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【高三总复习】教师版2013高中数学技能特训:2-7 利用导数研究函数的性质


2-7 利用导数研究函数的性质 基础巩固强化
1.(2012· 湖南衡阳模拟)函数 f(x)=x-a x在 x∈[1,4]上单调递减,则实数 a 的最小值为( A.1 [答案] C [解析] 当 x∈[1,4]时,f ′(x)=1- ∴a≥2 x恒成立,∴a≥4. 2.(文)(2012· 陕西理,7)设函数 f(x)=xex,则( A.x=1 为 f(x)的极大值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 [答案] D [解析] 本题考查了导数的应用—求函数的极值. f ′(x)=ex+xex,令 f ′(x)=0, ∴ex+xex=0,∴x=-1, 当 x∈(-∞,-1)时,f ′(x)=ex+xex<0,x∈(-1,+∞)时,f ′(x)=ex+xex>0,∴x=-1 为极小值 点,故选 D. [点评] 求函数的极值要讨论在各区间内导函数值的符号,同时要注意函数的定义域. (理)已知函数 f(x)=x3-px2-qx 的图象与 x 轴切于(1,0)点,则 f(x)的极大值、极小值分别为( 4 A. ,0 27 [答案] A [解析] f ′(x)=3x2-2px-q, 由 f ′(1)=0,f(1)=0 得,
?3-2p-q=0, ?p=2, ? ? ? 解得? ∴f(x)=x3-2x2+x, ?1-p-q=0. ?q=-1. ? ?

)

B.2

C.4

D.5

≤0, 2 x

a

)

B.x=1 为 f(x)的极小值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点

)

B.0,

4 27

4 C.- ,0 27

4 D.0,- 27

1 由 f ′(x)=3x2-4x+1=0 得 x= 或 x=1, 3 1 4 易得当 x= 时 f(x)取极大值 , 3 27 当 x=1 时 f(x)取极小值 0. 3.(文)函数 f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数 f ′(x)在(a,b)内的 图象如图所示,则函数 f(x)在(a,b)内的极大值点有( A.1 个 [答案] B [解析] 由导函数的图象知,f(x)在(a,b)内变化情况为增→减→增→减,故有两个极大值点. (理)(2012· 重庆理,8)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f ′(x),且函数 y=(1-x)f ′(x)的图象如下 图所示,则下列结论中一定成立的是( ) B.2 个 C.3 个 )

D.4 个

A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2) [答案] D [解析] 当 x<-2 时,1-x>3,则 f ′(x)>0; 当-2<x<1 时,0<1-x<3,则 f ′(x)<0; ∴函数 f(x)有极大值 f(-2),当 1<x<2 时,-1<1-x<0,则 f ′(x)<0;x>2 时,1-x<-1,则 f ′(x)>0, ∴函数 f(x)有极小值 f(2),故选 D. 4.(文)(2011· 辽宁文,11)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f ′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为( ) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)

A.(-1,1) [答案] B

[解析] 由题意,令 φ(x)=f(x)-2x-4,则 φ′(x)=f ′(x)-2>0. ∴φ(x)在 R 上是增函数. 又 φ(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0, ∴当 x>-1 时,φ(x)>φ(-1)=0, ∴f(x)-2x-4>0,∴f(x)>2x+4.故选 B. (理)(2012· 河南省洛阳市高三年级统一考试)函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+ f ′(x)>1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的解集为( A.{x|x>0} [答案] A [解析] 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex, 因为 g′(x)=ex· f(x)+ex·′(x)-ex=ex[f(x)+f ′(x)]-ex>ex-ex=0, f 所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的增函数.又 g(0)=e0· f(0)-e0=1,所以原不等式转化为 g(x)>g(0),解得 x>0. 5.(文)已知函数 f(x)的导函数 f ′(x)的图象如图所示,那么函数 f(x)的图象最有可能的是( ) B.{x|x<0} ) D.{x|x<-1,或 0<x<1}

C.{x|x<-1,或 x>1}

[答案] A [解析] 由图可知,当 x>0 时,f ′(x)<0,∴函数 f(x)的图 象在(0,+∞)上是单调递减的; 当 x<-2 时,f ′(x)<0,∴函数

f(x)的图象在(-∞,-2)上也是单调递减的,所以只有 A 符合,故选 A. (理)已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π),其导函数 f ′(x)的部分图象如图所示,则函数 f(x) 的解析式为( ) 1 π B.f(x)=2sin?2x+4? ? ?

1 π A.f(x)=4sin?2x+4? ? ?

1 3π 1 3π C.f(x)=2sin?2x+ 4 ? D.f(x)=4sin?2x+ 4 ? ? ? ? ? [答案] A [解析] f ′(x)=Aωcos(ωx+φ), f ′(x)的图象知, 由 Aω=2, π T 3π 设周期为 T,则 = -?-2?=2π, 2 2 ? ? 2π 1 ∴T= =4π,∴ω= ,∴A=4, ω 2 π 1 π ∵f ′(x)的图象过点?2,0?,∴2cos?2×2+φ?=0, ? ? ? ? π π π ∴ +φ= +kπ,k∈Z,即 φ= +kπ,k∈Z, 4 2 4 π ∵0<φ<π,∴φ= .故选 A. 4 6.若函数 f(x)=x3-12x 在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数 k 的取值范围是( A.k≤-3 或-1≤k≤1 或 k≥3 C.-2<k<2 [答案] B [解析] 因为 y′=3x2-12,由 y′>0 得函数的增区间是(-∞,-2)和(2,+∞),由 y′<0,得函数 的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以有 k-1<-2<k+1 或 k-1<2<k+1, 解得-3<k<-1 或 1<k<3,故选 B. [点评] 已知函数 f(x),由 f ′(x)的符号可得到函数 f(x)的单调区间,而 f(x)在区间(k-1,k+1)上不单 调,因此,k-1 与 k+1 应分布在函数 f(x)的两个单调区间内.请再练习下题: 已知函数 f(x)=x3-kx 在区间(-3,-1)上不单调,则实数 k 的取值范围是________. [答案] 3<k<27 k [解析] f ′(x)=3x2-k.由 3x2-k>0,得 x2> ,若 k≤0,则 f(x)显然在(-3,-1)上单调递增, 3 ∴k>0,∴x> k 或 x<- 3 k <x< 3 k . 3 k , 3 k , 3 k )上单调递减,在? 3 ? k ? ,+∞ 上单调递增, 3 ? B.-3<k<-1 或 1<k<3 D.不存在这样的实数 )

由 3x2-k<0 得- ∴f(x)在?-∞,-

?

k? 上单调递增,在(- 3? k <-1,∴3<k<27. 3

由题设条件知-3<-

7.(2011· 福州模拟)已知 f(x)=2x3-6x2+m(m 为常数)在[-2,2]上有最大值为 3,那么此函数在[-2,2] 上的最小值为________. [答案] -37

[解析] f ′(x)=6x2-12x,由 f ′(x)=0 得 x=0 或 x=2,当 x<0 或 x>2 时,f ′(x)>0,当 0<x<2 时, f ′(x)<0, ∴f(x)在[-2,0]上单调增,在[0,2]上单调减, 由条件知 f(0)=m=3,∴f(2)=-5,f(-2)=-37, ∴最小值为-37. 8. (2011· 苏北四市调研)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=2① 又 f ′(x)=3mx2+2nx,由条件知 f ′(-1)=-3, 故 3m-2n=-3② 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]. [点评] f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,故[t,t+1]是 f(x)的减区间的子集. 9.(2012· 湖南长郡中学一模)已知函数 f(x)的导函数为 f ′(x)=5+cosx,x∈(-1,1),且 f(0)=0,如果 f(1-x)+f(1-x2)<0,则实数 x 的取值范围为________. [答案] (1, 2) [解析] ∵导函数是偶函数,∴原函数 f(x)是奇函数,且定义域为(-1,1),又由导数值恒大于 0,∴原 函数在定义域上单调递增,∴所求不等式变形为 f(1-x)<f(x2-1),∴-1<1-x<x2-1<1,解得 1<x< 2,∴ 实数 x 的取值范围是(1, 2). [点评] 本题考查应用函数性质解不等式以及利用导数研究函数性质,原函数与其导函数的奇偶性相 反,这一性质要注意掌握和应用. 10.(2012· 哈尔滨质检)已知 f(x)=ax3-2ax2+b(a≠0). (1)求出 f(x)的极值; (2)若 f(x)在区间[-2,1]上最大值是 5,最小值是-11,求 f(x)的解析式. 4 [解析] (1)f ′(x)=3ax2-4ax,令 f ′(x)=0?x=0 或 x= . 3 当 a>0 时, x y′ y (-∞,0) + 增函数 0 0 极大值 4 (0, ) 3 - 减函数 4 3 0 极小值 4 ( ,+∞) 3 + 增函数

所以当 x=0 时,y 取得极大值 b, 4 32 当 x= 时,y 取得极小值 b- a, 3 27 同理当 a<0 时,x=0 时,y 取得极小值 b, 4 32 x= 时,y 取得极大值 b- a. 3 27

(2)当 a>0 时,f(x)在[-2,0)上单调递增,在(0,1]上单调递减, 所以 f(x)max=f(0)=b=5. 又 f(-2)=b-16a<f(1)=b-a, 所以 b-16a=-11,a=1. 当 a<0 时,f(x)在[-2,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增, 所以 f(x)min=f(0)=b=-11. 又 f(-2)=b-16a>f(1)=b-a, 所以 b-16a=5,a=-1. 综上,f(x)=x3-2x2+5 或 f(x)=-x3+2x2-11. 能力拓展提升 11.(文)(2011· 南开区质检)已知实数 a、b、c、d 成等比数列,且曲线 y=3x-x3 的极大值点坐标为(b, c),则 ad 等于( A.2 [答案] A [解析] ∵a、b、c、d 成等比数列,∴ad=bc, 又(b,c)为函数 y=3x-x3 的极大值点, ∴c=3b-b3,且 0=3-3b2,
?b=1, ?b=-1, ? ? ∴? 或? ∴ad=2. ? ? ?c=2, ?c=-2.

) B.1 C.-1 D.-2

(理)(2011· 陕西咸阳模拟)已知函数 f(x)=ax2-1 的图象在点 A(1,f(1))处的切线 l 与直线 8x-y+2=0
? 1 ? 平行,若数列?f?n??的前 n 项和为 Sn,则 S2010 的值为( ? ?

)

2010 A. 2011 [答案] D

1005 B. 2011

4020 C. 4021

2010 D. 4021

[解析] ∵f ′(x)=2ax,∴f(x)在点 A 处的切线斜率为 f ′(1)=2a,由条件知 2a=8,∴a=4, ∴f(x)=4x2-1, ∴ 1 ? 1 1 1 1 1 1 - = = · = ? , f?n? 4n2-1 2n-1 2n+1 2?2n-1 2n+1? 1 ? 1 ? 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ?的前 n 项和 Sn= + +?+ = ?1-3?+ ?3-5?+?+ ?2n-1-2n+1? ? 2? ? 2? ? f?1? f?2? f?n? 2? ?f?n??

∴数列?

1 1 n 2010 = ?1-2n+1?= 2? ? 2n+1,∴S2010=4021. 1-x 1 12.(文)(2012· 淄博一检)已知 a≤ +lnx 对任意 x∈[ ,2]恒成立,则 a 的最大值为( x 2 A.0 [答案] A 1-x x-1 1 [解析] 令 f(x)= +lnx,则 f ′(x)= 2 ,当 x∈[ ,1]时,f ′(x)<0,当 x∈[1,2]时,f ′(x)>0, x x 2 1 ∴f(x)在[ ,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增, 2 B.1 C.2 D.3 )

∴f(x)min=f(1)=0,∴a≤0,故选 A. 1 (理)(2012· 潍坊模拟)已知非零向量 a、b 满足|a|= 3|b|,若函数 f(x)= x3+|a|x2+2a· bx+1 在 R 上有极 3 值,则〈a,b〉的取值范围是( π A.[0, ] 6 [答案] D [解析] 据题意知,f ′(x)=x2 +2|a|x+2a· b,若函数存在极值,必有(2|a|)2 -4×2a· b>0,整理可得 π B.(0, ] 3 ) π π C.( , ] 6 2 π D.( ,π] 6

|a|2 2 a· b 3 π |a|2>2a· b,故 cos〈a,b〉= < = ,解得 <〈a,b〉≤π. |a|· |b| |a| 2 6 |a|· 3 13.(2012· 深圳第一次调研)已知函数 f(x)的导函数 f ′(x)=ax2+bx+c 的图象如图所示,则 f(x)的图象 可能是( )

[答案] D [解析] 当 x<0 时,由导函数 f ′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的函数 f(x)在该区间上单调递减;当 x>0 时,由导函数 f ′(x)=ax2+bx+c 的图象可知,导数在区间(0,x1)内的值是大于 0 的,则在此区间内函数 f(x)单调递增.只有 D 选项符合题意. 1 14.(文)已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=lnx-ax(a> ),当 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1, 2 则 a 的值为________.[答案] 1 1 [解析] 因为 f(x)是奇函数,所以 f(x)在(0,2)上的最大值为-1,当 x∈(0,2)时,f ′(x)= -a,令 f ′(x) x 1 1 1 1 1 1 =0 得 x= ,又 a> ,所以 0< <2.令 f ′(x)>0 得 x< ,∴f(x)在(0, )上单调递增;令 f ′(x)<0 得 x> , a 2 a a a a 1 1 1 1 1 ∴f(x)在( ,2)上单调递减;所以当 x∈(0,2)时,f(x)max=f( )=ln -a·=-1,所以 ln =0,所以 a= a a a a a 1. (理)(2011· 安庆质检)已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值, m、 若 n∈[-1,1], f(m)+f ′(n) 则 的最小值是________.[答案] -13 [解析] 求导得 f ′(x)=-3x2+2ax,由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f ′(2)=0,即-3×4+2a×2 =0,∴a=3.由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f ′(x)=-3x2+6x,易知 f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单 调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.又∵f ′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下,且对称轴为 x=1,∴ 当 n∈[-1,1]时,f ′(n)min=f ′(-1)=-9.故 f(m)+f ′(n)的最小值为-13.

15.(文)设函数 f(x)=x3-3ax+b(a≠0). (1)若曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处与直线 y=8 相切,求 a、b 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间与极值点. [解析] (1)f ′(x)=3x2-3a. 因为曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处与直线 y=8 相切,
?f ′?2?=0, ?12-3a=0, ? ? 所以? 即? ?f?2?=8. ?8-6a+b=8. ? ?

解得 a=4,b=24. (2)f ′(x)=3(x2-a)(a≠0). 当 a<0 时,f ′(x)>0,函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;此时函数 f(x)没有极值点. 当 a>0 时,由 f ′(x)=0 得 x=± a. 当 x∈(-∞,- a)时,f ′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(- a, a)时,f ′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈( a,+∞)时,f ′(x)>0,函数 f(x)单调递增. ∴f(x)的单调增区间为(-∞,- a)和( a,+∞),单调减区间为(- a, a). 故 x=- a是 f(x)的极大值点,x= a是 f(x)的极小值点. (理)(2012· 新课标全国文,21)设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f ′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. [分析] (1)先确定函数的定义域,然后求导函数 f ′(x),因不确定 a 的正负,故应讨论,结合 a 的正 负分别得出在每一种情况下 f ′(x)的正负,从而确立单调区间;(2)分离参数 k,将不含有参数的式子看作 一个新函数 g(x),将求 k 的最大值转化为求 g(x)的最值问题. [解析] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f ′(x)=ex-a. 若 a≤0,则 f ′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,lna)时,f ′(x)<0;当 x∈(lna,+∞)时,f ′(x)>0, 所以,f(x)在(-∞,lna)单调递减,在(lna,+∞)单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f ′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f ′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x (x>0).① e -1 x+1 -xex-1 ex?ex-x-2? 令 g(x)= x +x,则 g′(x)= x . 2 +1= e -1 ?e -1? ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在(0,+∞)上存 在唯一的零点.故 g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为 α,则 α∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g′(x)<0;当 x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以 g(x)在(0,+∞)的最小值为 g(α).又由 g′(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2. 16.(文)(2013· 唐山一中第一学期第二次月考)已知函数 f(x)=alnx-ax-3(a∈R).

(1)若 a=-1,求函数 f(x)的单调区间并比较 f(x)与 f(1)的大小关系; (2)若函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为 45° ,对于任意的 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+ m x2[f ′(x)+ ]在区间(t,3)上总不是单调函数,求 m 的取值范围; 2 ln2 ln3 ln4 lnn 1 (3)求证: × × ×?× < (n≥2,n∈N*). 2 3 4 n n [解析] (1)当 a=-1 时,f(x)=-lnx+x-3,f ′(x)= 由 f ′(x)>0 得 x>1;由 f ′(x)<0 得 0<x<1, 所以,f(x)的单调增区间为[1,+∞),减区间为(0,1], 可知 f(x)min=f(1),所以 f(x)≥f(1). a?1-x? (2)∵f ′(x)= (x>0),tan45° =1, x a ∴f ′(2)=- =1,得 a=-2,∴f(x)=-2lnx+2x-3, 2 m ∴g(x)=x3+( +2)x2-2x, 2 ∴g ′(x)=3x2+(m+4)x-2.
? ?g ′?t?<0, ∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,且 g ′(0)=-2,∴? ?g ′?3?>0. ?

x-1 (x>0), x

由题意知:对于任意的 t∈[1,2],g′(t)<0 恒成立,

?g′?1?<0, ? 所以,?g′?2?<0, ?g′?3?>0. ?

37 ∴- <m<-9. 3

(3)证明如下:由(1)可知, 当 x∈(1,+∞)时 f(x)>f(1),即-lnx+x-1>0, ∴0<lnx<x-1 对一切 x∈(1,+∞)成立. lnn n-1 ∵n≥2,n∈N*,则有 0<lnn<n-1,∴0< < , n n ∴ ln2 ln3 ln4 lnn 1 2 3 n-1 1 · · · ?· < ··· ?· = (n≥2,n∈N*). 2 3 4 n 234 n n

lnx+k (理)(2012· 山东文,22)已知函数 f(x)= x (k 为常数,e=2.71828?是自然对数的底数),曲线 y=f(x) e 在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=xf ′(x),其中 f ′(x)为 f(x)的导函数.证明:对任意 x>0,g(x)<1+e 2. [分析] (1)根据导数几何意义,利用 f ′(x)=0 求解. (2)利用 f ′(x)>0?单调递增区间,f ′(x)<0?单调递减区间. 1 (3)易得 g(x)= x(1-x-xlnx),直接对 g(x)求导,研究其在(0,+∞)上的单调性,进而求极值、最值, e 证 g(x)max<1+e
-2 -

是一条思路,但当对 g(x)求导后发现几乎无法处理 g′(x)>0(g′(x)<0)思路受阻.受(2)的

1 启发,研究 h(x)=1-x-xlnx,利用 x∈(0,+∞)时 x<1 这一条件以及 h(x)最大值来证就顺理成章了. e lnx+k [解析] (1)解:由 f(x)= x , e 1-kx-xlnx 得 f ′(x)= ,x∈(0,+∞), xex 由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. 所以 f ′(1)=0,因此 k=1. 1 (2)解:由(1)得 f ′(x)= x(1-x-xlnx),x∈(0,+∞), xe 令 h(x)=1-x-xlnx,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0, 所以 x∈(0,1)时,f ′(x)>0; x∈(1,+∞)时,f ′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)证明:因为 g(x)=xf ′(x). 1 所以 g(x)= x(1-x-xlnx),x∈(0,+∞). e 由(2)h(x)=1-x-xlnx, 求导得 h′(x)=-lnx-2=-(lnx-lne 2), 所以当 x∈(0,e 2)时,h′(x)>0,函数 h(x)单调递增; 当 x∈(e 2,+∞)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减. 所以当 x∈(0,+∞)时,h(x)≤h(e 2)=1+e 2. 1 又当 x∈(0,+∞)时,0< x<1, e 1 - - 所以当 x∈(0,+∞)时, xh(x)<1+e 2,即 g(x)<1+e 2. e 综上所述结论成立. [点评] 本题考查了导数的运算、切线方程、利用导数研究函数的极值、研究函数的单调区间、利用 导数证明不等式等.
- - - - -

1.若函数 f(x)=x3-6bx+3b 在(0,1)内有极小值,则实数 b 的取值范围是( A.(0,1) [答案] D [解析] B.(-∞,1) C.(0,+∞) 1 D.?0,2? ? ?

)

∵f ′(x)=3x2-6b,由题意知,函数 f ′(x)图象如右图.
?f ′?0?<0, ? ∴? ? ?f ′?1?>0.

?-6b<0, ? 1 ∴? ∴0<b< . 2 ? ?3-6b>0.

2.(2011· 福建文,10)若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值 等于( ) C.6 D.9 [答案] D

A.2 B.3

[解析] f ′(x)=12x2-2ax-2b=0 的一根为 x=1,即 12-2a-2b=0. a+b 2 ∴a+b=6,∴ab≤( ) =9,当且仅当 a=b=3 时“=”号成立. 2 3.f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足 xf ′(x)+f(x)≤0.对任意正数 a、b,若 a<b,则 必有( ) B.bf(a)≤af(b) C.af(a)≤f(b) D.bf(b)≤f(a)

A.af(b)≤bf(a) [答案] A

[解析] ∵xf ′(x)+f(x)≤0,又 f(x)≥0, ∴xf ′(x)≤-f(x)≤0. x·′?x?-f?x? f f?x? 设 y= ,则 y′= ≤0, x x2 f?x? 故 y= 为减函数或为常数函数. x f?a? f?b? 又 a<b,∴ ≥ , a b ∵a、b>0,∴a· f(b)≤b· f(a). [点评] 观察条件式 xf ′(x)+f(x)≤0 的特点,可见不等式左边是函数 y=xf(x)的导函数,故可构造函 f?x? 数 y=xf(x)或 y= 通过取导数利用条件式来得到函数的单调性推得结论,请再练习下题: x 已知 a、b 是实数,且 e<a<b,其中 e 是自然对数的底数,则 ab 与 ba 的大小关系是( A.ab>ba [答案] A 1-lnx lnx [解析] 令 f(x)= ,则 f ′(x)= 2 .当 x>e 时,f ′(x)<0,∴f(x)在(e,+∞)上单调递减. x x lna lnb ∵e<a<b,∴f(a)>f(b),即 > , a b ∴blna>alnb,∴lnab>lnba,∴ab>ba. 4.设函数 f(x)是 R 上以 5 为周期的可导偶函数,则曲线 y=f(x)在 x=5 处的切线的斜率为( 1 A.- 5 [答案] B [解析] ∵f(x)为可导偶函数.∴f(x)在 x=0 两边的导数符号相反,且在 x=0 处连续. ∴f ′(0)=0,又∵f(x)的周期为 5. ∴f ′(x)的周期也为 5.∴f ′(5)=0, 即 f(x)在 x=5 处的切线斜率为 0. 5.已知函数 f(x)的定义域为 R,f ′(x)为其导函数,函数 y=f ′(x)的图 B.0 1 C. 5 D.5 ) B.ab<ba C.ab=ba D.ab 与 ba 的大小关系不确定 )

象如图所示,且 f(-2)=1,f(3)=1,则不等式 f(x2-6)>1 的解集为(

)

A.(2,3)∪(-3,-2) C.(2,3) [答案] A

B.(- 2, 2) D.(-∞,- 2)∪( 2,+∞)

[解析] 由 f ′(x)图象知,f(x)在(-∞,0]上单调递增,在[0,+∞)上单调递减,∴由条件可知 f(x2- 6)>1 可化为-2<x2-6<3,∴2<x<3 或-3<x<-2. 6.已知函数 f(x)=-x3+ax2+bx+c 在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数,函数 f(x)在 R 上有 三个零点,且 1 是其中一个零点. (1)b 的值为________; (2)f(2)的取值范围是________. 5 [答案] (1)0 (2)?-2,+∞? ? ? [解析] (1)∵f(x)=-x3+ax2+bx+c, ∴f ′(x)=-3x2+2ax+b. ∵f(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数, ∴当 x=0 时,f(x)取到极小值,即 f ′(0)=0, ∴b=0. (2)由(1)知,f(x)=-x3+ax2+c, ∵1 是函数 f(x)的一个零点,即 f(1)=0,∴c=1-a. ∵f ′(x)=-3x2+2ax=0 的两个根分别为 x1=0,x2= 2a . 3

又∵f(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,1)上是增函数,且函数 f(x)在 R 上有三个零点, ∴ 2a 2a 应是 f(x)的一个极大值点,因此应有 x2= >1, 3 3

3 即 a> . 2 5 ∴f(2)=-8+4a+(1-a)=3a-7>- . 2 5 故 f(2)的取值范围为?-2,+∞?. ? ? 7.(2012· 湖北文,22)设函数 f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n 为正整数,a、b 为常数.函数 y=f(x)在点(1, 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 [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)通过求导函数 f ′(x),解不等式 f ′(x)>0,与 f ′(x)<0 判定 f(x)的单调性,求其最大值. n+1 n+1 1 nn nn 1 (3)要证明 f(x)< ,由(2)知 f(x)的最大值为 ,即证( ) >e,只需证(n + < n+1,即证 ne n ?n+1? ?n+1?n 1 ne

n+1 n+1 1 +1)ln >1,只需证 ln > ,① n n n+1 1 1 1 令 t=1+ ,则只需证 lnt>1- ,构造函数 φ(t)=lnt+ -1 n t t (t>0),利用导数可证明①式成立.

[解析] .(1)因为 f(1)=b,由点(1,b)在 x+y=1 上,可得 1+b=1,即 b=0, 因为 f ′(x)=anxn 1-a(n+1)xn,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. n + - (2)由(1)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn 1,f ′(x)=(n+1)xn 1( -x). n+1 n n 令 f ′(x)=0,解得 x= ,即 f ′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x= . n+1 n+1 n n 在(0, )上,f ′(x)>0,故 f(x)单调递增;而在( ,+∞)上,f ′(x)<0,故 f(x)单调递减. n+1 n+1 n n n n nn 故 f(x)在(0,+∞)上的最大值为 f( )=( )· (1- )= + . n+1 n+1 n+1 ?n+1?n 1 1 1 1 t-1 (3)令 φ(t)=lnt-1+ (t>0),则 φ′(t)= - 2= 2 (t>0). t 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. 1 所以 φ(t)>0(t>1),即 lnt>1- (t>1). t n+1 1 n+1 n+1 1 令 t=1+ ,得 ln > ,即 ln( ) >lne, n n n+1 n n+1 n+1 nn 1 所以( ) >e,即 n+1< . n ne ?n+1? nn 1 由(2)知,f(x)≤ ,故所证不等式成立. + < ?n+1?n 1 ne [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,判断函数的单调等基础知识, 考查应用函数思想解决数学问题的能力,逻辑思维能力和运算能力.判断单调性和求函数的最大值时,一 定要注意不能忽视函数的定义域.



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