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2015高考复习专题五 函数与导数 含近年高考试题


2015 专题五:函数与导数
在解题中常用的有关结论(需要熟记) :
(1)曲线 y ? f ( x) 在 x ? x0 处的切线的斜率等于 f ?( x0 ) ,切线方程为 y ? f ?( x0 )( x ? x0 ) ? f ( x0 ) (2)若可导函数 y ? f ( x) 在 x ? x0 处取得极值,则 f ?( x0 ) ? 0 。反之,不成立


( ? 0) (3)对于可导函数 f ( x) ,不等式 f ?( x) ? 0 的解集决定函数 f ( x) 的递增(减)区间。

(4)函数 f ( x) 在区间 I 上递增(减)的充要条件是: ?x ? I f ?( x) ? 0 (? 0) 恒成立 (5)函数 f ( x) 在区间 I 上不单调等价于 f ( x) 在区间 I 上有极值,则可等价转化为方程 (若 f ?( x) 为二次函数且 f ?( x) ? 0 在区间 I 上有实根且为非二重根。 I=R, 则有 ? ? 0 ) 。

(6) f ( x) 在区间 I 上无极值等价于 f ( x) 在区间在上是单调函数,进而得到 f ?( x) ? 0 或
f ?( x ) ? 0 在 I 上恒成立

(7)若 ?x ? I , f ( x) ? 0 恒成立,则 f ( x)min ? 0 ; 若 ?x ? I , f ( x) ? 0 恒成立,则 f ( x)max ? 0 (8)若 ? x0 ? I ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f ( x)max ? 0 ;若 ? x0 ? I ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f ( x)min ? 0 . (9)设 f ( x) 与 g ( x) 的定义域的交集为 D 若 ? x ?D f ( x) ? g ( x) 恒成立则有 ? f ( x) ? g( x)? (10)若对 ? x1 ? I1 、 x2 ? I 2 , f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立,则 f ( x)min ? g ( x)max . 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)min ? g ( x)min . 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 f ( x)max ? g ( x)max . (11)已知 f ( x) 在区间 I1 上的值域为 A,, g ( x) 在区间 I 2 上值域为 B, 若对 ? x1 ? I1 , ? x2 ? I 2 ,使得 f ( x1 ) = g ( x2 ) 成立,则 A ? B 。 (12)若三次函数 f(x)有三个零点,则方程 f ?( x) ? 0 有两个不等实根 x1 、 x2 ,且极大值大 于 0,极小值小于 0. (13)证题中常用的不等式: ① ln x ? x ? 1 ( x ? 0) ② ln (x+1 ) ? x ( x ? ?1) ③ e x ? 1 ? x ④ e
?x
min

?0

? 1? x ⑤

ln x 1 1 ln x x ?1 ? ? ( x ? 0) ? ( x ? 1) ⑥ 2 x 2 2 x2 x ?1 2

考点一:导数几何意义:
角度一 求切线方程 π? 3 1.(2014· 洛阳统考)已知函数 f(x)=3x+cos 2x+sin 2x,a=f′? ?4?,f′(x)是 f(x)的导函数,则过曲线 y=x 上 一点 P(a,b)的切线方程为( A.3x-y-2=0 B.4x-3y+1=0 C.3x-y-2=0 或 3x-4y+1=0 D.3x-y-2=0 或 4x-3y+1=0 π? π π 解析:选 A 由 f(x)=3x+cos 2x+sin 2x 得 f′(x)=3-2sin 2x+2cos 2x,则 a=f′? ?4?=3-2sin2+2cos2= 1.由 y=x3 得 y′=3x2,过曲线 y=x3 上一点 P(a,b)的切线的斜率 k=3a2=3×12=3.又 b=a3,则 b=1,所以切 点 P 的坐标为(1,1),故过曲线 y=x3 上的点 P 的切线方程为 y-1=3(x-1),即 3x-y-2=0. 角度二 求切点坐标 2.(2013· 辽宁五校第二次联考)曲线 y=3ln x+x+2 在点 P0 处的切线方程为 4x-y-1=0,则点 P0 的坐标是 ( ) A.(0,1) C.(1,3) B.(1,-1) D.(1,0) )

3 解析:选 C 由题意知 y′= +1=4,解得 x=1,此时 4×1-y-1=0,解得 y=3,∴点 P0 的坐标是(1,3). x

角度三 求参数的值 1 7 3.已知 f(x)=ln x,g(x)= x2+mx+ (m<0),直线 l 与函数 f(x),g(x)的图像都相切,且与 f(x)图像的切点为 2 2 (1,f(1)),则 m 等于( A.-1 C.-4 1 解析:选 D ∵f′(x)= , x ∴直线 l 的斜率为 k=f′(1)=1, 又 f(1)=0, ∴切线 l 的方程为 y=x-1. g′(x)=x+m,设直线 l 与 g(x)的图像的切点为(x0,y0), 1 2 7 则有 x0+m=1,y0=x0-1,y0= x 0 +mx0+ ,m<0, 2 2 于是解得 m=-2,故选 D. 考点二:判断函数单调性,求函数的单调区间。 [典例 1]已知函数 f(x)=x2-ex 试判断 f(x)的单调性并给予证明. 解:f(x)=x2-ex,f(x)在 R 上单调递减, ) B.-3 D.-2

f′(x)=2x-ex,只要证明 f′(x)≤0 恒成立即可. 设 g(x)=f′(x)=2x-ex,则 g′(x)=2-ex, 当 x=ln 2 时,g′(x)=0, 当 x∈(-∞,ln 2)时,g′(x)>0, 当 x∈(ln 2,+∞)时,g′(x)<0. ∴f′(x)max=g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2<0, ∴f′(x)<0 恒成立, ∴f(x)在 R 上单调递减. [典例 2] (2012· 北京高考改编)已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx. (1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值; (2)当 a2=4b 时,求函数 f(x)+g(x)的单调区间. [解] (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b,

f?1?=a+1=c, ? ? 由已知可得?g?1?=1+b=c, ? ?2a=3+b,

解得 a=b=3.

a2 a2 a a (2)令 F(x)=f(x)+g(x)=x3+ax2+ x+1,F′(x)=3x2+2ax+ ,令 F′(x)=0,得 x1=- ,x2=- , 4 4 2 6 ∵a>0,∴x1<x2, a a 由 F′(x)>0 得,x<- 或 x>- ; 2 6 a a 由 F′(x)<0 得,- <x<- . 2 6 a a a a -∞,- ?,?- ,+∞?;单调递减区间为?- ,- ?. ∴单调递增区间是? 2? ? 6 6? ? ? ? 2 [针对训练] (2013· 重庆高考)设 f(x) =a(x-5)2+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. 6 解:(1)因为 f(x)=a(x-5)2+6ln x,故 f′(x)=2a(x-5)+ . x 令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a,所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)· (x- 1),由点(0,6)在切线上可得 6-16a=8a-6, 1 故 a= . 2 1 (2)由(1)知,f(x)= (x-5)2+6ln x(x>0), 2 6 ?x-2??x-3? f′(x)=x-5+ = . x x 令 f′(x)=0,解得 x1=2,x2=3. 当 0<x<2 或 x>3 时,f′(x)>0,故 f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;当 2<x<3 时,f′(x)<0,故 f(x)在(2,3)

上为减函数. 9 由此可知 f(x)在 x=2 处取得极大值 f(2)= +6ln 2,在 x=3 处取得极小值 f(3)=2+6ln 3. 2 考点三:已知函数的单调性求参数的范围 [典例] (2014· 山西诊断)已知函数 f(x)=ln x-a2x2+ax(a∈R). (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(1,+∞)上是减函数,求实数 a 的取值范围. [解] (1)当 a=1 时,f(x)=ln x-x2+x,其定义域是(0,+∞),

2x2-x-1 1 f′(x)= -2x+1=- , x x 2x2-x-1 1 令 f′(x)=0,即- =0,解得 x=- 或 x=1. x 2 ∵x>0,∴x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)>0;当 x>1 时,f′(x)<0. ∴函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减. (2)显然函数 f(x)=ln x-a2x2+ax 的定义域为(0,+∞), -2a2x2+ax+1 -?2ax+1??ax-1? 1 ∴f′(x)= -2a2x+a= = . x x x 1 ①当 a=0 时,f′(x)= >0, x ∴f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,不合题意. 1 ②当 a>0 时,f′(x)≤0(x>0)等价于(2ax+1)〃(ax-1)≥0(x>0),即 x≥ , a 1 ? 此时 f(x)的单调递减区间为? ?a,+∞?. 1 ? ?a≤1, 由? 得 a≥1. ?a>0, ? ③当 a<0 时,f′(x)≤0(x>0)等价于(2ax+1)〃(ax-1)≥0(x>0),即 x≥- 1 ,此时 f(x)的单调递减区间为 2a

?- 1 ,+∞?. ? 2a ?
1 ? ?-2a≤1, 1 由? 得 a≤- . 2 ? ?a<0, 1 -∞,- ?∪[1,+∞). 综上,实数 a 的取值范围是? 2? ? [针对训练] 1 a (2014· 荆州质检)设函数 f(x)= x3- x2+bx+c,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=1. 3 2 (1)求 b,c 的值; (2)若 a>0,求函数 f(x)的单调区间;

(3)设函数 g(x)=f(x)+2x,且 g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,求实数 a 的取值范围. 解:(1)f′(x)=x2-ax+b,
? ? ?f?0?=1, ?c=1, 由题意得? 即? ?f′?0?=0, ?b=0. ? ?

(2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0), 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0, 当 x∈(0,a)时,f′(x)<0, 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a). (3)g′(x)=x2-ax+2, 依题意,存在 x∈(-2,-1),使不等式 g′(x)=x2-ax+2<0 成立, 2? 即 x∈(-2,-1)时,a<? ?x+x?max=-2 2, 2 当且仅当“x= ”即 x=- 2时等号成立, x 所以满足要求的 a 的取值范围是(-∞,-2 2). 考点四:用导数解决函数的极值问题 a [典例] (2013· 福建高考节选)已知函数 f(x)=x-1+ x(a∈R,e 为自然对数的底数). e (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值. [解] a a (1)由 f(x)=x-1+ x,得 f′(x)=1- x. e e

又曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴, a 得 f′(1)=0,即 1- =0,解得 a=e. e a (2)f′(x)=1- x, e ①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数 f(x)无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 ex=a,即 x=ln a. x∈(-∞,ln a),f′(x)<0;x∈(ln a,+∞),f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, 故 f(x)在 x=ln a 处取得极小值, 且极小值为 f(ln a)=ln a,无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值; 当 a>0 时,f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a,无极大值. [针对训练] 1 设 f(x)=2x3+ax2+bx+1 的导数为 f′(x),若函数 y=f′(x)的图像关于直线 x=- 对称,且 f′(1)=0. 2 (1)求实数 a,b 的值;

(2)求函数 f(x)的极值. 解:(1)因为 f(x)=2x3+ax2+bx+1, 故 f′(x)=6x2+2ax+b, a a2 x+ ?2+b- , 从而 f′(x)=6? ? 6? 6 a 即 y=f′(x)关于直线 x=- 对称. 6 a 1 从而由题设条件知- =- ,即 a=3. 6 2 又由于 f′(1)=0,即 6+2a+b=0, 得 b=-12. (2)由(1)知 f(x)=2x3+3x2-12x+1, 所以 f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2), 令 f′(x)=0, 即 6(x-1)(x+2)=0, 解得 x=-2 或 x=1, 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0, 即 f(x)在(-∞,-2)上单调递增; 当 x∈(-2,1)时,f′(x)<0, 即 f(x)在(-2,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 即 f(x)在(1,+∞)上单调递增. 从而函数 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=21, 在 x=1 处取得极小值 f(1)=-6. 考点五运用导数解决函数的最值问题 [典例] 已知函数 f(x)=ln x-ax(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 a>0 时,求函数 f(x)在[1,2]上的最小值. [解] 1 (1)f′(x)= -a(x>0), x

1 ①当 a≤0 时,f′(x)= -a>0, x 即函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞). 1 1 ②当 a>0 时,令 f′(x)= -a=0,可得 x= , x a 1-ax 1 当 0<x< 时,f′(x)= >0; a x 1-ax 1 当 x> 时,f′(x)= <0, a x 1? 故函数 f(x)的单调递增区间为? ?0,a?,

1 ? 单调递减区间为? ?a,+∞?. 1 (2)①当 ≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是减函数,∴f(x)的最小值是 f(2)=ln 2-2a. a 1 1 ②当 ≥2,即 0<a≤ 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是增函数,∴f(x)的最小值是 f(1)=-a. a 2 1 1 1 1 1, ?上是增函数,在? ,2?上是减函数.又 f(2)-f(1)=ln 2-a,∴ ③当 1< <2,即 <a<1 时,函数 f(x)在? ? a? ?a ? a 2 1 当 <a<ln 2 时,最小值是 f(1)=-a; 2 当 ln 2≤a<1 时,最小值为 f(2)=ln 2-2a. 综上可知, 当 0<a<ln 2 时,函数 f(x)的最小值是-a; 当 a≥ln 2 时,函数 f(x)的最小值是 ln 2-2a. [针对训练] 1 设函数 f(x)=aln x-bx2(x>0),若函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切, 2 (1)求实数 a,b 的值; 1 ? (2)求函数 f(x)在? ?e,e?上的最大值. a 解:(1)f′(x)= -2bx, x 1 ∵函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切, 2 f′?1?=a-2b=0, a=1, ? ? ? ? ∴? 解得? 1 1 f?1?=-b=- , ? ? 2 ? ?b=2. 1-x2 1 1 (2)f(x)=ln x- x2,f′(x)= -x= , 2 x x 1 1 ∵当 ≤x≤e 时,令 f′(x)>0 得 ≤x<1; e e 1 ? 1 ,1 上单调递增,在[1,e]上单调递减,∴f(x)max=f(1)=- . 令 f′(x)<0,得 1<x≤e,∴f(x)在? ?e ? 2 考点六:用导数解决函数极值、最值问题 ax2+bx+c [典例] (2013· 北京丰台高三期末)已知函数 f(x)= (a>0)的导函数 y=f′(x)的两个零点为-3 和 0. ex (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)的极小值为-e3,求 f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值. [解] = ?2ax+b?ex-?ax2+bx+c?ex (1)f′(x)= ?ex?2

-ax2+?2a-b?x+b-c , ex

令 g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,

因为 ex>0,所以 y=f′(x)的零点就是 g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c 的零点,且 f′(x)与 g(x)符号相同. 又因为 a>0,所以-3<x<0 时,g(x)>0,即 f′(x)>0, 当 x<-3 或 x>0 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,所以 f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0, +∞). (2)由(1)知,x=-3 是 f(x)的极小值点,所以有 9a-3b+c ? ? e =-e , ?g?0?=b-c=0, ? ?g?-3?=-9a-3?2a-b?+b-c=0,
-3

3

解得 a=1,b=5,c=5, x2+5x+5 所以 f(x)= . ex 因为 f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞), 所以 f(0)=5 为函数 f(x)的极大值, 故 f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取 f(-5)和 f(0)中的最大者. 5 5 5 - =5e >5=f(0),所以函数 f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是 5e . e 5

而 f(-5)= [针对训练]

2 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l:3x-y+1=0,若 x= 时,y=f(x)有极 3 值. (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值. 解:(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c,得 f′(x)=3x2+2ax+b.当 x=1 时,切线 l 的斜率为 3,可得 2a+b=0,① 2? 2 当 x= 时,y=f(x)有极值,则 f′? ?3?=0,可得 4a+3b+4=0,② 3 由①②,解得 a=2,b=-4.由于切点的横坐标为 1, 所以 f(1)=4. 所以 1+a+b+c=4.所以 c=5. 2 (2)由(1),可得 f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4.令 f′(x)=0,解之,得 x1=-2,x2= . 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如下表所示: x f′(x) f(x) -3 + 8 (-3,-2) + ? -2 0 13

?-2,2? 3? ?
- ?

2 3 0 95 27

?2,1? ?3 ?
+ ?

1 + 4

95 所以 y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为 . 27 考点七:利用导数研究恒成立问题及参数求解 [典例] (2013· 全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d).若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2), 且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2. (1)求 a,b,c,d 的值; (2)若 x≥-2 时,f(x)≤kg(x),求 k 的取值范围. [解] (1)由已知得 f(0)=2,g(0)=2,

f′(0)=4,g′(0)=4. 而 f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c),故 b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而 a=4,b=2,c=2,d=2. (2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 设函数 F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2, 则 F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得 F(0)≥0,即 k≥1. 令 F′(x)=0 得 x1=-ln k,x2=-2. (ⅰ)若 1≤k<e2,则-2<x1≤0.从而当 x∈(-2,x1)时,F′(x)<0;当 x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0,即 F(x) 在(-2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,故 F(x)在[-2,+∞)上的最小值为 F(x1).而 F(x1)=2x1+2
2 -x1 -4x1-2=-x1(x1+2)≥0.

故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. (ⅱ)若 k=e2,则 F′(x)=2e2(x+2)(ex-e 2).从而当 x>-2 时,F′(x)>0,即 F(x)在(-2,+∞)上单调递


增, 而 F(-2)=0,故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. (ⅲ)若 k>e2,则 F(-2)=-2ke 2+2=-2e 2〃(k-e2)<0.从而当 x≥-2 时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立.
- -

综上,k 的取值范围是[1,e2]. [针对训练] 1 设函数 f(x)= x2+ex-xex. 2 (1)求 f(x)的单调区间; (2)若当 x∈[-2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞), ∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex), 若 x=0,则 f′(x)=0; 若 x<0,则 1-ex>0,所以 f′(x)<0; 若 x>0,则 1-ex<0,所以 f′(x)<0. ∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞).

(2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减. 故[f(x)]min=f(2)=2-e2, ∴m<2-e2 时,不等式 f(x)>m 恒成立. 故 m 的取值范围为(-∞,2-e2). 考点八、利用导数证明不等式问题

[典例] (2013· 河南省三市调研)已知函数 f(x)=ax-ex(a>0). 1 (1)若 a= ,求函数 f(x)的单调区间; 2 (2)当 1≤a≤1+e 时,求证:f(x)≤x. [解] 1 1 (1)当 a= 时,f(x)= x-ex. 2 2

1 f′(x)= -ex,令 f′(x)=0,得 x=-ln 2. 2 当 x<-ln 2 时,f′(x)>0; 当 x>-ln 2 时,f′(x)<0, ∴函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,-ln 2),单调递减区间为(-ln 2,+∞). (2)证明:法一:令 F(x)=x-f(x)=ex-(a-1)x, (ⅰ)当 a=1 时,F(x)=ex>0, ∴f(x)≤x 成立. (ⅱ)当 1<a≤1+e 时,F′(x)=ex-(a-1)=ex-eln(a ∴当 x<ln(a-1)时,F′(x)<0; 当 x>ln(a-1)时,F′(x)>0, ∴F(x)在(-∞,ln (a-1))上单调递减,在(ln(a-1),+∞)上单调递增. ∴F(x)≥F(ln(a-1))=eln(a ∵1<a≤1+e, ∴a-1>0,1-ln(a-1)≥1-ln[(1+e)-1]=0, ∴F(x)≥0,即 f(x)≤x 成立. 综上,当 1≤a≤1+e 时,有 f(x)≤x. 法二:令 g(a)=x-f(x)=-xa+x+ex, 只要证明 g(a)≥0 在 1≤a≤1+e 时恒成立即可. g(1)=-x+x+ex=ex>0,① g(1+e)=-x· (1+e)+x+ex=ex-ex, 设 h(x)=ex-ex,则 h′(x)=ex-e, 当 x<1 时,h′(x)<0;当 x>1 时,h′(x)>0, ∴h(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, ∴h(x)≥h(1)=e1-e· 1=0, 即 g(1+e)≥0.②
-1) -1)



-(a-1)· ln(a-1)=(a-1)[1-ln(a-1)],

由①②知,g(a)≥0 在 1≤a≤1+e 时恒成立. ∴当 1≤a≤1+e 时,有 f(x)≤x. [针对训练] 1 1 (2014· 东北三校联考)已知函数 f(x)= x2- ax3(a>0), 函数 g(x)=f(x)+ex(x-1), 函数 g(x)的导函数为 g′(x). 2 3 (1)求函数 f(x)的极值; (2)若 a=e, (ⅰ)求函数 g(x)的单调区间; (ⅱ)求证:x>0 时,不等式 g′(x)≥1+ln x 恒成立. 1 x- ?, 解:(1)f′(x)=x-ax2=-ax? ? a? 1 ∴当 f′(x)=0 时,x=0 或 x= ,又 a>0, a 1 0, ?时, ∴当 x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当 x∈? ? a? 1 ? f′(x)>0;当 x∈? ?a,+∞?时,f′(x)<0, ∴f(x)的极小值为 f(0)=0, 1? 1 f(x)的极大值为 f? ?a?=6a2. 1 1 (2)∵a=e,∴g(x)= x2- ex3+ex(x-1), 2 3 g′(x)=x(ex-ex+1). (ⅰ)记 h(x)=ex-ex+1,则 h′(x)=ex-e, 当 x∈(-∞,1)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)是增函数, ∴h(x)≥h(1)=1>0, 则在(0,+∞)上,g′(x)>0; 在(-∞,0)上,g′(x)<0, ∴函数 g(x)的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-∞,0). 1+ln x (ⅱ)证明:x>0 时,g′(x)=x(ex-ex+1)≥1+ln x?ex-ex+1≥ , x 由(ⅰ)知,h(x)=ex-ex+1≥1, 1-x 记 φ(x)=1+ln x-x(x>0),则 φ′(x)= , x 在区间(0,1)上,φ′(x)>0,φ(x)是增函数; 在区间(1,+∞)上,φ′(x)<0,φ(x)是减函数, 1+ln x ∴φ(x)≤φ(1)=0,即 1+ln x-x≤0, ≤1, x 1+ln x ∴ex-ex+1≥1≥ ,即 g′(x)≥1+ln x 恒成立. x


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