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2013走向高考数学3-2


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 a [解析] 当 x∈[1,4]时,f ′(x)=1- ≤0, 2 x ∴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 B.x=1 为 f(x

)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点 [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, ′(x)=ex+xex<0, f x∈(-1, +∞)时, ′(x) f =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, f(x) 则 的极大值、极小值分别为( ) ) B.2 ) C.4 D.5

4 A.27,0 4 C.-27,0 [答案] A [解析] f ′(x)=3x2-2px-q, 由 f ′(1)=0,f(1)=0 得,

4 B.0,27 4 D.0,-27

?3-2p-q=0, ?p=2, ? ? ? 解得? ∴f(x)=x3-2x2+x, ? ? ?1-p-q=0. ?q=-1.

1 由 f ′(x)=3x2-4x+1=0 得 x=3或 x=1, 1 4 易得当 x=3时 f(x)取极大值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 C.3 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. B.2 个 D.4 个 )

(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( )

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( A.(-1,1) C.(-∞,-1) )

B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

[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( ) B.{x|x<0} D.{x|x<-1,或 0<x<1}

A.{x|x>0} C.{x|x<-1,或 x>1} [答案] A

[解析] 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex, 因为 g′(x)=ex· f(x)+ex·′(x) f -ex=ex[f(x)+f ′(x)]-ex>ex-ex=0,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( )

[答案] A [解析] 由图可知, x>0 时, ′(x)<0, 当 f ∴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( )

π? ?1 A.f(x)=4sin?2x+4?
? ?

π? ?1 B.f(x)=2sin?2x+4?
? ? ? ? ?

3π? ?1 C.f(x)=2sin?2x+ 4 ? 3π? ?1 D.f(x)=4sin?2x+ 4 ?
?

[答案] A [解析] f ′(x)=Aωcos(ωx+φ),由 f ′(x)的图象知,Aω=2,设 T 3π ? π? 周期为 T,则2= 2 -?-2?=2π,
? ?

2π 1 ∴T= ω =4π,∴ω=2,∴A=4,
?π ? ?1 π ? ∵f ′(x)的图象过点?2,0?,∴2cos?2×2+φ?=0, ? ? ? ?

π π π ∴4+φ=2+kπ,k∈Z,即 φ=4+kπ,k∈Z, π ∵0<φ<π,∴φ=4.故选 A. 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 B.-3<k<-1 或 1<k<3 C.-2<k<2 D.不存在这样的实数 [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>3,若 k≤0,则 f(x) 显然在(-3,-1)上单调递增,

∴k>0,∴x>

k 3或 x<- k 3<x<

k 3. k 3, k 3, k 3)上单调递

由 3x2-k<0 得- ∴f(x)在?-∞,-
? ?

k? ?上单调递增,在(- 3?

减,在?
?

?

? k ,+∞?上单调递增, 3 ?

由题设条件知-3<-

k 3<-1,∴3<k<27.

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=2 ① 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, f(x)的解 求 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′ (-∞,0) + 0 0 4 (0,3) - 4 3 0 4 (3,+∞) +

y

增函数

极大 值

减函数

极小 值

增函数

所以当 x=0 时,y 取得极大值 b, 4 32 当 x=3时,y 取得极小值 b-27a, 同理当 a<0 时,x=0 时,y 取得极小值 b, 4 32 x=3时,y 取得极大值 b-27a. (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 C.-1 [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 D.-2 )

?b=1, ?b=-1, ? ? ? ∴ 或? ∴ad=2. ? ? ?c=2, ?c=-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 平行,若数列? Sn,则 S2010 的值为( 2010 A.2011 4020 C.4021 [答案] D [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 = 2 = · f?n? 4n -1 2n-1 2n+1
? ? ? 1 ? ?的前 n 项和为 ?f?n??

) 1005 B.2011 2010 D.4021

1 ? 1? 1 =2?2n-1-2n+1?,
? 1 ? 1? 1 1 1 1 1? ∴数列? ?的前 n 项和 Sn= + +?+ =2?1-3? +2 ? ? f?1? f?2? f?n? ?f?n??

1 ? ?1 1? 1? 1 - ? - ?+?+ ? ? 2?2n-1 2n+1? ?3 5? 1 ? 1? n 2010 =2?1-2n+1?= ,∴S2010=4021. ? ? 2n+1 1-x 1 12. (文)(2012· 淄博一检)已知 a≤ x +lnx 对任意 x∈[2, 2]恒成 立,则 a 的最大值为( A.0 [答案] A B.1 ) C.2 D.3

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

[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, x∈(0,2)时, 当 f(x)=lnx-ax(a>2), 当 x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为 1,则 a 的值为________. [答案] 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, 1 1 1 1 当 x∈(0,2)时, ′(x)=x-a, f ′(x)=0 得 x=a, a>2, f 令 又 所以 0<a 1 1 1 <2.令 f ′(x)>0 得 x<a, ∴f(x)在(0, )上单调递增; f ′(x)<0 得 x>a, 令 a 1 1 1 ∴f(x)在(a,2)上单调递减;所以当 x∈(0,2)时,f(x)max=f(a)=lna 1 1 -a·=-1,所以 lna=0,所以 a=1. a (理)(2011· 安庆质检)已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得 极值,若 m、n∈[-1,1],则 f(m)+f ′(n)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, ′(x)=-3x2+6x, f 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, a、 的值; 求 b (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 k< x+1 +x ex-1 (x>0).①

x+1 -xex-1 ex?ex-x-2? 令 g(x)= x +x,则 g′(x)= x +1= . e -1 ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知, 函数 h(x)=ex-x-2 在(0, +∞)上单调递增. h(1)<0, 而 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; x∈(α, 当 +∞)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° , m 对于任意的 t∈[1,2],函数 g(x)=x3+x2[f ′(x)+ 2 ]在区间(t,3)上总不 是单调函数,求 m 的取值范围; ln2 ln3 ln4 lnn 1 (3)求证: 2 × 3 × 4 ×?× n <n(n≥2,n∈N*). x-1 [解析] (1)当 a=-1 时, f(x)=-lnx+x-3, ′(x)= x (x>0), f 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). (2)∵f ′(x)= a?1-x? =1, x (x>0),tan45°

a ∴f ′(2)=-2=1,得 a=-2,∴f(x)=-2lnx+2x-3, m ∴g(x)=x3+( 2 +2)x2-2x, ∴g ′(x)=3x2+(m+4)x-2. ∵ g(x)在区 间 (t,3)上 总不是 单调函数 ,且 g ′(0)=- 2,∴
?g ′?t?<0, ? ? ? ?g ′?3?>0.

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 ∴- 3 <m<-9.

(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 ∴ 2 ·3 ·4 · n <2··· n =n(n≥2,n∈N*). ?· 3 4 ?· (理)(2012· 山东文,22)已知函数 f(x)= lnx+k ex (k 为常数,e=

2.71828?是自然对数的底数),曲线 y=f(x)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)=ex(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,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 1 (2)的启发,研究 h(x)=1-x-xlnx,利用 x∈(0,+∞)时ex<1 这一条 件以及 h(x)最大值来证就顺理成章了. lnx+k [解析] (1)解:由 f(x)= ex , 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)=xex(1-x-xlnx),x∈(0,+∞), 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)=ex(1-x-xlnx),x∈(0,+∞). 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<ex<1, 1 所以当 x∈(0,+∞)时,exh(x)<1+e-2,即 g(x)<1+e-2. 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) C.(0,+∞) [答案] D [解析]

B.(-∞,1) 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( A.2 B.3 C.6 D.9 [答案] D [解析] f ′(x)=12x2-2ax-2b=0 的一根为 x=1,即 12-2a- 2b=0. a+b ∴a+b=6,∴ab≤( 2 )2=9,当且仅当 a=b=3 时“=”号成 )

立. 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( A.af(b)≤bf(a) C.af(a)≤f(b) [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= x ,则 y′= ≤0, x2 f?x? 故 y= x 为减函数或为常数函数. 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 f?x? 函数 y=xf(x)的导函数, 故可构造函数 y=xf(x)或 y= x 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: 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 B.ab<ba C.ab=ba D.ab 与 ba 的大小关系不确定 [答案] A ) )

B.bf(a)≤af(b) D.bf(b)≤f(a)

1-lnx lnx [解析] 令 f(x)= x ,则 f ′(x)= x2 .当 x>e 时,f ′(x)<0,∴ f(x)在(e,+∞)上单调递减. 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 1 C.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, ′(x)为其导函数, f 函数 y=f ′(x) 的图象如图所示,且 f(-2)=1,f(3)=1,则不等式 f(x2-6)>1 的解集 为( ) ) B.0 D.5

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, 1 是其中一个零点. 且 (1)b 的值为________; (2)f(2)的取值范围是________. [答案] (1)0
? 5 ? (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.

2a ∵f ′(x)=-3x2+2ax=0 的两个根分别为 x1=0,x2= 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 ∴ 3 应是 f(x)的一个极大值点,因此应有 x2= 3 >1, 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, f ′(x)<0 判定 与 f(x)的单调性,求其最大值. 1 nn (3)要证明 f(x)< ne ,由(2)知 f(x)的最大值为 ,即证 ?n+1?n+1 n+1 n+1 nn 1 ,即证( n )n+1>e,只需证(n+1)ln n >1,只需证 n+1 < ne ?n+1? n+1 1 ln n > ,① n+1 1 1 1 令 t=1+n,则只需证 lnt>1- t ,构造函数 φ(t)=lnt+ t -1 (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( - n+1 x). 令 f ′(x)=0,解得 x= n , n+1

n 即 f ′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x= . n+1 在(0, n )上,f ′(x)>0,故 f(x)单调递增; n+1

n 而在( ,+∞)上,f ′(x)<0,故 f(x)单调递减. n+1 故 f(x)在(0,+∞)上的最大值为 n n n n nn f( )=( )· (1- )= . n+1 n+1 n+1 ?n+1?n+1 1 (3)令 φ(t)=lnt-1+ t (t>0),则 1 1 t-1 φ′(t)= t -t2= t2 (t>0). 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 (t>1). n+1 1 n+1 1 令 t=1+n,得 ln n > ,即 ln( n )n+1>lne, n+1 n+1 n+1 nn 1 所以( n ) >e,即 n+1< . ne ?n+1? nn 1 由(2)知,f(x)≤ n+1< , ne ?n+1? 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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