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【步步高】2014届高三数学大一轮复习讲义 专题二利用导数研究函数的性质

时间:2013-10-20


专题二

利用导数研究函数的性质

1.f′(x)>0 在(a,b)上成立是 f(x)在(a,b)上单调递增的充分不必要条件. 2.f(x)在(a,b)上是增函数的充要条件是 f′(x)≥0,且 f′(x)=0 在有限个点处取到. 3.对于可导函数 f(x),f′(x0)=0 并不是 f(x)在 x=x0 处有极值的充分条件 对于可导

函数 f(x),x=x0 是 f(x)的极值点,必须具备①f′(x0)=0,②在 x0 两侧,f′(x)的 符号为异号.所以 f′(x0)=0 只是 f(x)在 x0 处有极值的必要条件,但并不充分. 4.如果连续函数 f(x)在区间(a,b)内只有一个极值点,那么这个极值点就是最值点.

ln a+ln x 1. 已知函数 f(x)= 在[1,+∞)上为减函数,则实数 a 的取值范围为__________. x 答案 [e,+∞) 1 · x-?ln a+ln x? x 1-?ln a+ln x? f′(x)= = ,因为 f(x)在[1,+∞)上为减函数,故 x2 x2

解析

f′(x)≤0 在[1, +∞)上恒成立, ln a≥1-ln x 在[1, 即 +∞)上恒成立. φ(x)=1-ln x, 设 φ(x)max=1,故 ln a≥1,a≥e. 2. 设函数 f(x)=ax3-3x+1 (x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的 值为________. 答案 4 解析 若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 3 1 3 1 当 x>0,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3.设 g(x)= 2- 3,则 g′(x) x x x x = 3?1-2x? , x4

1 1 1 所以 g(x)在区间?0,2?上单调递增,在区间?2,1?上单调递减,因此 g(x)max=g?2?=4, ? ? ? ? ? ? 从而 a≥4. 3 1 当 x<0,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤ 2- 3. x x g(x)在区间[-1,0)上单调递增, ∴g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4, 综上可知 a=4.

3. 若函数 f(x)的导函数为 f′(x)=-x(x+1), 则函数 g(x)=f(logax)(0<a<1)的单调递减区间是 __________. 1 答案 ?1,a? ? ? 解析 由 f′(x)=-x(x+1)≤0,得 x≤-1 或 x≥0, 即 f(x)的递减区间为(-∞,-1],[0,+∞),则 f(x)的递增区间为[-1,0]. ∵0<a<1,∴y=logax 在(0,+∞)上为减函数, 由复合函数单调性可知当-1≤logax≤0, 1 即 1≤x≤ 时,g(x)为减函数, a 1 ∴g(x)的单调递减区间为?1,a?. ? ? 1 π 4. 已知函数 f(x)=asin 2x- sin 3x (a 为常数)在 x= 处取得极值,则 a 的值为( 3 3 1 1 A.1 B.0 C. D.- 2 2 答案 A 解析 ∵f′(x)=2acos 2x-cos 3x, π 2 ∴f′?3?=2acos π-cos π=0, ? ? 3 ∴a=1,经验证适合题意. 5. 对于 R 上可导的任意函数 f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有 A.f(0)+f(2)<2f(1) C.f(0)+f(2)≥2f(1) 答案 D 解析 当 x≥1 时,f′(x)≥0,f(x)为增函数,∴f(2)>f(1), 当 x≤1 时,f′(x)≤0,f(x)为减函数,∴f(0)>f(1), ∴f(0)+f(2)>2f(1). B.f(0)+f(2)≤2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1) ( ) )

题型一 利用导数求函数的单调区间 例1 2 已知函数 f(x)=x3+ax2-x+c,且 a=f′?3?. ? ? (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=(f(x)-x3)·x,若函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增,求实数 c 的取值范 e

围. 解 (1)由 f(x)=x3+ax2-x+c,

得 f′(x)=3x2+2ax-1. 2 2 2 2 当 x= 时,得 a=f′?3?=3×?3?2+2a×?3?-1, ? ? ? ? ? ? 3 解之,得 a=-1. (2)由(1)可知 f(x)=x3-x2-x+c. 1 则 f′(x)=3x2-2x-1=3?x+3?(x-1),列表如下: ? ? x f′(x) f(x) 1 (-∞,- ) 3 + ? - 0 极大值 1 3 1 (- ,1) 3 - ? 1 0 极小值 (1,+∞) + ?

1 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,- )和(1,+∞); 3 1 f(x)的单调递减区间是?-3,1?. ? ? (3)函数 g(x)=(f(x)-x3)·x=(-x2-x+c)·x, e e 有 g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex =(-x2-3x+c-1)ex, 因为函数 g(x)在 x∈[-3,2]上单调递增, 所以 h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在 x∈[-3,2]上恒成立. 只要 h(2)≥0,解得 c≥11,所以 c 的取值范围是[11,+∞). 探究提高 利用导数研究函数单调性的一般步骤: (1)确定函数的定义域; (2)求导数 f′(x); (3)①若求单调区间(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若已知 f(x)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 求解. 设函数 f(x)=x(ex-1)-ax2. 1 (1)若 a= ,求 f(x)的单调区间; 2 (2)若当 x≥0 时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 解 1 1 (1)a= 时,f(x)=x(ex-1)- x2, 2 2

f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).

当 x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0;当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(0,+∞),单调递减区间为(-1,0). (2)f(x)=x(ex-1-ax),令 g(x)=ex-1-ax,g′(x)=ex-a.若 a≤1,则当 x∈(0,+∞)时, g′(x)>0,g(x)为增函数,而 g(0)=0,从而当 x≥0 时,g(x)≥0,即 f(x)≥0. 若 a>1,则当 x∈(0,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函数, 而 g(0)=0,从而当 x∈(0,ln a)时,g(x)<0,即 f(x)<0. 综合得 a 的取值范围为(-∞,1]. 题型二 已知单调区间求参数范围 例2 已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex (x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求 a 的取值范围. 解 (1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex,

所以 f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex =(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,因为 ex>0, 所以-x2+2>0,解得- 2<x< 2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是[- 2, 2]. (2)因为函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, 所以 f′(x)≥0 对 x∈(-1,1)都成立. 因为 f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex =[-x2+(a-2)x+a]ex, 所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈(-1,1)都成立. 因为 ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立, x2+2x ?x+1?2-1 1 即 a≥ = =(x+1)- 对 x∈(-1,1)都成立. x+1 x+1 x+1 1 1 令 y=(x+1)- ,则 y′=1+ >0. x+1 ?x+1?2 1 所以 y=(x+1)- 在(-1,1)上单调递增, x+1 1 3 3 所以 y<(1+1)- = .即 a≥ . 2 1+1 2 3 因此 a 的取值范围为 a≥ . 2 探究提高 (1)根据函数的单调性确定参数范围是高考的一个热点题型,其根据是函数在

某区间上单调递增(减)时,函数的导数在这个区间上大(小)于或者等于零恒成立,转化为 不等式恒成立问题解决.

(2)在形式上的二次函数问题中,极易忘却的就是二次项系数可能等于零的情况,这样的 问题在导数单调性的讨论中是经常遇到的,值得特别注意. ax 已知函数 f(x)= 2 在 x=1 处取得极值 2. x +b (1)求函数 f(x)的表达式; (2)当 m 满足什么条件时,函数 f(x)在区间(m,2m+1)上单调递增? 解 a?x2+b?-ax?2x? (1)因为 f′(x)= , ?x2+b?2

ax 而函数 f(x)= 2 在 x=1 处取得极值 2, x +b

? ?f′?1?=0, ? ? ? 所以 即? a ? =2, ?f?1?=2, ? ?1+b
所以 f(x)= 4x 即为所求. 1+x2

a?1+b?-2a=0,

?a=4 ? 得? , ? ?b=1

4?x2+1?-8x2 (2)由(1)知 f′(x)= ?x2+1?2 = -4?x-1??x+1? . ?1+x2?2

令 f′(x)=0 得 x1=-1,x2=1, 则 f(x)的增减性如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) - ? (-1,1) + ? (1,+∞) - ?

可知,f(x)的单调增区间是[-1,1],

?m≥-1 ? 所以?2m+1≤1?-1<m≤0 ?m<2m+1 ?



所以当 m∈(-1,0]时,函数 f(x)在区间(m,2m+1)上单调递增. 题型三 函数的极值、最值应用问题 例3 设函数 f(x)=x4+ax3+2x2+b(x∈R),其中 a,b∈R. 10 (1)当 a=- 时,讨论函数 f(x)的单调性; 3 (2)若函数 f(x)仅在 x=0 处有极值,求 a 的取值范围; (3)若对于任意的 a∈[-2,2],不等式 f(x)≤1 在[-1,0]上恒成立,求 b 的取值范围. 思维启迪:f(x)≤1 在[-1,0]上恒成立,转化为 f(x)在[-1,0]上的最大值 f(x)max≤1. 解 (1)f′(x)=4x3+3ax2+4x=x(4x2+3ax+4).

10 当 a=- 时,f′(x)=x(4x2-10x+4)=2x(2x-1)(x-2). 3 1 令 f′(x)=0,得 x1=0,x2= ,x3=2. 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,0) - 单调递减 0 0 极小值

?0,1? ? 2?
+ 单调递增

1 2 0 极大值

?1,2? ?2 ?
- 单调递减

2 0 极小值

(2,+∞) + 单调递增

1 1 所以 f(x)在?0,2?和(2,+∞)上是增函数,在(-∞,0)和?2,2?上是减函数. ? ? ? ? (2)f′(x)=x(4x2+3ax+4), 显然 x=0 不是方程 4x2+3ax+4=0 的根. 由于 f(x)仅在 x=0 处有极值, 则方程 4x2+3ax+4=0 有两个相等的实根或无实根, Δ=9a2-4×16≤0, 8 8 解此不等式,得- ≤a≤ .这时,f(0)=b 是唯一极值. 3 3 8 8 因此满足条件的 a 的取值范围是?-3,3?. ? ? (3)由(2)知,当 a∈[-2,2]时,4x2+3ax+4>0 恒成立. ∴当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)在区间(-∞,0]上是减函数. 因此函数 f(x)在[-1,0]上的最大值是 f(-1). 又∵对任意的 a∈[-2,2], 不等式 f(x)≤1 在[-1,0]上恒成立, ∴f(-1)≤1, 3-a+b≤1. 即 于是 b≤a-2 在 a∈[-2,2]上恒成立. ∴b≤-2-2,即 b≤-4. 因此满足条件的 b 的取值范围是(-∞,-4]. 探究提高 (1)对含参函数的极值,要进行讨论,注意 f′(x0)=0 只是 f(x)在 x0 处取到极

值的必要条件. (2)利用函数的极值、最值,可以解决一些不等式的证明、函数零点个数、恒成立问题等. 已知 f(x)=ax2 (a∈R),g(x)=2ln x. (1)讨论函数 F(x)=f(x)-g(x)的单调性; (2)若方程 f(x)=g(x)在区间[ 2,e]上有两个不等解,求 a 的取值范围. 解 (1)F(x)=ax2-2ln x,其定义域为(0,+∞),

2 2 2?ax -1? ∴F′(x)=2ax- = (x>0). x x

①当 a>0 时,由 ax2-1>0,得 x> 由 ax2-1<0,得 0<x< 1 . a 1

1 . a

故当 a>0 时,F(x)在区间? 在区间?0,

? a

,+∞?上单调递增,

?

?

1? 上单调递减. a?

②当 a≤0 时,F′(x)<0 (x>0)恒成立. 故当 a≤0 时,F(x)在(0,+∞)上单调递减. 2ln x (2)原式等价于方程 a= 2 =φ(x)在区间[ 2,e]上有两个不等解. x 2x?1-2ln x? ∵φ′(x)= 在( 2, e)上为增函数, x4 1 在( e,e)上为减函数,则 φ(x)max=φ( e)= , e 2 而 φ(e)= 2<φ(2) e = 2ln 2 ln 2 = =φ( 2). 4 2

∴φ(x)min=φ(e), 如图当 f(x)=g(x) 在[ 2,e]上有两个不等解时有 φ(x)min= ln 2 1 a 的取值范围为 ≤a< . 2 e ln 2 , 2

导数与函数单调性关系不清致误

典例:(12 分)已知 f(x)=x3-ax2-3x. (1)若 f(x)在[2,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 x=3 是 f(x)的极值点,求 f(x)在[1,a]上的最小值和最大值. 易错分析 求函数的单调递增区间就是解导数大于零的不等式,受此影响,容易认为函 数 f(x)的导数在区间[2,+∞)上大于零,忽视了函数的导数在[2,+∞)上个别的点处可 以等于零,这样的点不影响函数的单调性. 规范解答 解 (1)由题意,知 f′(x)=3x2-2ax-3,

1 3 令 f′(x)≥0 (x≥2),得 a≤ ?x-x?.[2 分] ? 2? 1 3 记 t(x)= ?x-x?,当 x≥2 时,t(x)是增函数, ? 2? 1 9 3 所以 t(x)min= ×?2-2?= , ? 4 2 ? 9 所以 a∈?-∞,4?.[5 分] ? ? (2)由题意,得 f′(3)=0,即 27-6a-3=0,所以 a=4.[6 分] 所以 f(x)=x3-4x2-3x,f′(x)=3x2-8x-3. 1 令 f′(x)=0,得 x1=- ,x2=3.[7 分] 3 1 又因为 x∈[1,4],所以 x=- (舍去),故 x=3. 3 当 x∈(1,3)时,f′(x)<0,[8 分] 所以 f(x)在[1,3]上为减函数; 当 x∈(3,4)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在[3,4]上为增函数.[9 分] 所以 x=3 时,f(x)有极小值.[10 分] 于是,当 x∈[1,4]时,f(x)min=f(3)=-18, 而 f(1)=-6,f(4)=-12,所以 f(x)max=f(1)=-6.[12 分] 温馨提醒 (1)若函数 y=f(x)在区间(a,b)上单调递增,则 f′(x)≥0,其逆命题不成立,

因为 f′(x)≥0 包括 f′(x)>0 或 f′(x)=0,当 f′(x)>0 时函数 y=f(x)在区间(a,b)上单调 递增,当 f′(x)=0 时 f(x)在这个区间内为常数函数;同理,若函数 y=f(x)在区间(a,b) 上单调递减,则 f′(x)≤0,其逆命题不成立.(2)使 f′(x)=0 的离散的点不影响函数的 单调性.

方法与技巧 1. 利用导数证明不等式,就是把不等式恒成立的问题,通过构造函数,转化为利用导数求 函数最值的问题.应用这种方法的难点是如何根据不等式的结构特点或者根据题目证明 目标的要求,构造出相应的函数关系式. 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. 失误与防范

1.研究函数的有关性质,首先要求出函数的定义域. 2.利用单调性求最值时不要忽视 f′(x)=0 的情况. 3.“f′(x0)=0”是“函数 f(x)在 x0 取到极值”的必要条件.

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 1. 函数 f(x)=x2-2ln x 的单调递减区间是 A.(0,1) C.(-∞,1) 答案 A 2 2?x+1??x-1? 解析 ∵f′(x)=2x- = (x>0), x x ∴当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数, 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. 2. 函数 f(x)=x3+3x2+4x-a 的极值点的个数是 A.2 B.1 C.0 D.由 a 确定 答案 C 解析 选 C. 3. 若函数 f(x)=x3-6bx+3b 在(0,1)内有最小值,则实数 b 的取值范围是( A.(0,1) C.(0,+∞) 答案 D 解析 f(x)在(0,1)内有最小值,即 f(x)在(0,1)内有极小值,f′(x)= B.(-∞,1) 1 D.?0,2? ? ? ) f′(x)=3x2+6x+4=3(x+1)2+1>0, f(x)在 R 上是增函数, 则 故不存在极值点. 故 ( ) B.(1,+∞) D.(-1,1) ( )

3x2-6b, 由题意,得函数 f′(x)的草图如图,
? ?f′?0?<0, ∴? ?f′?1?>0, ? ? ?-6b<0, 即? ?3-6b>0, ?

1 解得 0<b< .故选 D. 2 4. 已知函数 f(x)=x3-3x2-9x+3,若函数 g(x)=f(x)-m 在 x∈[-2,5]上有 3 个零点,则 m

的取值范围为 A.(-24,8) C.[1,8] 答案 D 解析 f′(x)=3x2-6x-9=3(x2-2x-3)=3(x+1)(x-3),令 f′(x) B.(-24,1] D.[1,8)

(

)

=0,得 x=-1 或 x=3. 当 x∈[-2,-1)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(-1,3)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(3,5]时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 所以函数 f(x)的极小值为 f(3)=-24,极大值为 f(-1)=8. 而 f(-2)=1,f(5)=8,函数图象大致如图所示.故要使方程 g(x)=f(x)-m 在 x∈[-2,5]
?m<8, ? 上有 3 个零点, 只需函数 f(x)在[-2,5]内的函数图象与直线 y=m 有 3 个交点, ? 故 ? ?m≥1,

即 m∈[1,8). 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. (2012· 广东)曲线 y=x3-x+3 在点(1,3)处的切线方程为________. 答案 2x-y+1=0 解析 ∵y′=3x2-1,∴y′|x=1=3×12-1=2. ∴该切线方程为 y-3=2(x-1),即 2x-y+1=0. 6. 已知函数 f(x)=mx3+nx2 的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线 3x+y=0 平行,若 f(x) 在区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的取值范围是__________. 答案 [-2,-1] 解析 由题意知,点(-1,2)在函数 f(x)的图象上, 故-m+n=2.① 又 f′(x)=3mx2+2nx,则 f′(-1)=-3, 故 3m-2n=-3.② 联立①②解得:m=1,n=3,即 f(x)=x3+3x2, 令 f′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0, 则[t,t+1]?[-2,0],故 t≥-2 且 t+1≤0, 所以 t∈[-2,-1]. 7. 函数 f(x)=x(x-m)2 在 x=1 处取得极小值,则实数 m=________. 答案 1 解析 f(x)=x3-2mx2+m2x,f′(x)=3x2-4mx+m2,

由已知 f′(1)=0,即 3-4m+m2=0,解得 m=1 或 m=3.

当 m=1 时,f′(x)=3x2-4x+1=(3x-1)(x-1), 当 m=3 时,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), 则 m=3 应舍去. 三、解答题(共 22 分) 9 8. (10 分)设函数 f(x)=x3- x2+6x-a. 2 (1)对于任意实数 x,f′(x)≥m 恒成立,求 m 的最大值; (2)若方程 f(x)=0 有且仅有一个实根,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2),

因为 x∈(-∞,+∞),f′(x)≥m,即 3x2-9x+(6-m)≥0 恒成立,所以 Δ=81-12(6- 3 m)≤0,解得 m≤- , 4 3 即 m 的最大值为- . 4 (2)因为当 x<1 时,f′(x)>0;当 1<x<2 时,f′(x)<0; 当 x>2 时,f′(x)>0. 5 所以当 x=1 时,f(x)取极大值 f(1)= -a; 2 当 x=2 时,f(x)取极小值,f(2)=2-a, 故当 f(2)>0 或 f(1)<0 时,f(x)=0 仅有一个实根. 5 解得 a<2 或 a> . 2 3 9. (12 分)已知函数 f(x)=x3- ax2+b(a,b 为实数,且 a>1)在区间[-1,1]上的最大值为 1, 2 最小值为-2. (1)求 f(x)的解析式; (2)若函数 g(x)=f(x)-mx 在区间[-2,2]上为减函数,求实数 m 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3x2-3ax,

令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=a,∵a>1, ∴f(x)在[-1,0]上为增函数,在[0,1]上为减函数. ∴f(0)=b=1, 3 3 ∵f(-1)=- a,f(1)=2- a,∴f(-1)<f(1), 2 2 3 4 ∴f(-1)=- a=-2,a= .∴f(x)=x3-2x2+1. 2 3 (2)g(x)=x3-2x2-mx+1,g′(x)=3x2-4x-m. 由 g(x)在[-2,2]上为减函数,

知 g′(x)≤0 在 x∈[-2,2]上恒成立.
? ? ?g′?-2?≤0 ?20-m≤0 ∴? ,即? ∴m≥20. ? ? ?g′?2?≤0 ?4-m≤0

∴实数 m 的取值范围是 m≥20. B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) 1 1. 设 f(x)= x3+ax2+5x+6 在区间[1,3]上为单调函数,则实数 a 的取值范围为( 3 A.[- 5,+∞) B.(-∞,-3] C.(-∞,-3]∪[- 5,+∞) D.[- 5, 5] 答案 C 解析
? ?f′?1?≤0, f′(x)=x2+2ax+5,当 f(x)在[1,3]上单调递减时,由? 得 a≤-3; ?f′?3?≤0 ?

)

?Δ>0, ? 当 f(x)在[1,3]上单调递增时,f′(x)≥0 恒成立,则有 Δ=4a -4×5≤0 或?-a<1 ?f′?1?≥0 ?
2



?Δ>0, ? ?-a>3, ?f′?3?≥0, ?
得 a∈[- 5,+∞). 综上 a 的取值范围为(-∞,-3]∪[- 5,+∞),故选 C. 1 2. 若 a>2,则方程 x3-ax2+1=0 在(0,2)上恰好有( 3 A.0 个根 C.2 个根 答案 B 1 解析 设 f(x)= x3-ax2+1,则 f′(x)=x2-2ax=x(x-2a),因为 a>2,所以 2a>4,所以 3 8 11 当 x∈(0,2)时, f′(x)<0, f(x)在(0,2)上为减函数, f(0)f(2)=1×?3-4a+1?= -4a<0, 则 又 ? ? 3 所以 f(x)=0 在(0,2)上恰好有 1 个根,故选 B. 3. (2011· 湖南)设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN| B.1 个根 D.3 个根 )

达到最小时 t 的值为 1 A.1 B. 2 答案 D 解析 由题意画出函数图象如图所示,由图可以看出|MN|=y=t2-ln t(t>0). 2 2 2?t+ ??t- ? 2 2 2 1 2t -1 y′=2t- = = . t t t 当 0<t< 当 t> 2 时,y′<0,可知 y 在此区间内单调递减; 2 C. 5 2 D. 2 2

(

)

2 时,y′>0,可知 y 在此区间内单调递增. 2 2 时,|MN|有最小值. 2

故当 t=

二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 4. 关于 x 的方程 x3-3x2-a=0 有三个不同的实数解,则实数 a 的取值范围是__________. 答案 (-4,0)

解析 由题意知使函数 f(x)=x3-3x2-a 的极大值大于 0 且极小值小于 0 即可,又 f′(x) =3x2-6x=3x(x-2),令 f′(x)=0,得 x1=0,x2=2,当 x<0 时,f′(x)>0;当 0<x<2 时, f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0,所以当 x=0 时,f(x)取得极大值,即 f(x)极大值=f(0)=-a; 当 x=2 时,f(x)取得极小值,即 f(x)极小值=f(2)=-4-a,
?-a>0 ? 所以? 解得-4<a<0. ? ?-4-a<0,

1 3x 3 5. 如果在?2,2?上,函数 f(x)=x2+px+q 与 g(x)= + 在同一点处取得相同的最小值, ? ? 2 2x 1 那么 f(x)在?2,2?上的最大值是________. ? ? 答案 4 1 3x 3 解析 ∵g(x)= + 且 x∈?2,2?,则 g(x)≥3, ? ? 2 2x 当且仅当 x=1 时,g(x)=3.又 f′(x)=2x+p, ∴f′(1)=0,即 2+p=0,得 p=-2, ∴f(x)=x2-2x+q,又 f(x)min=f(1)=3, ∴1-2+q=3,∴q=4, 1 ∴f(x)=x2-2x+4=(x-1)2+3,x∈?2,2?, ? ? ∴f(x)max=f(2)=4. 6. 已知函数 f(x)的导数 f′(x)=2x-9,且 f(0)的值为整数,当 x∈(n,n+1] (n∈N*)时,f(x)

的值为整数的个数有且只有 1 个,则 n=________. 答案 4 解析 ∵f′(x)=2x-9,∴f(x)=x2-9x+c, ∵f(0)=c 为整数,∴c∈Z,又 f(1)=-8+c,f(2)=-14+c,f(2)-f(1)=-6,可见在 f(1) 到 f(2)之间并非有且只有一个整数;同样在 f(2)到 f(3)之间、f(3)到 f(4)之间也并非有且只 有一个整数; f(4)=-20+c, 而 f(5)=-20+c, 故在 f(4)到 f(5)之间有且只有一个整数. 因 为 x∈(n,n+1] (n∈N*),x≠n,所以在 x=5 时取得的整数为 f(5)=-20+c,故 n=4. 三、解答题 7. (13 分)(2012· 安徽)设函数 f(x)=aex+ (1)求 f(x)在[0,+∞)内的最小值; 3 (2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y= x,求 a,b 的值. 2 解 1 (1)f′(x)=aex- x, ae 1 +b(a>0). aex

当 f′(x)>0,即 x>-ln a 时,f(x)在(-ln a,+∞)上递增; 当 f′(x)<0,即 x<-ln a 时,f(x)在(-∞,-ln a)上递减. ①当 0<a<1 时,-ln a>0,f(x)在(0,-ln a)上递减, 在(-ln a,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(-ln a)=2+b; ②当 a≥1 时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增, 1 从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(0)=a+ +b. a 1 3 (2)依题意 f′(2)=ae2- 2= , ae 2 1 解得 ae2=2 或 ae2=- (舍去), 2 2 1 1 所以 a= 2,代入原函数可得 2+ +b=3,即 b= , e 2 2 2 1 故 a= 2,b= . e 2


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