 f ′(x)<0 得,x>- . a a 1 1 ∴函数 f(x)在(0,- )上是增函数;在(- ,+∞)上是减函数. a a (2)当 a=1 时,f(x)=lnx+x, 1 要证 x∈[1,2]时,f(x)-3< 成立, x 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)= +2>0, x ∴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)
11

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

3. [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)=3ax2+6x-1≤0(x∈R).故? 解得 a≤-3. ?Δ≤0, ?

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)= x (k 为常数,e=2.71828?是自然对数的底数), 曲 e 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

x+1 (0,+∞)上的符号可得出函数 f(x)的单调区间;(3)变换 g(x)= x (1-x-xlnx),适当构造函 e x+1 - 数,证明 0< x <1,1-x-xlnx≤1+e 2 即可. e [规范解答] (1)解:由 f(x)= lnx+k , 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)= x(1-x-xlnx),x∈(0,+∞), xe
12

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)= x (1-x-xlnx),x∈(0,+∞). e 因此,对任意 x>0,g(x)<1+e
-2

ex - 等价于 1-x-xlnx< (1+e 2). x+1

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, 即 ex >1. x+1

ex - - 所以 1-x-xlnx≤1+e 2< (1+e 2). x+1 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)= x3+|a|x2+2a· bx+1 在 R 上有极值, 3 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,必有(2|a|)2-4×2a· b>0, |a|2 2 a· b 3 π 整理可得|a|2>2a· b,故 cos〈a,b〉= < = ,解得 <〈a,b〉≤π. |a|· |b| |a| 2 6 |a|· 3
13

) π B.(0, ] 3 π D.( ,π] 6

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 ( )

[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= ,则 y′= ≤0, x x2 f?x? 故 y= 为减函数或为常数函数. x 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, 可见不等式左边是函数 y=xf(x)的导函数, 故可构造函数 y=xf(x)或 y= f?x? 通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论. x ) B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

4.(2013· 山西诊断)设 D 是函数 y=f(x)定义域内的一个区间,若存在 x0∈D,使 f(x0)= 5 -x0,则称 x0 是 f(x)的一个“次不动点”.若函数 f(x)=ax2-3x-a+ 在区间[1,4]上存在次 2

14

不动点,则实数 a 的取值范围是( A.(-∞,0) 1 C.[ ,+∞) 2 [答案] D

) 1 B.(0, ) 2 1 D.(-∞, ] 2

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

15


相关文章:
高考数学总复习 3-2 利用导数研究函数的性质但因为测试...
高考数学总复习 3-2 利用导数研究函数的性质但因为测试 新人教B版_高考_高中教育_教育专区。高考数学复习资料 高考数学总复习 3-2 利用导数研究函数的性质但因为...
...数学第一轮总复习 3-2利用导数研究函数的性质 新人...
【走向高考】(2013春季发行)高三数学一轮总复习 3-2利用导数研究函数的性质 新人教A版_数学_高中教育_教育专区。3-2 利用导数研究函数的性质基础巩固强化 1....
...B版课后作业:3-2 利用导数研究函数的性质)
2013高考数学人教B版课后作业:3-2 利用导数研究函数的性质)_高中教育_教育专区。2013高考数学人教B版课后作业:3-2 利用导数研究函数的性质)3...
2013年高考数学总复习 3-2 利用导数研究函数的性质 新...
2013 年高考数学总复习 3-2 利用导数研究函数的性质 新人教 B版 1.(文)(2011· 宿州模拟)已知 y=f(x)是定义在 R 上的函数,且 f(1)=1,f ′ (x)>...
...利用导数研究函数的性质(含解析)新人教A版
【走向高考】2016届高三数学一轮基础巩固 第3章 第2节 利用导数研究函数的性质(含解析)新人教A版_数学_高中教育_教育专区。【走向高考】2016 届高三数学一轮...
...应用第2讲导数的应用第1课时利用导数研究函数的单调...
2018版高考数学一轮复习章导数及其应用第2讲导数的应用第1课时利用导数研究函数的单调性练习理北师大版_数学_高中教育_教育专区。第章 导数及其应用 第 2 ...
...巩固:第3章 第2节 利用导数研究函数的性质
【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第3章 第2节 利用导数研究函数的性质_数学_高中教育_教育专区。第章 第二节 一、选择题 1.(文)设函数...
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3...
江苏专用2018版高考数学大一轮复习章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数...利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式, 从而求出参数...
...数学人教B版课后作业:3-2 利用导数研究函数的性质
2013年高考数学总复习 3... 15页 免费 2013年高考数学总复习 利... 83页 ...3-2 利用导数研究函数的性质 1.(文)(2011·宿州模拟)已知 y=f(x)是定义...
...应用第2讲导数的应用第1课时利用导数研究函数的单调...
2018版高考数学一轮复习导数及其应用第2讲导数的应用第1课时利用导数研究函数的单调性练习理新人教A版_数学_高中教育_教育专区。第章 导数及其应用 第 2 讲 ...
更多相关标签: