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2016年高考数学 热点题型和提分秘籍 专题13 导数在研究函数中的应用 理(含解析)新人教A版


2016 年高考数学 热点题型和提分秘籍 专题 13 导数在研究函数中的 应用 理(含解析)新人教 A 版
【高频考点解读】 1.了解函数的单调性与导数的关系;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); 2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值 (其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一 般不超过三次). 【热点题型】 题型一 利用导数研究函数的单调性

【例 1】设函数 f(x)=aln x+

x-1 ,其中 a 为常数. x+1

(1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 【解析】

-1-

设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, -(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1 则 x1= ,x2= .

a

a

由 x1= 所以

a+1- 2a+1 a +2a+1- 2a+1 = > 0, -a -a

2

【提分秘籍】 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号,当 f(x)含参数时,需依 据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)若可导函数 f(x)在指定的区间 D 上单调递 增(减),求参数范围问题,可转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立问题,从而构建不等式, 要注意“=”是否可以取到. 【举一反三】 e 1 已知函数 f(x)= - x-ax(a∈R). 2 e 3 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的单调区间; 2 (2)若函数 f(x)在[-1,1]上为单调函数,求实数 a 的取值范围. 3 e 1 3 【解析】 (1)当 a= 时,f(x)= - x- x, 2 2 e 2
x x

f′(x)=

1 1 x x 2 x x x[(e ) -3e +2]= x(e -1)(e -2), 2e 2e
x x

令 f′(x)=0,得 e =1 或 e =2,

-2-

即 x=0 或 x=ln 2; 令 f′(x)>0,则 x<0 或 x>ln 2; 令 f′(x)<0,则 0<x<ln 2. ∴f(x)的递增区间是(-∞,0),(ln 2,+∞); 递减区间是(0,ln 2).

-3-

题型二

利用导数研究函数的极值

x a 3 【例 2】 已知函数 f(x)= + -ln x- ,其中 a∈R,且曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处 4 x 2
1 的切线垂直于直线 y= x. 2 (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 【解析】

【提分秘籍】 (1)可导函数 y=f(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0)=0, 且在 x0 左侧与右侧 f′ (x)的符号不同.(2)若函数 y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么 y=f(x)在(a,b)内绝不是 单调函数,即在某区间上单调函数没有极值. 【举一反三】 已知函数 f(x)=ae -be
2x -2x

-cx(a,b,c∈R)的导函数 f′(x)为偶函数,且曲线 y=f(x)

在点(0,f(0))处的切线的斜率为 4-c. (1)确定 a,b 的值; (2)若 c=3,判断 f(x)的单调性; (3)若 f(x)有极值,求 c 的取值范围. 【解析】 (1)对 f(x)求导, 得 f′(x)=2ae +2be
2x -2x

-c, 由 f′(x)为偶函数, 知 f′(-

x)=f′(x)恒成立,
即 2(a-b)(e -e
2x -2x

)=0,所以 a=b.
-4-

又 f′(0)=2a+2b-c=4-c,故 a=1,b=1. (2)当 c=3 时,f(x)=e -e
2x -2x

-3x,那么

f′(x)=2e2x+2e-2x-3≥2 2e2x·2e-2x-3=1>0,
故 f(x)在 R 上为增函数. (3)由(1)知 f′(x)=2e +2e 而 2e +2e
2x -2x 2x -2x

-c,

≥2 2e ·2e

2x

-2x

=4,

当 x=0 时等号成立. 下面分三种情况进行讨论: 当 c<4 时,对任意 x∈R,f′(x)=2e +2e
2x 2x -2x

-c>0,此时 f(x)无极值; -4>0,此时 f(x)无极值;
2

当 c=4 时,对任意 x≠0,f′(x)=2e +2e

-2x

2 c± c -16 2x 当 c>4 时,令 e =t,注意到方程 2t+ -c=0 有两根 t1,2= >0, t 4 1 1 即 f′(x)=0 有两个根 x= ln t1 或 x= ln t2. 2 2 当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;又当 x>x2 时,f′(x)>0,从而 f(x)在 x=x2 处取得极小值. 综上,若 f(x)有极值,则 c 的取值范围为(4,+∞). 题型三 利用导数研究函数的最值
2 2

【例 3】已知函数 f(x)=(4x +4ax+a ) x,其中 a<0. (1)当 a=-4 时,求 f(x)的单调递增区间; (2)若 f(x)在区间[1,4]上的最小值为 8,求 a 的值. 【解析】

-5-

易知 f(x)=(2x+a)

2

? a? x≥0,且 f ?- ?=0. ? 2?

【提分秘籍】 (1)求解函数的最值时,要先求函数 y=f(x)在[a,b]内所有使 f′(x)=0 的点,再计算 函数 y=f(x)在区间内所有使 f′(x)=0 的点和区间端点处的函数值,最后比较即得.(2)已 知函数的最值求参数,一般先用参数表示最值,列方程求解参数. 【举一反三】 已知函数 f(x)=xln x. (1)求函数 f(x)的极值点; (2)设函数 g(x)=f(x)-a(x-1),其中 a∈R,求函数 g(x)在区间[1,e]上的最小值(其 中 e 为自然对数的底数). 【解析】 (1)f′(x)=ln x+1,x>0,
-6-

1 由 f′(x)=0 得 x= , e

? 1? 所以 f(x)在区间?0, ?上单调递减, ? e? ?1 ? 在区间? ,+∞?上单调递增. ?e ?
1 所以,x= 是函数 f(x)的极小值点,极大值点不存在. e (2)g(x)=xln x-a(x-1), 则 g′(x)=ln x+1-a, 由 g′(x)=0,得 x=e 所以,在区间(0,e 在区间(e 当e =0. 当 1<e
a-1 a-1 a-1 a-1 a-1



)上,g(x)为递减函数,

,+∞)上,g(x)为递增函数.

≤1,即 a≤1 时,在区间[1,e]上,g(x)为递增函数,所以 g(x)的最小值为 g(1)

<e,即 1<a<2 时,

g(x)的最小值为 g(ea-1)=a-ea-1.
当e
a-1

≥e,即 a≥2 时,在区间[1,e]上,g(x)为递减函数,

所以 g(x)的最小值为 g(e)=a+e-ae. 综上,当 a≤1 时,g(x)的最小值为 0; 当 1<a<2 时,g(x)的最小值为 a-e
a-1



当 a≥2 时,g(x)的最小值为 a+e-ae. 【高考风向标】 【2015 高考新课标 2, 理 12】设函数 f ( x) 是奇函数 f ( x)( x ? R) 的导函数, f (?1) ? 0 ,
'

当 x ? 0 时, xf ( x) ? f ( x) ? 0 ,则使得 f ( x) ? 0 成立的 x 的取值范围是(
'



A. (??, ?1) ? (0,1) C. (??, ?1) ? (?1,0) 【答案】A 【解析】

B. (?1, 0) ? (1, ??) D. (0,1) ? (1, ??)

-7-

【2015 高考新课标 1,理 12】设函数 f ( x ) = e x (2 x ? 1) ? ax ? a ,其中 a 1,若存在唯一的整 数 x0 ,使得 f ( x0 ) (A)[0,则 a 的取值范围是( ) (C)[

3 3 3 ,1) (B)[, ) 2e 2e 4

3 3 , ) 2e 4

(D)[

3 , 1) 2e

【答案】D
x 【解析】设 g ( x) = e (2 x ?1) , y ? ax ? a ,由题知存在唯一的整数 x0 ,使得 g ( x0 ) 在直

线 y ? ax ? a 的下方.因为 g ?( x) ? e x (2 x ? 1) ,所以当 x ? ?
1

1 1 时, g ?( x ) <0,当 x ? ? 时, 2 2

? 1 g ?( x) >0,所以当 x ? ? 时,[ g ( x)]max = -2e 2 ,当 x ? 0 时, g (0) =-1, g (1) ? 3e ? 0 ,直 2

?1 线 y ? ax ? a 恒过( 1,0)斜率且 a ,故 ?a ? g (0) ? ? 1,且 g (?1) ? ?3e ? ?a ? a ,解得

3 ≤ a <1,故选 D. 2e

【2015 高考新课标 2,理 21】 (本题满分 12 分) 设函数 f ( x) ? e
mx

? x2 ? mx .

(Ⅰ)证明: f ( x ) 在 (??, 0) 单调递减,在 (0, ??) 单调递增;

-8-

(Ⅱ)若对于任意 x1 , x2 ?[?1,1] ,都有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? e ?1,求 m 的取值范围. 【答案】(Ⅰ)详见解析; (Ⅱ) [?1,1] . 【解析】

g ' (t ) ? 0 .故 g (t ) 在 (??, 0) 单调递减,在 (0, ??) 单调递增.又 g (1) ? 0 , g (?1) ? e?1 ? 2 ? e ? 0 ,故当 t ? [?1,1] 时, g (t ) ? 0 .当 m ?[?1,1] 时, g (m) ? 0 ,
g (?m) ? 0 ,即①式成立.当 m ? 1 时,由 g (t ) 的单调性, g (m) ? 0 ,即 em ? m ? e ? 1 ;当

m ? ?1 时, g (?m) ? 0 ,即 e? m ? m ? e ? 1.综上, m 的取值范围是 [?1,1] .
【2015 江苏高考,17】 (本小题满分 14 分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路, 为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路,记两 条相互垂直的公路为 l 1, l2 ,山区边界曲线为 C,计划修建的公路为 l,如图所示,M,N 为 C 的两个端点,测得点 M 到 l 1, l2 的距离分别为 5 千米和 40 千米,点 N 到 l 1, l2 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米,以 l 1, l2 所在的直线分别为 x,y 轴,建立平面直角坐标系 xOy,假设曲线 C 符合函数 y ?

a (其中 a,b 为常数)模型. x ?b
2

-9-

(1)求 a,b 的值; (2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点,P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式 f ? t ? ,并写出其定义域; ②当 t 为何值时,公路 l 的长度最短?求出最短长度.

【答案】 (1) a ? 1000, b ? 0; (2)① f (t ) ? ② t ? 10 2, f (t )min ? 15 3 千米 【解析】

9 ? 106 9 2 ? t , 定义域为 [5, 20] , t4 4

(1)由题意知,点 ? , ? 的坐标分别为 ? 5, 40? , ? 20, 2.5? .

? a ? 40 ? a ? 25 ? b 将其分别代入 y ? 2 ,得 ? , x ?b ? a ? 2.5 ? ? 400 ? b
解得 ?

?a ? 1000 . ?b ? 0

- 10 -

答:当 t ? 10 2 时,公路 l 的长度最短,最短长度为 15 3 千米. (2014·四川卷)已知函数 f(x)=e -ax -bx-1,其中 a,b∈R,e=2.718 28?为自然 对数的底数. (1)设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值; (2)若 f(1)=0,函数 f(x)在区间(0,1)内有零点,求 a 的取值范围. 【解析】 解:(1)由 f(x)=e -ax -bx-1,得 g(x)=f′(x)=e -2ax-b. 所以 g′(x)=e -2a. 当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a]. 1 当 a≤ 时,g′(x)≥0,所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b;
- 11 x x
2

x

2

x

1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0,得 x=ln(2a)∈(0,1),所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)] 2 2 上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增, 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b. 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; 2 1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 2 2 e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b. 2

当 e-2<a<1 时,g(x)在区间[0,1]内有最小值 g(ln(2a)). 若 g(ln(2a))≥0,则 g(x)≥0(x∈[0,1]), 从而 f(x)在区间[0,1]内单调递增,这与 f(0)=f(1)=0 矛盾,所以 g(ln(2a))<0. 又 g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0.

- 12 -

故此时 g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点 x1 和 x2. 由此可知 f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增. 所以 f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(1)=0, 故 f(x)在(x1,x2)内有零点. 综上可知,a 的取值范围是(e-2,1). (2014·安徽卷)设函数 f(x)=1+(1+a)x-x -x ,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时 ,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 【解析】
2 3

由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减, -1+ 4+3a 所以 f(x)在 x=x2= 处取得最大值. 3 又 f(0)=1,f(1)=a,
- 13 -

所以当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值.

? π? (2014·北京卷)已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈?0, ?. 2? ?
(1)求证:f(x)≤0; sin x ? π? (2)若 a< <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2? x ? 【解析】

g(x)与 g′(x)在区间?0, ?上的情况如下: 2

? ?

π?

?

x g′(x) g(x)

(0,x0) + ?

x0 0

?x0,π ? ? 2? ? ?
- ?

因为 g(x)在区间(0,x0)上是增函数,所以 g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0 对任意

x∈?0, ?恒成立”当且仅当 g? ?=1- c≥0,即 0<c≤ . 2 2

? ?

π?

?

?π ? ? ?

π 2

2 π

2 ? π? 综上所述, 当且仅当 c≤ 时, g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立; 当且仅当 c≥1 时, g(x)<0 2? π ?
- 14 -

? π? 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ?
sin x 2 ? π? 所以,若 a< <b 对任意 x∈?0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小值为 1. 2? x π ? (2014·福建卷) 已知函数 f(x)=e -ax(a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A, 曲线 y=f(x) 在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x <e ; (3)证明:对任意给定的正数 c,总存在 x0,使得当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce . 【解析】
2 2

x

x

x

- 15 -

方法二:(1)同方法一. (2)同方法一. (3)对任意给定的正数 c,取 x0= 4

c



x x ?x?2 ?x?2 x 2 x 由(2)知,当 x>0 时,e >x ,所以 e =e ·e >? ? ·? ? , 2 2 ?2? ?2?
2 2 4 x 2 1 ? ? x ?x? ?x? 2 当 x>x0 时,e >? ? ? ? > ? ? = x , ?2? ?2? c?2? c 因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce .
2

x

- 16 -

因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce . (2014·湖北卷)π 为圆周率,e=2.718 28?为自然对数的底数. ln x (1)求函数 f(x)= 的单调区间;

2

x

x

(2)求 e ,3 ,e ,π , ,3 ,π 这 6 个数中的最大数与最小数; (3)将 e ,3 ,e ,π ,3 ,π 这 6 个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论. 【解析】 ln x 1-ln x 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).因为 f(x)= ,所以 f′(x)= . 2
3 e π e π 3

3

e

π

e

π

3

x

x

当 f′(x)>0,即 0<x<e 时,函数 f(x)单调递增; 当 f′(x)<0,即 x>e 时,函数 f(x)单调递减. 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞). (2)因为 e<3<π ,所以 eln 3<eln π ,π ln e<π ln 3,即 ln 3 <ln π ,ln e <ln 3 . 于是根据函数 y=ln x,y=e ,y=π 在定义域上单调递增,可得 3 <π <π ,e <e <3 . 故这 6 个数的最大数在 π 与 3 之中,最小数在 3 与 e 之中. ln π ln 3 ln e 由 e<3<π 及(1)的结论,得 f(π )<f(3)<f(e),即 < < . π 3 e 由 ln π ln 3 3 π π 3 < ,得 ln π <ln3 ,所以 3 >π ; π 3
3 π e 3 e e 3 3 π π e e π π

x

x

- 17 -



ln 3 ln e e 3 e 3 < ,得 ln 3 <ln e ,所以 3 <e . 3 e
π e

综上,6 个数中的最大数是 3 ,最小数是 3 . (3)由(2)知,3 <π <π <3 ,3 <e . ln π ln e e π 又由(2)知, < ,得 π <e . π e 故只需比较 e 与 π 和 e 与 π 的大小.
3 e π 3 e e 3 π e 3

(2014·湖南卷)已知常数 a>0,函数

f(x)=ln(1+ax)-

2x . x+2

(1)讨论 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)若 f(x)存在两个极值点 x1,x2,且 f(x1)+f(x2)>0,求 a 的取值范围. 【解析】 解:(1)f′(x)= - 1+ax

a

2(x+2)-2x ax +4(a-1) = 2 2.(*) (x+2) (1+ax)(x+2)

2

当 a≥1 时,f′(x)>0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当 0<a<1 时,由 f′(x)=0 得

x1=2

1-a?

a ?

?x2=-2

1-a

a

舍去?.

? ?

当 x∈(0,x1)时,f′(x)<0; 当 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0.
- 18 -

故 f(x)在区间(0,x1)上单调递减, 在区间(x1,+∞)上单调递增. 综上所述, 当 a≥1 时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 当 0<a<1 时,f(x)在区间?0,2 递增. (2)

? ?

1-a?

? ?上单调递减,在区间?2 a ? ?

1-a ? ,+∞?上单调

a

?

- 19 -

2 (ii)当 0<x<1 时,g(x)=2ln x+ -2,

x

2 2 2x-2 所以 g′(x)= - 2= 2 <0,

x x

x

因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减, 1 从而 g(x)>g(1)=0.故当 <a<1 时,f(x1)+f(x2)>0. 2

?1 ? 综上所述,满足条件的 a 的取值范围为? ,1?. ?2 ?
(2014·江西卷)已知函数 f(x)=(x +bx+b) 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值;
2

? 1? (2)若 f(x)在区间?0, ?上单调递增,求 b 的取值范围. ? 3?
【解析】

(2014·辽宁卷)当 x∈[-2,1]时,不等式 ax -x +4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范 围是( )

3

2

9? ? A.[-5,-3] B.?-6,- ? 8? ? C.[-6,-2] D.[-4,-3] 【答案】C

x2-4x-3 【解析】当-2≤x<0 时,不等式转化为 a≤ , x3
令 f(x)=

x2-4x-3 (-2≤x<0), x3
2

-x +8x+9 -(x-9)(x+1) 则 f′(x)= = , 故 f(x)在[-2, -1]上单调递减, 在(- 4 4

x

x

- 20 -

1+4-3 1,0)上单调递增,此时有 a≤ =-2.当 x=0 时,g(x)恒成立.当 0<x≤1 时, -1
2 x2-4x-3 x2-4x-3 -x +8x+9 a≥ ,令个 g(x)= (0<x≤1),则 g′(x)= = 3 3 x x x4

-(x-9)(x+1) , 4

x

1-4-3 故 g(x)在(0,1]上单调递增,此时有 a≥ =-6. 1 综上,-6≤a≤-2. (2014·全国卷)函数 f(x)=ln(x+1)- (1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 a1=1,an+1=ln(an+1),证明: 【解析】 2 3 <an≤ . n+2 n+2

ax (a>1). x+a

2 (i)当 n=1 时,由已知 <a1=1,故结论成立. 3

- 21 -

(ii)假设当 n=k 时结论成立,即 当 n=k+1 时,

2

k+2

<ak≤

3

k+2

.

2 2× ? 2 +1?> k+2= 2 , ak+1=ln(ak+1)>ln? ? k+3 ?k+2 ? 2 +2 k+2

ak+1=ln(ak+1)≤ln?

? 3 +1?< ? ?k+2 ? 3



3

3 = , k+3 +3 k+2

k+2

即当 n=k+1 时,有

2 3 <ak+1≤ ,结论成立. k+3 k+3

根据(i)(ii)知对任何 n∈结论都成立. (2014·新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ax -3x +1,若 f(x)存在唯一的零点 x0,且
3 2

x0>0,则 a 的取值范围是(
A.(2,+∞)

)

B.(1,+∞)

C.(-∞,-2) D.(-∞,-1) 【答案】C 【解析】

【高考押题】 1.函数 f(x)=(x-3)e 的单调递增区间是 A.(-∞,2) C.(1,4) 【答案】 D 【解析】 函数 f(x)=(x-3)e 的导数为 f′(x)=[(x-3)e ]′=e +(x-3)e =(x-
x x x x x

(

)

B.(0,3) D.(2,+∞)

- 22 -

2)e .由函数导数与函数单调性的关系,得当 f′(x)>0 时,函数 f(x)单调递增,此时由不等 式 f′(x)=(x-2)e >0,解得 x>2. 2.函数 y=xe 的最小值是 A.-1 1 C.- e 【答案】 C 【解析】 y′=e +xe =(1+x)e ,令 y′=0,则 x=-1,因为 x<-1 时,y′<0,x 1 >-1 时,y′>0,所以 x=-1 时,ymin=- . e 3.已知函数 y=f(x)的图象是下列四个图象之一, 且其导函数 y=f′(x)的图象如图所示, 则该函数的图象是 ( )
x x x x x

x

(

) B.-e D.不存在

【答案】 B 【解析】

4.对于在 R 上可导的任意函数 f(x),若满足(x-a)f′(x)≥0,则必有 A.f(x)≥f(a) C.f(x)>f(a) B.f(x)≤f(a) D.f(x)<f(a)

(

)

- 23 -

【答案】 A 【解析】 由(x-a)f′(x)≥0 知,当 x>a 时,f′(x)≥0;当 x<a 时,f′(x)≤0.∴当

x=a 时,函数 f(x)取得最小值,则 f (x)≥f(a).
5.已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取值范围是 ( A.(-∞,0) C.(0,1) 【答案】 B 【解析】 )

? 1? B.?0, ? ? 2?
D.(0,+∞)

6.已知函数 f(x)=x -12x+8 在区间[-3,3]上的最大值与最小值分别为 M,m,则 M-m =________. 【答案】 32 【解析】 由题意,得 f′(x)=3x -12,令 f′(x)=0,得 x=±2,又 f(-3)=17,
2

3

f(-2)=24,f(2)=-8,f(3)=-1,所以 M=24,m=-8,M-m=32.
7.已知 f(x)=x +3ax +bx+a 在 x=-1 时有极值 0,则 a-b=________. 【答案】 -7 【解析】 由题意得 f′(x)=3x +6ax+b,则
?a +3a-b-1=0, ?a=1, ? ?a=2, ? ? ? 解得? 或? ? ? ? ?b-6a+3=0, ?b=3 ?b=9,
2 2 3 2 2

经检验当 a=1,b=3 时, 函数 f(x)在 x=-1 处无法取得极值, 而 a=2,b=9 满足题意, 故 a-b=-7. 1 3 1 2 ?2 ? 8.若函数 f(x)=- x + x +2ax 在? ,+∞?上存在单调递增区间,则 a 的取值范围是 3 2 ?3 ? ________.

? 1 ? 【答案】 ?- ,+∞? ? 9 ?

- 24 -

? 1?2 1 2 【解析】 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x +x+2a=-?x- ? + +2a. ? 2? 4 ?2 ? ?2? 2 当 x∈? ,+∞?时,f′(x)的最大值为 f′? ?= +2a. ?3 ? ?3? 9
2 1 令 +2a>0,解得 a>- . 9 9

? 1 ? 所以 a 的取值范围是?- ,+∞?. ? 9 ?
9.设 f(x)=a(x-5) +6ln x,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 y 轴 相交于点(0,6). (1)确定 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值. 【解析】
2

10.已知函数 f(x)=-x +ax +bx+c 在点 P(1,f(1))处的切线方程为 y=-3x+1. (1)若函数 f(x)在 x=-2 时有极值,求 f(x)的解析式; (2)函数 f(x)在区间[-2,0]上单调递增,求实数 b 的取值范围. 【解析】 f′(x)=-3x +2ax+b,函数 f(x)在 x=1 处的切线斜率为-3,所以 f′(1) =-3+2a+b=-3,即 2a+b=0, ①
- 25 2

3

2

又 f(1)=-1+a+b+c=-2 得 a+b+c=-1. (1)函数 f(x)在 x=-2 时有极值, 所以 f′(-2)=-12-4a+b=0, 由①②③解得 a=-2,b=4,c=-3,所以 f(x)=-x -2x +4x-3. (2)
3 2





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