《2019高考數(shù)學一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 3.2 導數(shù)的應用練習 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數(shù)學一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 3.2 導數(shù)的應用練習 理.doc（56頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
3.2 導數(shù)的應用
考綱解讀
考點
內容解讀
要求
高考示例
?？碱}型
預測熱度
1.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性
1.了解函數(shù)單調性和導數(shù)的關系
2.能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,會求函數(shù)的單調區(qū)間(其中多項式函數(shù)不超過三次)
Ⅲ
2017課標全國Ⅰ,21;
2017課標全國Ⅱ,21;
2017課標全國Ⅲ,21;
2016課標全國Ⅲ,21
選擇題、
解答題
★★★
2.利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值
1.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件
2.會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)不超過三次);會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)不超過三次)
Ⅲ
2017北京,20;
2017江蘇,20;
2016山東,20
3.導數(shù)的綜合應用
會利用導數(shù)解決實際問題
Ⅲ
2017天津,19;
2016課標全國Ⅰ,21;
2015課標Ⅰ,21
分析解讀
函數(shù)的單調性是函數(shù)的一條重要性質,也是高中階段研究的重點.一是直接用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、求函數(shù)的最值與極值,以及實際問題中的優(yōu)化問題等,這是新課標的一個新要求.二是把導數(shù)與函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列等知識相聯(lián)系,綜合考查函數(shù)的最值與參數(shù)的取值,常以解答題的形式出現(xiàn).本節(jié)內容在高考中分值為17分左右,屬難度較大題.
1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞), f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)上單調遞增.
②若a>0,則由f (x)=0得x=ln a.
當x∈(-∞,ln a)時, f (x)<0;
當x∈(ln a,+∞)時, f (x)>0.
故f(x)在(-∞,ln a)上單調遞減,在(ln a,+∞)上單調遞增.
③若a<0,則由f (x)=0得x=ln-a2.
當x∈-∞,ln-a2時, f (x)<0;
當x∈ln-a2,+∞時, f (x)>0.
故f(x)在-∞,ln-a2上單調遞減,在ln-a2,+∞上單調遞增.
(2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,則由(1)得,當x=ln a時, f(x)取得最小值,最小值為f(ln a)=-a2ln a,從而當且僅當-a2ln a≥0,即a≤1時, f(x)≥0.
③若a<0,則由(1)得,當x=ln-a2時, f(x)取得最小值,最小值為fln-a2=a234-ln-a2.
從而當且僅當a234-ln-a2≥0,
即a≥-2e34時, f(x)≥0.
綜上,a的取值范圍是[-2e34,1]
五年高考
考點一 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性
1.(2017山東,10,5分)若函數(shù)exf(x)(e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質.下列函數(shù)中具有M性質的是( )
A.f(x)=2-x B.f(x)=x2
C.f(x)=3-x D.f(x)=cos x
答案 A
2.(2016課標全國Ⅰ,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-∞,+∞)單調遞增,則a的取值范圍是( )
A.[-1,1] B.-1,13 C.-13,13 D.-1,-13
答案 C
3.(2015課標Ⅱ,12,5分)設函數(shù)f(x)=ln(1+|x|)-11+x2,則使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范圍是( )
A.13,1 B.-∞,13∪(1,+∞)
C.-13,13 D.-∞,-13∪13,+∞
答案 A
4.(2014課標Ⅱ,11,5分)若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)單調遞增,則k的取值范圍是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
答案 D
5.(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是 .
答案 -1,12
6.(2017課標全國Ⅱ,21,12分)設函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)當x≥0時, f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.
解析 (1)f (x)=(1-2x-x2)ex.
令f (x)=0,得x=-1-2或x=-1+2.
當x∈(-∞,-1-2)時, f (x)<0;
當x∈(-1-2,-1+2)時, f (x)>0;
當x∈(-1+2,+∞)時, f (x)<0.
所以f(x)在(-∞,-1-2),(-1+2,+∞)上單調遞減,
在(-1-2,-1+2)上單調遞增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
當a≥1時,設函數(shù)h(x)=(1-x)ex,h(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上單調遞減,而h(0)=1,
故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
當0
0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上單調遞增,而g(0)=0,故ex≥x+1.
當0(1-x)(1+x)2,
(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取x0=5-4a-12,
則x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
當a≤0時,取x0=5-12,
則x0∈(0,1), f(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1.
綜上,a的取值范圍是[1,+∞).
7.(2017課標全國Ⅲ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)當a<0時,證明f(x)≤-34a-2.
解析 (1)f(x)的定義域為(0,+∞), f (x)=1x+2ax+2a+1=(x+1)(2ax+1)x.
若a≥0,則當x∈(0,+∞)時, f (x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
若a<0,則當x∈0,-12a時, f (x)>0;
當x∈-12a,+∞時, f (x)<0,
故f(x)在0,-12a上單調遞增,在-12a,+∞上單調遞減.
(2)由(1)知,當a<0時, f(x)在x=-12a處取得最大值,最大值為f-12a=ln-12a-1-14a.
所以f(x)≤-34a-2等價于ln-12a-1-14a≤-34a-2,即ln-12a+12a+1≤0.
設g(x)=ln x-x+1,則g(x)=1x-1.
當x∈(0,1)時,g(x)>0;當x∈(1,+∞)時,g(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減.故當x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當x>0時,g(x)≤0.從而當a<0時,ln-12a+12a+1≤0,即f(x)≤-34a-2.
8.(2016課標全國Ⅲ,21,12分)設函數(shù)f(x)=ln x-x+1.
(1)討論f(x)的單調性;
(2)證明當x∈(1,+∞)時,11,證明當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx.
解析 (1)由題設知, f(x)的定義域為(0,+∞), f (x)=1x-1,令f (x)=0,解得x=1.
當00, f(x)單調遞增;當x>1時, f (x)<0, f(x)單調遞減.(4分)
(2)證明:由(1)知f(x)在x=1處取得最大值,最大值為f(1)=0.
所以當x≠1時,ln x1,設g(x)=1+(c-1)x-cx,
則g(x)=c-1-cxln c,令g(x)=0,
解得x0=lnc-1lnclnc.
當x0,g(x)單調遞增;當x>x0時,g(x)<0,g(x)單調遞減.(9分)
由(2)知10.
所以當x∈(0,1)時,1+(c-1)x>cx.(12分)
教師用書專用(9—24)
9.(2013浙江,8,5分)已知函數(shù)y=f(x)的圖象是下列四個圖象之一,且其導函數(shù)y=f (x)的圖象如圖所示,則該函數(shù)的圖象是( )
答案 B
10.(2015四川,21,14分)已知函數(shù)f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,其中a>0.
(1)設g(x)是f(x)的導函數(shù),討論g(x)的單調性;
(2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內有唯一解.
解析 (1)由已知,得函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
g(x)=f (x)=2(x-1-ln x-a),
所以g(x)=2-2x=2(x-1)x.
當x∈(0,1)時,g(x)<0,g(x)單調遞減;
當x∈(1,+∞)時,g(x)>0,g(x)單調遞增.
(2)證明:由f (x)=2(x-1-ln x-a)=0,
解得a=x-1-ln x.
令φ(x)=-2xln x+x2-2x(x-1-ln x)+(x-1-ln x)2=(1+ln x)2-2xln x,
則φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.
令a0=x0-1-ln x0=u(x0),其中u(x)=x-1-ln x(x≥1).
由u(x)=1-1x≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增.
故0=u(1)f(x0)=0;
當x∈(x0,+∞)時, f (x)>0,從而f(x)>f(x0)=0;
又當x∈(0,1]時, f(x)=(x-a0)2-2xln x>0.
故x∈(0,+∞)時, f(x)≥0.
綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內有唯一解.
11.(2015天津,20,14分)已知函數(shù)f(x)=4x-x4,x∈R.
(1)求f(x)的單調區(qū)間;
(2)設曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P處的切線方程為y=g(x),求證:對于任意的實數(shù)x,都有f(x)≤g(x);
(3)若方程f(x)=a(a為實數(shù))有兩個實數(shù)根x1,x2,且x10,即x<1時,函數(shù)f(x)單調遞增;
當f (x)<0,即x>1時,函數(shù)f(x)單調遞減.
所以, f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,1),
單調遞減區(qū)間為(1,+∞).
(2)證明:設點P的坐標為(x0,0),則x0=413, f (x0)=-12.曲線y=f(x)在點P處的切線方程為y=f (x0)(x-x0),即g(x)=f (x0)(x-x0).令函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)-f (x0)(x-x0),則F(x)=f (x)-f (x0).
由于f (x)=-4x3+4在(-∞,+∞)上單調遞減,故F(x)在(-∞,+∞)上單調遞減.又因為F(x0)=0,所以當x∈(-∞,x0)時,F(x)>0,當x∈(x0,+∞)時,F(x)<0,所以F(x)在(-∞,x0)上單調遞增,在(x0,+∞)上單調遞減,所以對于任意的實數(shù)x,F(x)≤F(x0)=0,
即對于任意的實數(shù)x,都有f(x)≤g(x).
(3)證明:由(2)知g(x)=-12(x-413).設方程g(x)=a的根為x2,可得x2=-a12+413.因為g(x)在(-∞,+∞)上單調遞減,又由(2)知g(x2)≥f(x2)=a=g(x2),因此x2≤x2.
類似地,設曲線y=f(x)在原點處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=4x.對于任意的x∈(-∞,+∞),有f(x)-h(x)=-x4≤0,即f(x)≤h(x).
設方程h(x)=a的根為x1,可得x1=a4.因為h(x)=4x在(-∞,+∞)上單調遞增,且h(x1)=a=f(x1)≤h(x1),
因此x1≤x1.
由此可得x2-x1≤x2-x1=-a3+413.
12.(2015福建,22,14分)已知函數(shù)f(x)=ln x-(x-1)22.
(1)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間;
(2)證明:當x>1時, f(x)1,當x∈(1,x0)時,恒有f(x)>k(x-1).
解析 (1)f (x)=1x-x+1=-x2+x+1x,x∈(0,+∞).
由f (x)>0得x>0,-x2+x+1>0.解得01時,F(x)1時, f(x)1滿足題意.
當k>1時,對于x>1,有f(x)1滿足題意.
當k<1時,令G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞),
則有G(x)=1x-x+1-k=-x2+(1-k)x+1x.
由G(x)=0得,-x2+(1-k)x+1=0.
解得x1=1-k-(1-k)2+42<0,x2=1-k+(1-k)2+42>1.
當x∈(1,x2)時,G(x)>0,故G(x)在[1,x2)內單調遞增.
從而當x∈(1,x2)時,G(x)>G(1)=0,即f(x)>k(x-1),
綜上,k的取值范圍是(-∞,1).
13.(2015重慶,19,12分)已知函數(shù)f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-43處取得極值.
(1)確定a的值;
(2)若g(x)=f(x)ex,討論g(x)的單調性.
解析 (1)對f(x)求導得f (x)=3ax2+2x,
因為f(x)在x=-43處取得極值,所以f -43=0,
即3a169+2-43=16a3-83=0,解得a=12.
(2)由(1)得g(x)=12x3+x2ex,
故g(x)=32x2+2xex+12x3+x2ex
=12x3+52x2+2xex
=12x(x+1)(x+4)ex.
令g(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.
當x<-4時,g(x)<0,故g(x)為減函數(shù);
當-40,故g(x)為增函數(shù);
當-10時,g(x)>0,故g(x)為增函數(shù).
綜上,知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)內為減函數(shù),在(-4,-1)和(0,+∞)內為增函數(shù).
14.(2014安徽,20,13分)設函數(shù)f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.
(1)討論f(x)在其定義域上的單調性;
(2)當x∈[0,1]時,求f(x)取得最大值和最小值時的x的值.
解析 (1)f(x)的定義域為(-∞,+∞), f (x)=1+a-2x-3x2.
令f (x)=0,得x1=-1-4+3a3,x2=-1+4+3a3,x1x2時, f (x)<0;當x10.
故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)內單調遞減,在[x1,x2]內單調遞增.
(2)因為a>0,所以x1<0,x2>0.
(i)當a≥4時,x2≥1,由(1)知, f(x)在[0,1]上單調遞增,所以f(x)在x=0和x=1處分別取得最小值和最大值.
(ii)當00,故f(x)在(5,+∞)內為增函數(shù).由此知函數(shù)f(x)在x=5時取得極小值f(5)=-ln 5.
16.(2014湖北,21,14分)π為圓周率,e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)求函數(shù)f(x)=lnxx的單調區(qū)間;
(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3這6個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù).
解析 (1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
因為f(x)=lnxx,所以f (x)=1-lnxx2.
當f (x)>0,即0e時,函數(shù)f(x)單調遞減.
故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,e),單調遞減區(qū)間為(e,+∞).
(2)因為e<3<π,所以eln 3π3;
由ln330).
(1)求f(x)的單調區(qū)間;
(2)記xi為f(x)的從小到大的第i(i∈N*)個零點,證明:對一切n∈N*,有1x12+1x22+…+1xn2<23.
解析 (1)f (x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.
令f (x)=0,得x=kπ(k∈N*).
當x∈(2kπ,(2k+1)π)(k∈N)時,sin x>0,此時f (x)<0;
當x∈((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N)時,sin x<0,此時f (x)>0,
故f(x)的單調遞減區(qū)間為(2kπ,(2k+1)π)(k∈N),單調遞增區(qū)間為((2k+1)π,(2k+2)π)(k∈N).
(2) 由(1)知, f(x)在區(qū)間(0,π)上單調遞減,又fπ2=0,故x1=π2,當n∈N*時,因為f(nπ)f((n+1)π)=[(-1)nnπ+1]
[(-1)n+1(n+1)n+1]<0,
且函數(shù)f(x)的圖象是連續(xù)不斷的,所以f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)內至少存在一個零點.又f(x)在區(qū)間(nπ,(n+1)π)上是單調的,故nπ0得x∈0,25或x∈(2,+∞),
故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為0,25和(2,+∞).
(2)f (x)=(10x+a)(2x+a)2x,a<0,
由f (x)=0得x=-a10或x=-a2.
當x∈0,-a10時,f(x)單調遞增;當x∈-a10,-a2時,f(x)單調遞減;當x∈-a2,+∞時,f(x)單調遞增.
易知 f(x)=(2x+a)2x≥0,且f-a2=0.
①當-a2≤1,即-2≤a<0時,f(x)在[1,4]上的最小值為f(1),由f(1)=4+4a+a2=8,得a=22-2,均不符合題意.
②當1<-a2≤4,即-8≤a<-2時, f(x)在[1,4]上的最小值為f-a2=0,不符合題意.
③當-a2>4,即a<-8時,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4處取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),當a=-10時,f(x)在(1,4)上單調遞減, f(x)在[1,4]上的最小值為f(4)=8,符合題意.
綜上,a=-10.
19.(2013課標全國Ⅰ,20,12分)已知函數(shù)f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(0, f(0))處的切線方程為y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)討論f(x)的單調性,并求f(x)的極大值.
解析 (1)f (x)=ex(ax+a+b)-2x-4.
由已知得f(0)=4, f (0)=4.故b=4,a+b=8.
從而a=4,b=4.
(2)由(1)知f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
f (x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)ex-12.
令f (x)=0,得x=-ln 2或x=-2.
從而當x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)時, f (x)>0;
當x∈(-2,-ln 2)時, f (x)<0.
故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上單調遞增,
在(-2,-ln 2)上單調遞減.
當x=-2時,函數(shù)f(x)取得極大值,極大值為f(-2)=4(1-e-2).
20.(2013大綱全國,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x3+3ax2+3x+1.
(1)當a=-2時,討論f(x)的單調性;
(2)若x∈[2,+∞)時, f(x)≥0,求a的取值范圍.
解析 (1)當a=-2時, f(x)=x3-32x2+3x+1,
f (x)=3x2-62x+3.
令f (x)=0,得x1=2-1,x2=2+1.(3分)
當x∈(-∞,2-1)時, f (x)>0, f(x)在(-∞,2-1)上是增函數(shù);
當x∈(2-1,2+1)時, f (x)<0, f(x)在(2-1,2+1)上是減函數(shù);
當x∈(2+1,+∞)時, f (x)>0, f(x)在(2+1,+∞)上是增函數(shù).(6分)
(2)由f(2)≥0得a≥-54.(8分)
當a≥-54,x∈(2,+∞)時,
f (x)=3(x2+2ax+1)≥3x2-52x+1=3x-12(x-2)>0,
所以f(x)在(2,+∞)上是增函數(shù),于是當x∈[2,+∞)時,f(x)≥f(2)≥0.
綜上,a的取值范圍是-54,+∞.(12分)
21.(2013山東,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R).
(1)設a≥0,求f(x)的單調區(qū)間;
(2)設a>0,且對任意x>0, f(x)≥f(1).試比較ln a與-2b的大小.
解析 (1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),
得f (x)=2ax2+bx-1x.
①當a=0時, f (x)=bx-1x.
(i)若b≤0,當x>0時, f (x)<0恒成立,
所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,+∞).
(ii)若b>0,當01b時, f (x)>0,函數(shù)f(x)單調遞增.
所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是0,1b,單調遞增區(qū)間是1b,+∞.
②當a>0時,令f (x)=0,得2ax2+bx-1=0.
由Δ=b2+8a>0得x1=-b-b2+8a4a,x2=-b+b2+8a4a.
顯然,x1<0,x2>0.
當0x2時, f (x)>0,函數(shù)f(x)單調遞增.
所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是0,-b+b2+8a4a,
單調遞增區(qū)間是-b+b2+8a4a,+∞.
綜上所述,
當a=0,b≤0時,函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,+∞);
當a=0,b>0時,函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是0,1b,單調遞增區(qū)間是1b,+∞;
當a>0時,函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是0,-b+b2+8a4a,
單調遞增區(qū)間是-b+b2+8a4a,+∞.
(2)由題意,函數(shù)f(x)在x=1處取得最小值,
由(1)知-b+b2+8a4a是f(x)的唯一極小值點,
故-b+b2+8a4a=1,整理得2a+b=1,即b=1-2a.
令g(x)=2-4x+ln x.
則g(x)=1-4xx.
令g(x)=0,得x=14.
當00,g(x)單調遞增;
當x>14時,g(x)<0,g(x)單調遞減.
因此g(x)≤g14=1+ln14=1-ln 4<0.
故g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0,即ln a<-2b.
22.(2013天津,20,14分)設a∈[-2,0],已知函數(shù)f(x)=x3-(a+5)x, x≤0,x3-a+32x2+ax,x>0.
(1)證明f(x)在區(qū)間(-1,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增;
(2)設曲線y=f(x)在點Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)處的切線相互平行,且x1x2x3≠0.證明x1+x2+x3>-13.
證明 (1)設函數(shù)f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),f2(x)=x3-a+32x2+ax(x≥0),
① f 1(x)=3x2-(a+5),由a∈[-2,0],從而當-11時, f 2(x)>0.
即函數(shù)f2(x)在區(qū)間[0,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增.
綜合①,②及f1(0)=f2(0),可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(-1,1)內單調遞減,在區(qū)間(1,+∞)內單調遞增.
(2)由(1)知f (x)在區(qū)間(-∞,0)內單調遞減,在區(qū)間0,a+36內單調遞減,
在區(qū)間a+36,+∞內單調遞增.
因為曲線y=f(x)在點Pi(xi, f(xi))(i=1,2,3)處的切線相互平行,從而x1,x2,x3互不相等,且f (x1)=f (x2)=f (x3).不妨設x1<0-2a+53+a+33,
設t=2a+53,則a=3t2-52,因為a∈[-2,0],
所以t∈33,153,
故x1+x2+x3>-t+3t2+16=12(t-1)2-13≥-13,即x1+x2+x3>-13.
23.(2013湖北,21,13分)設a>0,b>0,已知函數(shù)f(x)=ax+bx+1.
(1)當a≠b時,討論函數(shù)f(x)的單調性;
(2)當x>0時,稱f(x)為a、b關于x的加權平均數(shù).
(i)判斷f(1),f ba,f ba是否成等比數(shù)列,并證明f ba≤f ba;
(ii)a、b的幾何平均數(shù)記為G.稱2aba+b為a、b的調和平均數(shù),記為H.若H≤f(x)≤G,求x的取值范圍.
解析 (1)f(x)的定義域為(-∞,-1)∪(-1,+∞),
f (x)=a(x+1)-(ax+b)(x+1)2=a-b(x+1)2.
當a>b時, f (x)>0,函數(shù)f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上單調遞增;
當a0, fba=2aba+b>0,f ba=ab>0,
故f(1)fba=a+b22aba+b=ab=fba2,
即f(1)fba=fba2.①
所以f(1),f ba,f ba成等比數(shù)列.
因為a+b2≥ab,所以f(1)≥f ba.由①得f ba≤f ba.
(ii)由(i)知f ba=H,f ba=G.故由H≤f(x)≤G,得
f ba≤f(x)≤f ba.②
當a=b時,f ba=f(x)=f ba=a.
這時,x的取值范圍為(0,+∞);
當a>b時,01,從而ba>ba,由f(x)在(0,+∞)上單調遞
減與②式,得ba≤x≤ba,即x的取值范圍為ba,ba.
24.(2013江蘇,20,16分)設函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(x)=ex-ax,其中a為實數(shù).
(1)若f(x)在(1,+∞)上是單調減函數(shù),且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范圍;
(2)若g(x)在(-1,+∞)上是單調增函數(shù),試求f(x)的零點個數(shù),并證明你的結論.
解析 (1)令f (x)=1x-a=1-axx<0,考慮到f(x)的定義域為(0,+∞),故a>0,進而解得x>a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是單調減函數(shù).
同理, f(x)在(0,a-1)上是單調增函數(shù).
由于f(x)在(1,+∞)上是單調減函數(shù),
故(1,+∞)?(a-1,+∞),從而a-1≤1,即a≥1.
令g(x)=ex-a=0,得x=ln a.當xln a時,g(x)>0.
又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以ln a>1,即a>e.
綜上,有a∈(e,+∞).
(2)當a≤0時,g(x)必為單調增函數(shù);當a>0時,令g(x)=ex-a>0,
解得aln a,因為g(x)在(-1,+∞)上是單調增函數(shù),類似(1)有l(wèi)n a≤-1,即00,得f(x)存在唯一的零點.
(ii)當a<0時,由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<0, f(1)=-a>0,且函數(shù)f(x)在[ea,1]上的圖象不間斷,所以f(x)在(ea,1)上存在零點.
另外,當x>0時, f (x)=1x-a>0,故f(x)在(0,+∞)上是單調增函數(shù),所以f(x)只有一個零點.
(iii)當00,當x>a-1時, f (x)<0,
所以,x=a-1是f(x)的最大值點,且最大值為f(a-1)=-ln a-1.
①當-ln a-1=0,即a=e-1時, f(x)有一個零點x=e.
②當-ln a-1>0,即00,且函數(shù)f(x)在[e-1,a-1]上的圖象不間斷,
所以f(x)在(e-1,a-1)上存在零點.
另外,當x∈(0,a-1)時, f (x)=1x-a>0,故f(x)在(0,a-1)上是單調增函數(shù),所以f(x)在(0,a-1)上只有一個零點.
下面考慮f(x)在(a-1,+∞)上的情況.
先證f(ea-1)=a(a-2-ea-1)<0.
為此,我們要證明:當x>e時,ex>x2.
設h(x)=ex-x2,則h(x)=ex-2x,
再設l(x)=h(x)=ex-2x,
則l(x)=ex-2.
當x>1時,l(x)=ex-2>e-2>0,所以l(x)=h(x)在(1,+∞)上是單調增函數(shù).
故當x>2時,h(x)=ex-2x>h(2)=e2-4>0,從而h(x)在(2,+∞)上是單調增函數(shù),進而當x>e時,
h(x)=ex-x2>h(e)=ee-e2>0.即當x>e時,ex>x2.
當0e時, f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<0,
又f(a-1)>0,且函數(shù)f(x)在[a-1,ea-1]上的圖象不間斷,所以f(x)在(a-1,ea-1)上存在零點.
又當x>a-1時, f (x)=1x-a<0,故f(x)在(a-1,+∞)上是單調減函數(shù),所以f(x)在(a-1,+∞)上只有一個零點.
綜合(i),(ii),(iii),當a≤0或a=e-1時, f(x)的零點個數(shù)為1,
當00,b∈R)有極值,且導函數(shù)f (x)的極值點是f(x)的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值)
(1)求b關于a的函數(shù)關系式,并寫出定義域;
(2)證明:b2>3a;
(3)若f(x), f (x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-72,求a的取值范圍.
解析 (1)由f(x)=x3+ax2+bx+1,得f (x)=3x2+2ax+b=3x+a32+b-a23.
當x=-a3時, f (x)有極小值b-a23.
因為f (x)的極值點是f(x)的零點,
所以f -a3=-a327+a39-ab3+1=0,又a>0,故b=2a29+3a.
因為f(x)有極值,故f (x)=0有實根,從而b-a23=19a(27-a3)≤0,即a≥3.
當a=3時, f (x)>0(x≠-1),故f(x)在R上是增函數(shù), f(x)沒有極值;
當a>3時, f (x)=0有兩個相異的實根x1=-a-a2-3b3,x2=-a+a2-3b3.
列表如下:
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f (x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
故f(x)的極值點是x1,x2.
從而a>3.
因此b=2a29+3a,定義域為(3,+∞).
(2)證明:由(1)知,ba=2aa9+3aa.
設g(t)=2t9+3t,則g(t)=29-3t2=2t2-279t2.
當t∈362,+∞時,g(t)>0,從而g(t)在362,+∞上單調遞增.
因為a>3,所以aa>33,
故g(a a)>g(33)=3,即ba>3.
因此b2>3a.
(3)由(1)知, f(x)的極值點是x1,x2,
且x1+x2=-23a,x12+x22=4a2-6b9.
從而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1
=x13(3x12+2ax1+b)+x23(3x22+2ax2+b)+13a(x12+x22)+23b(x1+x2)+2=4a3-6ab27-4ab9+2=0.
記f(x), f (x)所有極值之和為h(a),
因為f (x)的極值為b-a23=-19a2+3a,
所以h(a)=-19a2+3a,a>3.
因為h(a)=-29a-3a2<0,
于是h(a)在(3,+∞)上單調遞減.
因為h(6)=-72,
于是h(a)≥h(6),故a≤6.
因此a的取值范圍為(3,6].
6.(2015安徽,21,13分)已知函數(shù)f(x)=ax(x+r)2(a>0,r>0).
(1)求f(x)的定義域,并討論f(x)的單調性;
(2)若ar=400,求f(x)在(0,+∞)內的極值.
解析 (1)由題意知x≠-r,所求的定義域為(-∞,-r)∪(-r,+∞).
f(x)=ax(x+r)2=axx2+2rx+r2,
f (x)=a(x2+2rx+r2)-ax(2x+2r)(x2+2rx+r2)2=a(r-x)(x+r)(x+r)4,
所以當x<-r或x>r時,f (x)<0,當-r0,
因此,f(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,-r),(r,+∞);f(x)的單調遞增區(qū)間為(-r,r).
(2)由(1)的解答可知f (r)=0,f(x)在(0,r)上單調遞增,在(r,+∞)上單調遞減.因此,x=r是f(x)的極大值點,所以f(x)在(0,+∞)內的極大值為f(r)=ar(2r)2=a4r=4004=100.
教師用書專用(7—15)
7.(2013福建,12,5分)設函數(shù)f(x)的定義域為R,x0(x0≠0)是f(x)的極大值點,以下結論一定正確的是( )
A.?x∈R, f(x)≤f(x0) B.-x0是f(-x)的極小值點
C.-x0是-f(x)的極小值點 D.-x0是-f(-x)的極小值點
答案 D
8.(2016天津,20,14分)設函數(shù)f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.
(1)求f(x)的單調區(qū)間;
(2)若f(x)存在極值點x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求證:x1+2x0=0;
(3)設a>0,函數(shù)g(x)=|f(x)|,求證:g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于14.
解析 (1)由f(x)=x3-ax-b,可得f (x)=3x2-a.
下面分兩種情況討論:
①當a≤0時,有f (x)=3x2-a≥0恒成立,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,+∞).
②當a>0時,令f (x)=0,解得x=3a3,或x=-3a3.
當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:
x
-∞,-3a3
-3a3
-3a3,3a3
3a3
3a3,+∞
f (x)
+
0
-
0
+
f(x)
單調遞增
極大值
單調遞減
極小值
單調遞增
所以f(x)的單調遞減區(qū)間為-3a3,3a3,單調遞增區(qū)間為-∞,-3a3,3a3,+∞.
(2)證明:因為f(x)存在極值點,所以由(1)知a>0,且x0≠0.由題意,得f (x0)=3x02-a=0,即x02=a3,進而f(x0)=x03-ax0-b=-2a3x0-b.
又f(-2x0)=-8x03+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),
且-2x0≠x0,由題意及(1)知,存在唯一實數(shù)x1滿足 f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0.
所以x1+2x0=0.
(3)證明:設g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值為M,max{x,y}表示x,y兩數(shù)的最大值.下面分三種情況討論:
①當a≥3時,-3a3≤-1<1≤3a3,由(1)知, f(x)在區(qū)間[-1,1]上單調遞減,所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(1), f(-1)],
因此M=max{|f(1)|,|f(-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=a-1+b,b≥0,a-1-b,b<0.
所以M=a-1+|b|≥2.
②當34≤a<3時,-23a3≤-1<-3a3<3a3<1≤23a3,
由(1)和(2)知f(-1)≥f -23a3=f 3a3, f(1)≤f 23a3=f -3a3,
所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為f 3a3, f -3a3,
因此M=maxf3a3,f-3a3
=max-2a93a-b,2a93a-b
=max2a93a+b,2a93a-b
=2a93a+|b|≥2934334=14.
③當0f 23a3=f -3a3,
所以f(x)在區(qū)間[-1,1]上的取值范圍為[f(-1), f(1)],
因此M=max{|f(-1)|,|f(1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}
=max{|1-a+b|,|1-a-b|}
=1-a+|b|>14.
綜上所述,當a>0時,g(x)在區(qū)間[-1,1]上的最大值不小于14.
9.(2014天津,19,14分)已知函數(shù)f(x)=x2-23ax3(a>0),x∈R.
(1)求f(x)的單調區(qū)間和極值;
(2)若對于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)f(x2)=1.求a的取值范圍.
解析 (1)由已知,有f (x)=2x-2ax2(a>0).
令f (x)=0,解得x=0或x=1a.
當x變化時, f (x), f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,0)
0
0,1a
1a
1a,+∞
f (x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
0
↗
13a2
↘
所以, f(x)的單調遞增區(qū)間是0,1a;單調遞減區(qū)間是(-∞,0),1a,+∞.
當x=0時, f(x)有極小值,且極小值f(0)=0;當x=1a時,f(x)有極大值,且極大值f1a=13a2.
(2)由f(0)=f32a=0及(1)知,當x∈0,32a時, f(x)>0;當x∈32a,+∞時, f(x)<0.
設集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=1f(x)|x∈(1,+∞), f(x)≠0.則“對于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)f(x2)=1”等價于A?B.顯然,0?B.
下面分三種情況討論:
①當32a>2,即032時,有f(1)<0,且此時f(x)在(1,+∞)上單調遞減,故B=1f(1),0,A=(-∞,f(2)),所以A不是B的子集.綜上,a的取值范圍是34,32.
10.(2014浙江,21,15分)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值記為g(a).
(1)求g(a);
(2)證明:當x∈[-1,1]時,恒有f(x)≤g(a)+4.
解析 (1)因為a>0,-1≤x≤1,所以
(i)當00,
故f(x)在(a,1)上是增函數(shù).
所以g(a)=f(a)=a3.
(ii)當a≥1時,有x≤a,則f(x)=x3-3x+3a, f (x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),所以g(a)=f(1)=-2+3a.
綜上,g(a)=a3,0
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2019高考數(shù)學一輪復習
第三章
導數(shù)及其應用
3.2
導數(shù)的應用練習
2019
高考
數(shù)學
一輪
復習
第三
導數(shù)
及其
應用
練習
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2019高考數(shù)學一輪復習 第三章 導數(shù)及其應用 3.2 導數(shù)的應用練習 理.doc
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