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【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题一 第5讲


专题一 第5讲

第5讲
【高考考情解读】
本 讲 栏 目 开 关

导数及其应用

导数的概念及其运算是导数应用的基础, 这是高考重点考查的 内容.考查方式以客观题为主,主要考查:一是导数的基本公 式和运算法则,以及导数的几何意义;二是导数的应用,特别 是利用导数来解决函数的单调性与最值问题、 证明不等式以及 讨论方程的根等, 已成为高考热点问题; 三是应用导数解决实 际问题.

主干知识梳理

专题一 第5讲

1.导数的几何意义 函数 y=f(x)在点 x=x0 处的导数值就是曲线 y=f(x)在点
本 (x0 , f(x0)) 处 的切 线的斜 率, 其切 线方 程是 y - f(x0) = 讲 栏 f′(x0)(x-x0). 目 开 2.导数与函数单调性的关系 关

(1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件, 如函数 f(x) =x3 在(-∞,+∞)上单调递增,但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件,当函数在 某个区间内恒有 f′(x)=0 时,则 f(x)为常数,函数不具有 单调性.

主干知识梳理

专题一 第5讲

3.函数的极值与最值 (1)函数的极值是局部范围内讨论的问题,函数的最值是对
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整个定义域而言的,是在整个范围内讨论的问题. (2)函数在其定义区间的最大值、最小值最多有一个,而函 数的极值可能不止一个,也可能没有. (3)闭区间上连续的函数一定有最值,开区间内的函数不一 定有最值, 若有唯一的极值, 则此极值一定是函数的最值.

主干知识梳理

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4.四个易误导数公式及两个常用的运算法则 (1)(sin x)′=cos x. (2)(cos x)′=-sin x.
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(3)(ax)′=axln a(a>0,且 a≠1). 1 (4)(logax)′= (a>0,且 a≠1). xln a (5)[f(x)· g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x). ? f?x? ? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? ? ? (6)? ′= (g(x)≠0). 2 ? [g?x?] ?g?x??

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专题一 第5讲

考点一 例1

导数几何意义的应用

(1)过点(1,0)作曲线 y=ex 的切线, 则切线方程为______.

3 本 (2)在平面直角坐标系 xOy 中, 设 A 是曲线 C y = ax +1(a>0) 1: 讲 5 栏 2 2 目 与曲线 C2:x +y =2的一个公共点,若 C1 在 A 处的切线与 开 关 C2 在 A 处的切线互相垂直,则实数 a 的值是________.

解析 (1)设切点为P(x0,e
x x

x0

),则切线斜率为 e

x0



切线方程为y- e 0 = e 0 (x-x0),
x0 x e 又切线经过点(1,0),所以- =e 0 (1-x0),

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解得x0=2,切线方程为y-e2=e2(x-2),

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即e2x-y-e2=0.
2 (2)设 A(x0,y0),则 C1 在 A 处的切线的斜率为 f′(x0)=3ax0 , 1 x0 C2 在 A 处的切线的斜率为- =- , kOA y0

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又 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直, x0 3 所以(- )· 3ax2 0=-1,即 y0=3ax0, y0 3 3 又 ax0=y0-1,所以 y0= , 2 5 1 2 2 代入 C2:x +y = ,得 x0=± , 2 2 1 3 将 x0=± ,y0= 代入 y=ax3+1(a>0),得 a=4. 2 2 答案 (1)e2x-y-e2=0 (2)4

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专题一 第5讲

(1)求曲线的切线要注意“过点 P 的切线”与“在 点 P 处的切线”的差异,过点 P 的切线中,点 P 不一定是切
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点,点 P 也不一定在已知曲线上,而在点 P 处的切线,必以 点 P 为切点. (2)利用导数的几何意义解题,主要是利用导数、切点坐标、 切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间 的关系为载体求参数的值,则要求掌握平行、垂直与斜率之 间的关系,进而和导数联系起来求解.

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专题一 第5讲

(1)直线 y=kx+b 与曲线 y=ax2+2+ln x 相切于点 P(1,4),则 b 的值为________. π (2)若曲线 f(x)=xsin x+1 在 x= 处的切线与直线 ax+2y+1 2
本 =0 互相垂直,则实数 a=________. 讲 2 栏 解析 (1)由点 P(1,4)在曲线上,可得 a×1 +2+ln 1=4, 目 1 开 2 关 解得 a=2,故 y=2x +2+ln x.所以 y′=4x+ x.

1 所以曲线在点 P 处的切线斜率 k=y′|x=1=4×1+1=5.

所以切线的方程为y=5x+b.由点P在切线上, 得4=5×1+b,解得b=-1.

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π (2)f′(x)=sin x+xcos x,f′( )=1, 2
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π 即函数 f(x)=xsin x+1 在点 x= 处的切线的斜率是 1, 2 a 直线 ax+2y+1=0 的斜率是- , 2 a 所以(- )×1=-1,解得 a=2. 2
答案 (1)-1 (2)2

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考点二 例2 利用导数研究函数的性质

专题一 第5讲

(2013· 广东)设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R).

(1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间;
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(2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M.

解 f′(x)=3x2-2kx+1,
(1)当 k=1 时,f′(x)=3x ∴f(x)在 R 上单调递增.
2

? 1?2 2 -2x+1=3?x-3? + >0, 3 ? ?

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专题一 第5讲

(2)当 k<0 时,f′(x)=3x2-2kx+1,其图象开口向上,对称 k 轴 x= ,且过(0,1)点. 3

①当 Δ=4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)≤0,即- 3≤k<0 时,
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f′(x)≥0,f(x)在[ k,-k] 上单调递增.

∴m=f(x)min=f(k)=k, M=f(x)max=f(-k)=-2k3-k. ②当 Δ=4k2-12>0,即 k<- 3时, k+ k2-3 k- k2-3 令f′(x)=0得x1= ,x2= , 3 3

且 k<x2<x1<0.

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∴m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}.
3 2 又 f(x1)-f(k)=x1 -kx1 +x1-k=(x1-k)(x2 1+1)>0,

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∴m=f(k)=k,
3 2 又 f(x2)-f(-k)=x2 -kx2 +x2-(-k3-k· k2-k)

=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1] <0,

∴M=f(-k)=-2k3-k. 综上,当 k<0 时,f(x)的最小值 m=k,最大值 M=-2k3-k.

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利用导数研究函数性质的一般步骤: (1)确定函数的定义域; (2)求导函数 f′(x);
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(3)① 若求单调区间 (或证明单调性 ),只要在函数定义域内解 (或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ② 若 已 知 函 数 的 单 调 性 , 则 转 化 为 不 等 式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题来求解. (4)①若求极值,则先求方程 f′(x)=0 的根,再检查 f′(x)在 方程根的左右函数值的符号. ②若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程 f′(x)=0 根的大小或存在情况来求解.

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(5)求函数 f(x)在闭区间[a, b]的最值时, 在得到极值的基础上,
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结合区间端点的函数值 f(a), f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到 函数的最值.

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专题一 第5讲

(2013· 浙江)已知 a∈R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2 +6ax. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若|a|>1,求 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值.
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(1)当 a=1 时,f′(x)=6x2-12x+6,

所以 f′(2)=6. 又因为 f(2)=4,所以切线方程为 6x-y-8=0.
(2)记 g(a)为 f(x)在闭区间[ 0,2|a|] 上的最小值.

f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).

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令 f′(x)=0,得到 x1=1,x2=a. 当 a>1 时,
x
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0

(0,1) +

1 0 3a-1

(1,a) - 减

a 0 极小值 a2(3-a)

(a,2a) 2a + 单调 递增 4a3

f′(x) f(x) 0

单调 极大值 单调递 递增

比较 f(0)=0 和 f(a)=a2(3-a)的大小可得
? ?0, g(a)=? 2 ? ?a ?3-a?,

1<a≤3, a>3.

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当 a<-1 时,
x f′(x)
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0

(0,1) -

1 0

(1, -2a) +

-2a -28a3 -24a2

f(x)

0

单调 极小值 单调递 递减 3a-1 增

得 g(a)=3a-1.
综上所述,f(x)在闭区间[ 0,2|a|] 上的最小值为 a<-1, ?3a-1, ? g(a)=?0, 1<a≤3, ?a2?3-a?, a>3. ?

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考点三 例3
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利用导数解决与方程、不等式有关的问题

(2013· 陕西)已知函数 f(x)=ex,x∈R.

(1)求 f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程; 1 2 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x +x+1 有唯一公共点; 2 ?a+b? f?b?-f?a? ? (3)设 a<b,比较 f? ? 2 ?与 b-a 的大小,并说明理由. ? ?
本题主要考查导数在解决方程、 不等式问题等方 面的应用,构造函数是解决问题的关键.

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专题一 第5讲

(1)解

f(x)的反函数为 g(x)=ln x, 设所求切线的斜率为 k,

1 ∵g′(x)= x,∴k=g′(1)=1. 于是在点(1,0)处的切线方程为 x-y-1=0.
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1 2 (2)证明 方法一 曲线 y=e 与曲线 y=2x +x+1 公共点的个 1 2 x 数等于函数 φ(x)=e -2x -x-1 零点的个数.
x

∵φ(0)=1-1=0,∴φ(x)存在零点 x=0. 又 φ′(x)=ex-x-1,令 h(x)=φ′(x)=ex-x-1,
则 h′(x)=ex-1,

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专题一 第5讲

当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上单调递减;
当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增,

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∴φ′(x)在 x=0 处有唯一的极小值 φ′(0)=0, 即 φ′(x)在 R 上的最小值为 φ′(0)=0. ∴φ′(x)≥0(当且仅当 x=0 时等号成立), ∴φ(x)在 R 上是单调递增的, ∴φ(x)在 R 上有唯一的零点, 1 2 故曲线 y=f(x)与曲线 y= x +x+1 有唯一的公共点. 2

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x

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1 2 方法二 ∵e >0, x +x+1>0, 2 1 2 x ∴曲线 y=e 与曲线 y=2x +x+1 公共点的个数等于曲线 y= 1 2 x +x+1 2 与 y=1 公共点的个数, ex 1 2 x +x+1 2 设 φ(x)= ,则 φ(0)=1,即当 x=0 时,两曲线有公共 ex

点.
1 2 1 2 x ?x+1?e -? x +x+1?e - x 2 2 又 φ′(x)= = ex ≤0(当且仅当 x=0 e2x
x

时等号成立),

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∴φ(x)在 R 上单调递减, ∴φ(x)与 y=1 有唯一的公共点,

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1 2 故曲线 y=f(x)与曲线 y=2x +x+1 有唯一的公共点.
(3)解
? eb-ea f?b?-f?a? ? a + b ? -f? = -e ? ? b-a b-a ? 2 ?
a ?b 2 a ?b 2
a ?b 2

eb ? e a ? be ? ae ? b?a
a ?b 2

a a ?b ? b? ? e 2 2 ? ?e ? e ? (b ? a)?. b?a ? ?

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1 设函数 u(x)=e - x-2x(x≥0), e
x

专题一 第5讲

1 则 u′(x)=e +ex-2≥2
x

1 e· ex-2=0,
x

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∴u′(x)≥0(当且仅当 x=0 时等号成立), ∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0.
b-a 令 x= 2 ,则得 e
b?a 2

?e

a ?b 2

-(b-a)>0,

? f?b?-f?a? ? ?a+b? ∴ >f? . ? 2 b-a ? ?

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专题一 第5讲

研究方程及不等式问题,都要运用函数性质,而导
本 讲 过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数 栏 目 值, 根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个 开 关 数,必要时画出函数的草图辅助思考.

数是研究函数性质的一种重要工具. 基本思路是构造函数, 通

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专题一 第5讲

(2012· 湖南)已知函数 f(x)=ex-ax,其中 a>0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2) 在 函 数 f(x) 的 图 象 上 取 定 两 点 A(x1 , f(x1)) , B(x2 , f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k,证明:存在 x0∈(x1,
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x2),使 f′(x0)=k 成立.

(1)解 f′(x)=ex-a.令 f′(x)=0 得 x=ln a. 当 x<ln a 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当 x>ln a 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 故当 x=ln a 时,f(x)取最小值 f(ln a)=a-aln a.
于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-aln a≥1.①

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令 g(t)=t-tln t,则 g′(t)=-ln t. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增.
当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减.
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故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1. 因此,当且仅当 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}. (2)证明 f?x2?-f?x1? e ? e 由题意知,k= = -a. x2-x1 x2 ? x1
x2 x1

x2 x1 e ? e 令 φ(x)=f′(x)-k=ex- ,则 x2 ? x1

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专题一 第5讲
[e
x2 ? x1

e x1 φ(x1)=- x2 ? x1 e x2 φ(x2)= x2 ? x1
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-(x2-x1)-1],

[ e x1 ? x2 -(x1-x2)-1] .

令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减;

当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0.
x2 ? x1 x1 ? x2 e e 从而 -(x2-x1)-1>0,

-(x1-x2)-1>0.

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e x1 e x2 又 >0, >0,所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. x2 ? x1 x2 ? x1
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因为函数 y=φ(x)在区间[ x1,x2] 上的图象是连续不断的一条曲 线,

所以存在 x0∈(x1,x2),使 φ(x0)=0,即 f′(x0)=k 成立.

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1.函数单调性的应用
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(1)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递增,则 f′(x)≥0 在区 间(a,b)上恒成立; (2)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递减,则 f′(x)≤0 在区 间(a,b)上恒成立; (3)可导函数 f(x)在区间(a,b)上为增函数是 f′(x)>0 的必 要不充分条件.

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2.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定, 也有可能极小值大于极大值;
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(2)对于可导函数 f(x), “f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x)=0” 是“f(x)在 x=x0 处取得极值”的必要不充分条件; (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变 负的零点是原函数的极大值点,导函数由负变正的零点是 原函数的极小值点.

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3.导数在综合应用中转化与化归思想的常见类型
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(1)把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题; (2)把证明不等式问题转化为函数的单调性问题; (3)把方程解的问题转化为函数的零点问题.

押题精练

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1 1 .已知函数 f(x) = x - , g(x) = x2 - 2ax + 4 ,若对任意 x+1
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x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的取 值范围是__________.

1 解析 由于 f′(x)=1+ >0, ?x+1?2 因此函数 f(x)在[0,1] 上单调递增, 所以 x∈[0,1] 时,f(x)min=f(0)=-1.
根据题意可知存在x∈[1,2] ,

押题精练
使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1,
x 5 即 x -2ax+5≤0,即 a≥2+2x能成立, x 5 令 h(x)=2+2x,
2

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则要使 a≥h(x)在 x∈[1,2] 能成立,只需使 a≥h(x)min, x 5 又函数 h(x)=2+2x在 x∈[1,2] 上单调递减, 9 9 所以 h(x)min=h(2)=4,故只需 a≥4.
答案
?9 ? ? ,+∞? ?4 ?

押题精练
1-a 2 2.设函数 f(x)= x +ax-ln x(a∈R). 2 (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的极值; (2)当 a≥2 时,讨论函数 f(x)的单调性;
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(3)若对任意 a∈(2,3)及任意 x1,x2∈[1,2],恒有 ma+ln 2 >|f(x1)-f(x2)|成立,求实数 m 的取值范围.
1 x-1 当 a=1 时,f(x)=x-ln x,f′(x)=1- x= x . 令f′(x)=0,得x=1.
当 0<x<1 时,f′(x)<0;当 x>1 时,f′(x)>0.

解 (1)函数的定义域为(0,+∞),

∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴f(x)极小值=f(1)=1,无极大值.

押题精练

专题一 第5讲

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2 1 ?1-a?x +ax-1 (2)f′(x)=(1-a)x+a-x= x 1 ?1-a??x- ??x-1? a-1 [?1-a?x+1]?x-1? = = . x x ?x-1?2 1 当 =1,即 a=2 时,f′(x)=- x ≤0, a-1

f(x)在(0,+∞)上是减函数; 1 当 <1,即 a>2 时, a-1 1 令f′(x)<0,得0<x< 或x>1; a-1 1 令 f′(x)>0,得 <x<1. a-1 1 当 >1,a<2 时,与已知矛盾,故舍去, a-1

押题精练

专题一 第5讲

综上,当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 1 1 当a>2时,f(x)在(0, )和(1,+∞)上单调递减,在( , a-1 a-1 1)上单调递增.
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(3)由(2)知,当a∈(2,3)时,f(x)在[1,2] 上单调递减, 当x=1时,f(x)有最大值,当x=2时,f(x)有最小值. a 3 ∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=2-2+ln 2, a 3 ∴ma+ln 2>2-2+ln 2. 1 3 而a>0经整理得m>2-2a, 1 1 3 由 2<a<3 得-4<2-2a<0,∴m≥0.


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