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2017步步高大一轮复习讲义数学3.2.3


课时 3
题型一

导数与函数的综合问题
用导数解决与不等式有关的问题

命题点 1 解不等式 xf′?x?-f?x? 例 1 设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(2)=0,当 x>0 时,有 <0 恒成立,则不 x2 等式 x2f(x)>0 的解集是( A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 D f?x? f?x? 解析 x>0 时? x ?′<0,∴φ(x)= 为减函数, x ? ? 又 φ(2)=0,∴当且仅当 0<x<2 时,φ(x)>0, 此时 x2f(x)>0. 又 f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数. 故 x2f(x)>0 的解集为(-∞,-2)∪(0,2). 命题点 2 证明不等式 例 2 证明:当 x∈[0,1]时, 证明 记 F(x)=sinx- 2 x≤sinx≤x. 2 ) B.(-2,0)∪(0,2) D.(-∞,-2)∪(0,2)

2 2 x,则 F′(x)=cosx- . 2 2

π π 当 x∈(0, )时,F′(x)>0,F(x)在[0, ]上是增函数; 4 4 π π 当 x∈( ,1)时,F′(x)<0,F(x)在[ ,1]上是减函数. 4 4 又 F(0)=0,F(1)>0,所以当 x∈[0,1]时,F(x)≥0, 即 sinx≥ 2 x. 2

记 H(x)=sinx-x, 则当 x∈(0,1)时,H′(x)=cosx-1<0, 所以 H(x)在[0,1]上是减函数, 则 H(x)≤H(0)=0,即 sinx≤x. 综上, 2 x≤sinx≤x,x∈[0,1]. 2

命题点 3 不等式恒成立问题

1 例 3 已知定义在正实数集上的函数 f(x)= x2+2ax,g(x)=3a2lnx+b,其中 a>0.设两曲线 y 2 =f(x),y=g(x)有公共点,且在该点处的切线相同. (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0). (1)解 设两曲线的公共点为(x0,y0), 3a2 f′(x)=x+2a,g′(x)= , x 由题意知 f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0),

?2x +2ax =3a lnx +b, 即? 3a ?x +2a= x .
2 0 0 2 0 2 0 0

1

3a2 由 x0+2a= ,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去). x0 1 5 即有 b= a2+2a2-3a2lna= a2-3a2lna. 2 2 5 令 h(t)= t2-3t2lnt(t>0),则 h′(t)=2t(1-3lnt). 2 1 于是当 t(1-3lnt)>0,即 0<t<e 时,h′(t)>0; 3 1 当 t(1-3lnt)<0,即 t>e 时,h′(t)<0. 3 1 1 故 h(t)在(0,e )上为增函数,在(e ,+∞)上为减函数, 3 3 1 3 2 于是 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h(e )= e , 3 2 3 3 2 即 b 的最大值为 e . 2 3 1 (2)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x2+2ax-3a2lnx-b(x>0), 2 3a2 ?x-a??x+3a? 则 F′(x)=x+2a- = (x>0). x x 故 F(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0, 即当 x>0 时,f(x)≥g(x). 思维升华 (1)利用导数解不等式, 一般可构造函数, 利用已知条件确定函数单调性解不等式; (2)证明不等式 f(x)<g(x),可构造函数 F(x)=f(x)-g(x),利用导数求 F(x)的值域,得到 F(x)<0 即可;

(3)利用导数研究不等式恒成立问题,首先要构造函数,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,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造函数,直 接把问题转化为函数的最值问题. a 已知函数 f(x)=lnx- . x 若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. a 解 ∵f(x)<x2,∴lnx- <x2, x 又 x>0,∴a>xlnx-x3, 令 g(x)=xlnx-x3,则 h(x)=g′(x)=1+lnx-3x2, 1-6x2 1 h′(x)= -6x= , x x ∵当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数, ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0. ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数, ∴g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立.

题型二
例4

利用导数解决函数零点问题

(2014· 课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线与 x

轴交点的横坐标为-2. (1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. (1)解 f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得- =-2,所以 a=1. a (2)证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以 g(x)=0 在(-∞,0]有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增, 所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 有唯一实根, 即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 思维升华 研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋 势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合 的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 已知函数 f(x)=x2+xsinx+cosx 的图象与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取 值范围. 解 f′(x)=x(2+cosx), 令 f′(x)=0,得 x=0. ∴当 x>0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增. 当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减. ∴f(x)的最小值为 f(0)=1. ∵函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调, ∴当 b>1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,b 的取值范围是(1,+∞).

题型三

利用导数解决生活中的优化问题
a +10(x-6)2,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5 元/ x-3

例 5 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量 y(单位:千克)与销售价格 x(单 位:元/千克)满足关系式 y=

千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克, 试确定销售价格 x 的值, 使商场每日销售该商品所获得的利 润最大. a 解 (1)因为 x=5 时,y=11,所以 +10=11,a=2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量为 2 y= +10(x-6)2. x-3 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2] x-3 =2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.

从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递减

由上表可得,x=4 时,函数 f(x)取得极大值,也是最大值. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42. 答 当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 思维升华 在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变量、因变量、建立函数关系 式,并确定其定义域,利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相符合.用导数 求实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义可知该 极值点就是最值点. 1 39 某品牌电动汽车的耗电量 y 与速度 x 之间有关系 y= x3- x2-40x(x>0),为使 3 2 耗电量最小,则速度应定为________. 答案 40 解析 由 y′=x2-39x-40=0, 得 x=-1 或 x=40, 由于 0<x<40 时,y′<0; x>40 时,y′>0. 所以当 x=40 时,y 有最小值.

一审条件挖隐含

a 典例 (12 分)设 f(x)= +xlnx,g(x)=x3-x2-3. x (1)如果存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数 M; 1 (2)如果对于任意的 s,t∈[ ,2],都有 f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的取值范围. 2

(1)存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g(x1)-g(x2)]max≥M ↓挖掘[g(x1)-g(x2)]max 的隐含实质

g(x)max-g(x)min≥M ↓ 求得 M 的最大整数值 1 (2)对任意 s,t∈[ ,2]都有 f(s)≥g(t) 2 ↓(理解“任意”的含义) f(x)min≥g(x)max ↓求得 g(x)max=1 a +xlnx≥1 恒成立 x ↓分离参数 a a≥x-x2lnx 恒成立 ↓求 h(x)=x-x2lnx 的最大值 a≥h(x)max=h(1)=1 ↓ a≥1 规范解答 解 (1)存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.[2 分] 由 g(x)=x3-x2-3, 2 得 g′(x)=3x2-2x=3x(x- ). 3 2 令 g′(x)>0 得 x<0,或 x> , 3 2 2 2 又 x∈[0,2],所以 g(x)在区间[0, ]上单调递减,在区间[ ,2]上单调递增,所以 g(x)min=g( ) 3 3 3 85 =- , 27 g(x)max=g(2)=1. 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= 则满足条件的最大整数 M=4.[5 分] 1 1 (2)对于任意的 s, t∈[ , 2], 都有 f(s)≥g(t)成立, 等价于在区间[ , 2]上, 函数 f(x)min≥g(x)max.[7 2 2 分] 1 由(1)可知在区间[ ,2]上,g(x)的最大值为 g(2)=1. 2 1 a 在区间[ ,2]上,f(x)= +xlnx≥1 恒成立等价于 a≥x-x2lnx 恒成立. 2 x 设 h(x)=x-x2lnx,h′(x)=1-2xlnx-x, 112 ≥M, 27

1 可知 h′(x)在区间[ ,2]上是减函数, 2 又 h′(1)=0, 所以当 1<x<2 时,h′(x)<0; 1 当 <x<1 时,h′(x)>0.[10 分] 2 1 即函数 h(x)=x-x2lnx 在区间( ,1)上单调递增, 2 在区间(1,2)上单调递减, 所以 h(x)max=h(1)=1, 所以 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞).[12 分] 温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质,深刻挖掘条件内含, 进行等价转化.(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程中尽量采用分离参数 的方法,转化为求函数的值域问题.

[方法与技巧] 1.用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)时,找到函数 h(x)=f(x)-g(x)的零点是解题的突破口. 2.在讨论方程的根的个数、研究函数图象与 x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问 题时, 常常需要求出其中参数的取值范围, 这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最) 值的应用. 3.在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定是最大值 还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较. [失误与防范] 1.利用导数解决恒成立问题时,若分离参数后得到“a<f(x)恒成立”,要根据 f(x)的值确定 a 的范围中端点能否取到. 2.利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意问题的实际意义.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟)
2 ? ?-x +2x?x≤0?, 1.已知函数 f(x)=? 若|f(x)|≥ax,则 a 的取值范围是( ?ln?x+1??x>0?, ?

)

A.(-∞,0] C.[-2,1]

B.(-∞,1] D.[-2,0]

答案 D 解析 |f(x)|≥ax?
?-?-x2+2x?≥ax?x≤0?, ? ? ?ln?x+1?≥ax?x>0?,?2? ?

?1?

成立.

①由(1)得 x(x-2)≥ax 在区间(-∞,0]上恒成立. 当 x=0 时,a∈R; 当 x<0 时,有 x-2≤a 恒成立, 所以 a≥-2.故 a≥-2. ②由(2)得 ln(x+1)-ax≥0 在区间(0,+∞)上恒成立,设 h(x)=ln(x+1)-ax(x>0),则 h′(x) = 1 -a(x>0),可知 h′(x)为减函数. x+1

当 a≤0 时,h′(x)>0,故 h(x)为增函数, 所以 h(x)>h(0)=0 恒成立; 1 当 a≥1 时,因为 ∈(0,1), x+1 所以 h′(x)= 1 -a<0,故 h(x)为减函数, x+1

所以 h(x)<h(0)=0 恒成立,显然不符合题意; 当 0<a<1 时,对于给定的一个确定值 a,总可以至少找到一个 x0>0,满足 h(x0)=ln(x0+1)- 1 ax0<0 成立.如 a= 时,取 x0=4,则 h(x0)=ln5-2<0 成立,可知 0<a<1 时,不符合题意.故 2 a≤0. 由①②可知 a 的取值范围是[-2,0]. 2.若 0<x1<x2<1,则( )

A.e x2-e x1 ? lnx2-lnx1 C.x2e x1 ? x1e x2
答案 C

B.ex2-ex1 ? lnx2-lnx1 D.x2 ex1 ? x1ex2

x· ex-ex ex?x-1? ex 解析 设 f(x)= ,则 f′(x)= = . x x2 x2 ex e x1 e x2 当 0<x<1 时, f′(x)<0, ∴f(x)= 在(0,1)上为减函数, 由 0<x1<x2<1 知, f(x1)>f(x2), 即 , ? x x1 x2 ∴ x2e 1 ? x1e 2 .
x x

3.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式:y=-x3+27x+123(x>0),则 获得最大利润时的年产量为( A.1 百万件 ) B.2 百万件

C.3 百万件 答案 C

D.4 百万件

解析 y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3), 当 0<x<3 时,y′>0; 当 x>3 时,y′<0. 故当 x=3 时,该商品的年利润最大. 4.若函数 f(x)=2x3-9x2+12x-a 恰好有两个不同的零点,则 a 可能的值为( A.4B.6C.7D.8 答案 A 解析 由题意得 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), 若欲使函数 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 4,所以选 A.
3

)

5.设函数 ht(x)=3tx- 2 t 2 ,若有且仅有一个正实数 x0,使得 h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数 t 都 成立,则 x0 等于( A.5B. 5C.3D. 7 答案 D 解析 ∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数 t 都成立, ∴h7(x0)≥ht(x0)max,记 g(t)=ht(x0)=3tx0- 2 t ,
1

)

3 2

则 g′(t)=3x0- 3 t 2 ,令 g′(t)=0,
2 3 得 t=x2 0,易得 ht(x0)max=g(x0)=x0,

∴21x0-14 7≥x3 0,将选项代入检验可知选 D. 6.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c 的导函数为 f′(x),f′(x)>0,对于任意实数 x,有 f(x)≥0, 则 f?1? 的最小值为________. f′?0?

答案 2 解析 ∵f′(x)=2ax+b,∴f′(0)=b>0.
2 ?Δ=b -4ac≤0 ? b2 由题意知? ,∴ac≥ ,∴c>0, 4 ?a>0 ?



f?1? a+b+c b+2 ac 2b = ≥ ≥ =2,当且仅当 a=c 时“=”成立. b b b f′?0?

7.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________. 答案 (-∞,-2016) 解析 由 2f(x)+xf′(x)>x2, x<0 得 2xf(x)+x2f′(x)<x3, 所以[x2f(x)]′<x3<0. 令 F(x)=x2f(x)(x<0), 则 F′(x)<0(x<0), 即 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 因为 F(x+2014)=(x+2014)2f(x+2014),F(-2)=4f(-2), 所以不等式(x+2014)2f(x+2014)-4f(-2)>0, 即为 F(x+2014)-F(-2)>0,即 F(x+2014)>F(-2), 又因为 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 所以 x+2014<-2,所以 x<-2016. 8.若对于任意实数 x≥0,函数 f(x)=ex+ax 恒大于零,则实数 a 的取值范围是________. 答案 (-e,+∞) 解析 ∵当 x≥0 时,f(x)=ex+ax>0 恒成立. ∴若 x=0,a 为任意实数,f(x)=ex+ax>0 恒成立. 若 x>0,f(x)=ex+ax>0 恒成立, ex ex 即当 x>0 时,a>- 恒成立.设 Q(x)=- . x x exx-ex ?1-x?ex Q′(x)=- = . x2 x2 当 x∈(0,1)时,Q′(x)>0,则 Q(x)在(0,1)上单调递增, 当 x∈(1,+∞)时,Q′(x)<0,则 Q(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴当 x=1 时,Q(x)取得最大值.Q(x)max=Q(1)=-e, ∴要使 x≥0 时,f(x)>0 恒成立,a 的取值范围为(-e,+∞). 9.设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R, 知 f′(x)=ex-2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(-∞,ln2) - ?↘

ln2 0 2-2ln2+2a

(ln2,+∞) + ↗?

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2), 单调递增区间是(ln2,+∞), f(x)在 x=ln2 处取得极小值, 极小值为 f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2-2ln2+2a. (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln2-1 时, g′(x)取最小值为 g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln2-1 时,对任意 x∈(0,+∞), 都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0, 故当 a>ln2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. 10.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为 r 米,高 为 h 米, 体积为 V 立方米. 假设建造成本仅与表面积有关, 侧面的建造成本为 100 元/平方米, 底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12000π 元(π 为圆周率). (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. 解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为 100·2πrh=200πrh 元,底面的总成本为 160πr2 元, 所以蓄 水池的总成本为(200πrh+160πr2)元. 又根据题意 200πrh+160πr2=12000π, 1 所以 h= (300-4r2), 5r π 从而 V(r)=πr2h= (300r-4r3). 5 因为 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3, 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π (2)因为 V(r)= (300r-4r3), 5 π 所以 V′(r)= (300-12r2). 5

令 V′(r)=0,解得 r=5 或-5(因为 r=-5 不在定义域内,舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函数. 由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8. 即当 r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最大. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 11.设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 g(x)=f(x)ex 的一个极值点,则 下列图象不可能为 y=f(x)的图象的是( )

答案 D 解析 设 h(x)=f(x)ex, 则 h′(x)=(2ax+b)ex+(ax2+bx+c)ex=(ax2+2ax+bx+b+c)ex. 由 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点. ∴c-a=0,∴c=a.∴f(x)=ax2+bx+a. a 若方程 ax2+bx+a=0 有两根 x1,x2,则 x1x2= =1,D 中图象一定不满足条件. a 12. 已知函数 f(x)=ax3-3x+1 对 x∈(0,1]总有 f(x)≥0 成立, 则实数 a 的取值范围是________. 答案 [4,+∞) 解析 当 x∈(0,1]时不等式 ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 1 6?x- ? 2 3x3-?3x-1?· 3x2 g′(x)= =- . 6 4 x x g′(x)与 g(x)随 x 的变化情况如下表: x g′(x) g(x) 因此 g(x)的最大值为 4, 1 (0, ) 2 + ?↗ 1 2 0 极大值 4 1 ( ,1) 2 - ?↘ 3x-1 3x-1 ,设 g(x)= 3 ,x∈(0,1], x3 x

则实数 a 的取值范围是[4,+∞). 13.已知函数 f(x)=ax3-3x2+1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且 x0>0,则 a 的取值范围是 ________. 答案 (-∞,-2) 解析 a=0 时,不符合题意, a≠0 时,f′(x)=3ax2-6x, 2 令 f′(x)=0,得 x=0 或 x= , a 若 a>0,则由图象知 f(x)有负数零点,不符合题意. 则 a<0,由图象 f(0)=1>0 知, 2? 此时必有 0<f? ?a?<1, 8 4 即 0<a× 3-3× 2+1<1, a a 化简得 a2>4, 又 a<0,所以 a<-2. 14.设函数 f(x)=a2lnx-x2+ax,a>0. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求所有的实数 a,使 e-1≤f(x)≤e2 对 x∈[1,e]恒成立. 解 (1)因为 f(x)=a2lnx-x2+ax,其中 x>0, ?x-a??2x+a? a2 所以 f′(x)= -2x+a=- . x x 由于 a>0, 所以 f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+∞). (2)由题意得 f(1)=a-1≥e-1,即 a≥e. 由(1)知 f(x)在[1,e]内单调递增, 要使 e-1≤f(x)≤e2 对 x∈[1,e]恒成立.
?f?1?=a-1≥e-1, ? 只要? 2 2 2 ?f?e?=a -e +ae≤e , ?

解得 a=e.

1-a 2 15.设函数 f(x)=alnx+ x -bx (a≠1),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 0. 2 (1)求 b; a (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. a-1 a 解 (1)f′(x)= +(1-a)x-b,由题设知 f′(1)=0,解得 b=1. x

1-a 2 (2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=alnx+ x -x, 2 a ? 1-a? a x- f′(x)= +(1-a)x-1= (x-1). x x ? 1-a? 1 a ①若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以, 2 1-a 1-a a a a 存在 x0≥1, 使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< , 即 -1< , 解得- 2-1<a< 2- 2 a-1 a-1 a-1 1. a 1 a ②若 <a<1,则 >1,故当 x∈?1,1-a?时,f′(x)<0; 2 ? ? 1-a a a a 当 x∈?1-a,+∞?时,f′(x)>0,f(x)在?1,1-a?上单调递减,在?1-a,+∞?上单调递增.

?

?

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a a a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f?1-a?< ? ? a-1. a-1 a a a2 a a 而 f?1-a?=aln + + > ,所以不合题意. ? ? 1-a 2?1-a? a-1 a-1 1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= -1= < . 2 2 a-1 综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞).


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