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【走向高考】(全国通用)2016高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题5 导数及其应用(含解析)


【走向高考】 (全国通用)2016 高考数学二轮复习 第一部分 微专题 强化练 专题 5 导数及其应用

一、选择题 1.(文)曲线 y=xe +2x-1 在点(0,-1)处的切线方程为( A.y=3x-1 C.y=3x+1 [答案] A [解析] k=y′|x=0=(e +xe +2)|x=0=3, ∴切线方程为 y=3x-1,故选 A. (理)(2014·吉林市质检)若函数 f(x)=2sinx(x∈[0, π ])在点 P 处的切线平行于函数
x x x

)

B.y=-3x-1 D.y=-2x-1

x g(x)=2 x·( +1)在点 Q 处的切线,则直线 PQ 的斜率(
3 A.1 C. 8 3 B. 1 2

)

D. 2

[答案] C [解析]

f′(x)=2cosx,x∈[0,π ],∴f′(x)∈[-2,2],g′(x)= x+

1

x

≥2,

当且仅当 x=1 时,等号成立, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则由题意知,2cosx1= x2+ 2,∵x1∈[0,π ], 8 y2-y1 8 ∴x1=0,∴y1=0,x2=1,y2= ,∴kPQ= = . 3 x2-x1 3 [方法点拨] 1.导数的几何意义 函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数 f ′(x0)就是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的 斜率,即 k=f ′(x0). 2.求曲线 y=f(x)的切线方程的类型及方法 (1)已知切点 P(x0,y0),求 y=f(x)过点 P 的切线方程: 求出切线的斜率 f ′(x0),由点斜式写出方程; (2)已知切线的斜率为 k,求 y=f(x)的切线方程: 设切点 P(x0,y0),通过方程 k=f ′(x0)解得 x0,再由点斜式写出方程;
1

1

x2

,∴2cosx1=2 且 x2+

1

x2



(3)已知切线上一点(非切点),求 y=f(x)的切线方程: 设切点 P(x0,y0),利用导数求得切线斜率 f ′(x0),再由斜率公式求得切线斜率,列 方程(组)解得 x0,再由点斜式或两点式写出方程. 3.若曲线的切线与已知直线平行或垂直,求曲线的切线方程时,先由平行或垂直关系 确定切线的斜率,再由 k=f′ (x0)求出切点坐标(x0,y0),最后写出切线方程. 4.(1)在点 P 处的切线即是以 P 为切点的切线,P 一定在曲线上. (2)过点 Q 的切线即切线过点 Q,Q 不一定是切点,所以本题的易错点是把点 Q 作为切 点.因此在求过点 P 的切线方程时,应首先检验点 P 是否在已知曲线上. 2.已知 f(x)为定义在(-∞,+∞)上的可导函数,且 f(x)<f ′(x)对于 x∈R 恒成立, 且 e 为自然对数的底,则下面正确的是( A.f(1)>e·f(0),f(2012)>e B.f(1)<e·f(0),f(2012)>e C.f(1)>e·f(0),f(2012)<e D.f(1)<e·f(0),f(2012)<e [答案] A [解析] 设 F(x)= 则 F′(x)=
2012

)

·f(0) ·f(0) ·f(0) ·f(0)

2012

2012

2012

f?x?
e
x

, = ,

f ′?x?·ex-exf?x? f ′?x?-f?x?
?e ?
x
2

e

x

∵f(x)<f ′(x)对于 x∈R 恒成立, ∴F′(x)>0,即 F(x)在 x∈R 上为增函数, ∴F(1)>F(0),F(2012)>F(0), 即

f?1? f?0? f?2012? f?0?
e
1

>

e

0



e

2012

>

e

0



∴f(1)>ef(0),

f(2012)>e2012f(0).
[方法点拨] 1.函数的单调性与导数 在区间 (a, b)内,如果 f ′(x)>0,那么函数 f(x) 在区间 (a, b)上单调递增.如果

f ′(x)<0,那么函数 f(x)在区间(a,b)上单调递减.
2.利用导数研究函数的单调性的步骤. (1)找出函数 f(x)的定义域; (2)求 f ′(x); (3)在定义域内解不等式 f ′(x)>0,f ′(x)<0. 3 .求单调区间 ( 或证明单调性 ) ,只需在函数 f(x) 的定义域内解 ( 或证明 ) 不等式

f ′(x)>0 或 f ′(x)<0.
2

4 .若已知函数的单调性求参数的值或取值范围,只需转化为不等式 f ′(x)≥0 或

f ′(x)≤0 在单调区间内恒成立的问题求解,解题过程中要注意分类讨论;函数单调性问
题以及一些相关的逆向问题,都离不开分类讨论思想. 3.(2015·新课标Ⅱ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] 考查导数的应用. 记函数 g(x)= B.(-1,0)∪(1,+∞) D.(0,1)∪(1,+∞) )

f?x? xf′?x?-f?x? ,则 g′(x)= ,因为当 x>0 时,xf′(x)- x x2

f(x)<0,故当 x>0 时,g′(x)<0,所以 g(x)在(0,+∞)上单调递减;又因为函数 f(x)(x
∈R)是奇函数,故函数 g(x)是偶函数,所以 g(x)在(-∞,0)上单调递减,且 g(-1)=g(1) =0.当 0<x<1 时,g(x)>0,则 f(x)>0;当 x<-1 时,g(x)<0,则 f(x)>0,综上所述,使得

f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1),故选 A.
[方法点拨] 1.在研究函数的性质与图象, 方程与不等式的解, 不等式的证明等问题中, 根据解题的需要可以构造新的函数 g(x),通过研究 g(x)的性质(如单调性、极值等)来解决 原问题是常用的方法.如在讨论 f ′(x)的符号时,若 f ′(x)的一部分为 h(x),f ′(x) 的符号由 h(x)所决定,则可转化为研究 h(x)的极(最)值来解决,证明 f(x)>g(x)时,可构 造函数 h(x)=f(x)-g(x),转化为 h(x)的最小值问题等等. 2.应用函数与方程思想解决函数、方程、不等式问题,是多元问题中的常见题型,常 见的解题思路有以下两种: (1)分离变量,构造函数,将不等式恒成立、方程求解等转化为求函数的最值(或值域), 然后求解. (2)换元,将问题转化为一次不等式、二次不等式或二次方程,进而构造函数加以解决. 3. 有关二次方程根的分布问题一般通过两类方法解决: 一是根与系数的关系与判别式, 二是结合函数值的符号(或大小)、对称轴、判别式用数形结合法处理. 4.和函数与方程思想密切关联的知识点 ①函数 y=f(x),当 y>0 时转化为不等式 f(x)>0. ②数列是自变量为正整数的函数. ③直线与二次曲线位置关系问题常转化为二次方程根的分布问题. ④立体几何中有关计算问题,有时可借助面积、体积公式转化为方程或函数最值求解. 5.注意方程(或不等式)有解与恒成立的区别. 6.含两个未知数的不等式(函数)问题的常见题型及具体转化策略:

3

(1)? x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d] 上的最大值. (2)? x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d] 上的最小值. (3)? x1∈[a,b],? x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,

d]上的最小值.
(4)? x1∈[a,b],? x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,

d]上的最大值.
(5)? x1∈[a, b],当 x2∈[c,d]时,f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域与 g(x)在[c,

d]上的值域交集非空.
(6)? x1∈[a,b],? x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域? g(x)在[c,

d]上的值域.
(7)? x2∈[c,d],? x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域? g(x)在[c,

d]上的值域.
4.(文)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 如下图所示,则该函数的图象是( )

[答案] B [解析] 本题考查原函数图象与导函数图象之间的关系. 由导数的几何意义可得, y=f(x)在[-1,0]上每一点处的切线斜率逐渐变大, 而在[0,1] 上则逐渐变小,故选 B. (理)(2014·石家庄市质检)定义在区间[0,1]上的函数 f(x)的图象如下图所示, 以 A(0,

f(0))、B(1,f(1))、C(x,f(x))为顶点的△ABC 的面积记为函数 S(x),则函数 S(x)的导函
数 S′(x)的大致图象为( )

4

[答案] D [解析] ∵A、B 为定点,∴|AB|为定值,∴△ABC 的面积 S(x)随点 C 到直线 AB 的距离

d 而变化, 而 d 随 x 的变化情况为增大→减小→0→增大→减小, ∴△ABC 的面积先增大再减
小,当 A、B、C 三点共线时,构不成三角形;然后△ABC 的面积再逐渐增大,最后再逐渐减 小,观察图象可知,选 D. [方法点拨] 1.由导函数的图象研究函数的图象与性质, 应注意导函数图象位于 x 轴上 方的部分对应 f(x)的增区间,下方部分对应 f(x)的减区间,与 x 轴的交点对应函数可能的 极值点,导函数的单调性决定函数 f(x)增长的速度; 2.由函数的图象确定导函数的图象时,应注意观察函数的单调区间、极值点,它们依 次对应 f′(x)的正负值区间和零点,图象上开或下降的快慢决定导函数的单调性. 5. 已知常数 a、 b、 c 都是实数, f(x)=ax +bx +cx-34 的导函数为 f′(x), f′(x)≤0 的解集为{x|-2≤x≤3},若 f(x)的极小值等于-115,则 a 的值是( 81 A.- 22 C.2 [答案] C [解析] 依题意得 f′(x)=3ax +2bx+c≤0 的解集是[-2,3],于是有 3a>0,-2+3 2b c =- ,-2×3= , 3a 3a 3a ∴b=- ,c=-18a,函数 f(x)在 x=3 处取得极小值,于是有 f(3)=27a+9b+3c 2 81 -34=-115,- a=-81,a=2,故选 C. 2 二、解答题 6.(文)已知函数 f(x)=x -3x +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. [分析] (1)由导数的几何意义可把斜率用 a 来表示, 再由斜率公式可求出 a 的值; (2) 把曲线与直线只有一个交点转化为函数只有一个零点作为本问的切入点, 利用分类讨论的思 想和利用导数判断函数的单调性来判断所设函数的单调性, 从而得出此函数在每个区间的单 调情况,进而求出零点个数,解决本问.
5
3 2 2 3 2

)

B.

1 3

D.5

[解析] (1)f′(x)=3x -6x+a,f′(0)=a, 2 由题设得- =-2,所以 a=1.

3

a

(2)由(1)知,f(x)=x -3x +x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x -3x +(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x -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]上有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x -3x +4,则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).
3 2 2 3 2

3

2

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所


g(x)>h(x)≥h(2)=0,
所以 g(x)=0 在(0,+∞)上没有实根. 综上,g(x)在 R 上有唯一实根,即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. (理)已知函数 f(x)=e -ax(a 为常数)的图象与 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 . [分析] (1)由导数的几何意义可求出 a 的值,再根据极值的定义求解;(2)构造函数
2 2

x

x

x

g(x)=ex-x2 证明其在(0,+∞)上的最小值大于 0;(3)根据(2)的结论可知 c≥1 时结论成
1 立,当 c<1 时,令 k= >1,转化为证明 x>2lnx+lnk 成立.构造函数 h(x)=x-2lnx-lnk

c

求解. [解析] (1)由 f(x)=e -ax,得 f′(x)=e -a. 又 f′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=e -2x,f′(x)=e -2. 令 f′(x)=0,得 x=ln2. 当 x<ln2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 所以当 x=ln2 时,f(x)有极小值. 且极小值为 f(ln2)=e -2ln2=2-ln4,
ln2

x

x

x

x

f(x)无极大值.
(2)令 g(x)=e -x ,则 g′(x)=e -2x. 由(1)得,g′(x)=f(x)≥f(ln2)=2-ln4>0,即 g′(x)>0.
6
x
2

x

所以 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x <e . (3)①若 c≥1,则 e ≤ce ,又由(2)知,当 x>0 时 x <e ,所以当 x>0 时,x <ce ,取 x0 =0 当 x∈(x0,+∞)时恒有 x <ce
2 2

x

x

x

2

x

2

2

x

1 2 x x 2 x 2 ②若 0<c<1,令 k= >1,要使不等式 x <ce 成立,只要 e >kx 成立,而要使 e >kx 成立,

c

则只要 x>ln(kx ),只要 x>2lnx+lnk 成立, 2 x-2 令 h(x)=x-2lnx-lnk,则 h′(x)=1- = ,所以当 x>2 时,h′(x)>0,h(x)在

2

x

x

(2,+∞)内单调递增 取 x0=16k>16,所以 h(x)在(x0,+∞)内单调递增 又 h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k 易知 k>lnk,k>ln2,5k>0,所以 h(x0)>0. 16 2 x 即存在 x0= ,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce .

c

综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0,当 x∈(x0,+∞)时,恒有 x <ce . [方法点拨] 函数在某点处的导数等于经过该点的切线的斜率;极值点满足导数等于

2

x

0,但满足导数等于 0 的并不一定是极值点,应注意根据极值的定义判断;在证明有些导数 问题时,要注意借助上问的结论. 7.(文)(2015·四川文,21)已知函数 f(x)=-2xlnx+x -2ax+a ,其中 a>0. (1)设 g(x)是 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性; (2)证明:存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 恒成立,且 f(x)=0 在区间(1,+∞)内有唯 一解. [解析] 本题主要考查导数的运算、 导数在研究函数中的应用、 函数的零点等基础知识, 考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识,考查函数与方程、数形结合、化归与转化等 数学思想. (1)由已知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞),
2 2

g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a),
2 2?x-1? 所以 g′(x)=2- = .

x

x

当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增. (2)由 f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得 a=x-1-lnx, 令 Φ (x)=-2xlnx+x -2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx) =(1+lnx) -2xlnx, 则 Φ (1)=1>0,Φ (e)=2(2-e)<0,
7
2 2 2

于是,存在 x0∈(1,e),使得 Φ (x0)=0. 令 a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中 u(x)=x-1-lnx(x≥1), 1 由 u′(x)=1- ≥0 知,函数 u(x)在区间(1,+∞)上单调递增,

x

故 0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1, 即 a0∈(0,1). 当 a=a0 时,有 f′(x0)=0,f(x0)=Φ (x0)=0 再由(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 当 x∈(1,x0)时,f′(x)<0,从而 f(x)>f(x0)=0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而 f(x)>f(x0)=0; 又当 x∈(0,1]时,f(x)=(x-a0) -2xlnx>0, 故 x∈(0,+∞)时,f(x)≥0. 综上所述,存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 恒成立,且 f(x)=0 在区间(1,+∞)内有唯 一解. (理)(2015·江苏,19)已知函数 f(x)=x +ax +b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)若 b=c-a(实数 c 是与 a 无关的常数),当函数 f(x)有三个不同的零点时,a 的取
3 2 2

? 3? ?3 ? 值范围恰好是(-∞,-3)∪?1, ?∪? ,+∞?,求 c 的值. ? 2? ?2 ?
[解析] 考查利用导数求函数单调性、极值、函数零点. (1)先求函数导数,通过讨论导函数零点求解;(2)通过构造函数,利用导数与函数关系 求解. 2a 2 (1)f′(x)=3x +2ax,令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=- . 3 当 a=0 时,因为 f′(x)=3x ≥0,所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 2a? 2a ? 当 a>0 时,x∈?-∞,- ?∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈(- ,0)时,f′(x)<0, 3? 3 ? 2a? ? ? 2a ? 所以函数 f(x)在?-∞,- ?,(0,+∞)上单调递增,在?- ,0?上单调递减; 3? ? ? 3 ? 2a? ? 2a ? ? 当 a<0 时,x∈(-∞,0)∪?- ,+∞?时,f′(x)>0,x∈?0,- ?时,f′(x)<0, 3? ? 3 ? ? 2a? ? 2a ? ? 所以函数 f(x)在(-∞,0),?- ,+∞?上单调递增,在?0,- ?上单调递减. 3 3? ? ? ?
2

? 2a? 4 3 (2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b,f?- ?= a +b,则函数 f(x)有三个 ? 3 ? 27

8

a>0, ? ? 2a? 4 3 ? 零点等价于 f(0)·f?- ?=b a +b<0,从而? 4 3 ? 3 ? 27 - a <b<0 ? ? 27
4 3 又 b=c-a,所以当 a>0 时, a -a+c>0, 27 4 3 或当 a<0 时, a -a+c<0. 27

a<0, ? ? 或? 4 3 0<b<- a ? 27 ?

.

4 3 设 g(a)= a -a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3) 27

? 3? ?3 ? ? 3? ?3 ? ∪?1, ?∪? ,+∞?,则在(-∞,-3)上 g(a)<0,且在?1, ?∪? ,+∞?上 g(a)>0 均恒 ? 2? ?2 ? ? 2? ?2 ?
成立,

?3? 从而 g(-3)=c-1≤0,且 g? ?=c-1≥0,因此 c=1. ?2?
此时,f(x)=x +ax +1-a=(x+1)[x +(a-1)x+1-a], 因函数有三个零点,则 x +(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实根, 所以 Δ =(a-1) -4(1-a)=a +2a-3>0,且(-1) -(a-1)+1-a≠0, 3 3 解得 a∈(-∞,-3)∪1, ∪ ,+∞. 2 2 综上 c=1. [方法点拨] 用导数研究函数综合题的一般步骤: 第一步,将所给问题转化为研究函数性质的问题. 若已给出函数,直接进入下一步. 第二步,确定函数的定义域. 第三步,求导数 f ′(x),解方程 f ′(x)=0,确定 f(x)的极值点 x=x0. 第四步,判断 f(x)在给定区间上的单调性和极值,若在 x=x0 左侧 f ′(x)>0,右侧
2 2 2 2 3 2 2

f ′(x)>0,则 f(x0)为极大值,反之 f(x0)为极小值,若在 x=x0 两侧 f ′(x)不变号,则 x
=x0 不是 f(x)的极值点. 第五步,求 f(x)的最值,比较各极值点与区间端点 f(a),f(b)的大小,最大的一个为 最大值、最小的一个为最小值. 第六步,得出问题的结论. 8.济南市“两会”召开前,某政协委员针对自己提出的“环保提案”对某处的环境状 况进行了实地调研,据测定,该处的污染指数与附近污染源的强度成正比,与到污染源的距 离成反比,比例常数为 k(k>0).现已知相距 36km 的 A、B 两家化工厂(污染源)的污染强度 分别为正数 a、b,它们连线上任意一点 C 处的污染指数 y 等于两化工厂对该处的污染指数 之和.设 AC=x(km).
9

(1)试将 y 表示为 x 的函数; (2)若 a=1 时,y 在 x=6 处取得最小值,试求 b 的值. [解析] (1)设点 C 受 A 污染源污染指数为 , 点 C 受 B 污染源污染指数为 , 其中 x 36-x

ka

kb

k 为比例系数,且 k>0.
从而点 C 处污染指数 y= + (2)因为 a=1,所以,y= + 1 b y′=k[- 2+ ], x ?36-x?2 36 令 y′=0,得 x= , 1+ b 当 x∈(0, 36 )时,函数单调递减;当 x∈( ,+∞)时,函数单调递增. 1+ b 1+ b 36

ka kb (0<x<36). x 36-x k kb , x 36-x

36 ∴当 x= 时,函数取得最小值, 1+ b 又此时 x=6,解得 b=25,经验证符合题意. 所以,污染源 B 的污染强度 b 的值为 25. [方法点拨] 1.解决实际问题的关键在于建立数学模型和目标函数, 把“问题情景”转 化为数学语言,抽象为数学问题,选择合适的求解方法.而最值问题的应用题,写出目标函 数利用导数求最值是首选的方法, 若在函数的定义域内函数只有一个极值点, 该极值点即为 函数的最值点. 2.利用导数解决优化问题的步骤 ①审题,设未知数;②结合题意列出函数关系式;③确定函数的定义域;④在定义域内 求极值、最值;⑤下结论. 3x +ax 9.(2015·重庆理,20)设函数 f(x)= (a∈R). x e (1)若 f(x)在 x=0 处取得极值,确定 a 的值,并求此时曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处 的切线方程; (2)若 f(x)在[3,+∞)上为减函数,求 a 的取值范围. [解析] 第一问主要考查了导数的几何意义, 导数的求导公式以及极值问题, 属于简单 题型.第二问属于主要考查了导数的求导公式以及单调性的应用,是高考常考题型,属于简 单题型. (1)对 f(x)求导得 f′(x)= ?6x+a?e -?3x +ax?e -3x +?6-a?x+a = , x 2 x ?e ? e
x
2 2

x

2

10

因为 f(x)在 x=0 处取得极值,所以 f′(0)=0,即 a=0. 3x -3x +6x 当 a=0 时,f(x)= x ,f′(x)= , x e e 3 3 故 f(1)= ,f′(1)= . e e 3 3 从而 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y- = (x-1),化简得 3x-ey=0. e e -3x +?6-a?x+a (2)由(1)知 f′(x)= , x e 令 g(x)=-3x +(6-a)x+a, 6-a- a +36 由 g(x)=0 解得 x1= , 6
2 2 2 2 2

x2=

6-a+ a +36 . 6

2

当 x<x1 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)>0,即 f′(x)>0,故 f(x)为增函数; 当 x>x2 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数; 6-a+ a +36 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数,知 x2= ≤3, 6 9 解得 a≥- , 2
2

? 9 ? 故 a 的取值范围为?- ,+∞?. ? 2 ?
[方法点拨] 1.利用导数研究函数最值的一般步骤 (1)求定义域;(2)求导数 f ′(x);(3)求极值,先解方程 f ′(x)=0,验证 f ′(x) 在根左右两侧值的符号确定单调性,若在 x=x0 左侧 f ′(x)>0,右侧 f ′(x)<0,则 f(x0) 为极大值,反之 f(x0)为极小值,若在 x=x0 两侧 f(x)的值不变号,则 x=x0 不是 f(x)的极 值点;(4)求最值,比较各极值点与区间[a,b]的端点值 f(a)、f(b)的大小,其中最大的一 个为最大值,最小的一个为最小值. 2.已知 f(x)在某区间上的极值或极值的存在情况,则转化为方程 f ′(x)=0 的根的 大小或存在情况. 10.(文)已知函数 f(x)=(ax +bx+c)e 在[0,1]上单调递减且满足 f(0)=1,f(1)= 0. (1)求 a 的取值范围; (2)设 g(x)=f(x)-f′(x),求 g(x)在[0,1]上的最大值和最小值. [解析] (1)由 f(0)=1,f(1)=0 得 c=1,a+b=-1,
2

x

11

则 f(x)=[ax -(a+1)x+1]e ,

2

x

f ′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex
依题意须对于任意 x∈(0,1),有 f ′(x)<0. 当 a>0 时,因为二次函数 y=ax +(a-1)x-a 的图象开口向上,而 f ′(0)=-a<0, 所以须
2

f ′(1)=(a-1)e<0,即 0<a<1;
当 a=1 时,对任意 x∈(0,1)有 f ′(x)=(x -1)e <0,f(x)符合条件; 当 a=0 时,对于任意 x∈(0,1),f ′(x)=-xe <0,f(x)符合条件; 当 a<0 时,因 f ′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故 a 的取值范围 0≤a≤1. (2)因为 g(x)=(-2ax+1+a)e ,g′(x)=(-2ax+1-a)e , (ⅰ)当 a=0 时,g′(x)=e >0,g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1,在 x=1 处取得最 大值 g(1)=e. (ⅱ)当 a=1 时,对于任意 x∈(0,1)有 g′(x)=-2xe <0,g(x)在 x=0 处取得最大值
x x x x x
2

x

g(0)=2,在 x=1 处取得最小值 g(1)=0.
1-a (ⅲ)当 0<a<1 时,由 g′(x)=0 得 x= >0. 2a 1-a 1 ①若 ≥1,即 0<a≤ 时,g(x)在[0,1]上单调递增,g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0) 2a 3 =1+a,在 x=1 处取得最大值 g(1)=(1-a)e. 1-a 1 1-a 1-a 1-a ②若 <1,即 <a<1 时,g(x)在 x= 处取得最大值 g( )=2ae ,在 x=0 2a 3 2a 2a 2a 或 x=1 处取得最小值,而 g(0)=1+a, g(1)=(1-a)e, 1 e-1 则当 <a≤ 时,g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1+a; 3 e+1 当 e-1 <a<1 时,g(x)在 x=1 处取得最小值 g(1)=(1-a)e. e+1

[点评] 本题考查导数运算,二次函数、恒成立问题、导数应用等,考查分类讨论数学 思想, 体现导数的工具作用. 第(1)问中不要漏掉 a=0, a=1.第(2)问分类的依据是判定 g(x) 在[0,1]上的单调性. (理)设函数 f(x)=ax (1-x)+b(x>0),n 为正整数,a、b 为常数.函数 y=f(x)在(1,
n

f(1))处的切线方程为 x+y=1.
(1)求 a、b 的值; (2)求函数 f(x)的最大值; 1 (3)证明:f(x)< . ne
12

[分析] (1)根据导数的几何意义及点(1,f(1))在直线 x+y=1 上可求得 a、b. (2)通过求导判定 f(x)的单调性求其最大值. 1 (3)借用第(2)问的结论 f(x)的最大值小于 ,构造新的函数关系. ne [解析] (1)因为 f(1)=b,由点(1,b)在直线 x+y=1 上,可得 1+b=1,即 b=0, 因为 f ′(x)=anx
n-1

-a(n+1)x ,

n

所以 f ′(1)=-a. 又因为切线 x+y=1 的斜率为-1, 所以-a=-1,即 a=1, 故 a=1,b=0. (2)由(1)知,f(x)=x (1-x)=x -x
n n n+1



n f ′(x)=(n+1)xn-1( -x). n+1
令 f ′(x)=0,解得 x=

n , n+1 n n+1
.

即 f ′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x= 在(0, 而在(

n

n+1

)上,f ′(x)>0,故 f(x)单调递增;

n ,+∞)上,f ′(x)<0,故 f(x)单调递减. n+1 n n+1
)=(

故 f(x)在(0,+∞)上的最大值为 f( 1 (3)令 φ (t)=lnt-1+ (t>0),则

n

n+1

) (1-

n

n

n+1

)= n+1. ?n+1?

nn

t

1 1 t-1 φ ′(t)= - 2= 2 (t>0).

t t

t

在(0,1)上,φ ′(t)<0,故 φ (t)单调递减; 而在(1,+∞)上 φ ′(t)>0,φ (t)单调递增. 故 φ (t)在(0,+∞)上的最小值为 φ (1)=0. 所以 φ (t)>0(t>1), 1 即 lnt>1- (t>1).

t

1 n+1 1 令 t=1+ ,得 ln > , n n n+1 即 ln(

n+1 n+1 ) >lne, n

13

所以(

n+1 n+1 nn 1 ) >e,即 . n+1< n ?n+1? ne
n

n 1 由(2)知,f(x)≤ , n+1< ?n+1? ne
故所证不等式成立. [点评] 本题主要考查了导数的几何意义, 通过导数求函数的最大值, 判断函数的单调 性,在判断单调性和求函数的最大值时一定要注意函数的定义域.

14


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