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【创新设计】2015高考数学(江苏专用,理科)二轮专题整合:规范练6函数与导数问题


规范练(六)
1.设 f(x)=ex(ax2+x+1). (1)若 a>0,讨论 f(x)的单调性;

函数与导数问题

π? ? (2)x=1 时,f(x)有极值,证明:当 θ∈?0,2?时,|f(cos θ)-f(sin ? ? 解 1 (1)f′(x)=ex(ax2+x+1)+ex(2ax+1)=aex(x+a)(x+2),

θ)|<2.

1 1 当 a=2时,f′(x)=2ex(x+2)2≥0,f(x)在 R 上单增; 1 1 当 0<a<2时,由 f′(x)>0,得 x>-2 或 x<-a; 1 由 f′(x)<0,得- <x<-2, a 1? ? ? 1 ? ∴f(x)在?-∞,-a?和(-2,+∞)上单调递增,在?-a,-2?上单调递减. ? ? ? ? 1 1 当 a>2时,由 f′(x)>0,得 x>-a或 x<-2; 1 由 f′(x)<0,得-2<x<-a, 1? ? 1 ? ∴f(x)在(-∞,-2)和?-a,+∞ )上单调递增,在?-2,-a?上单调递减. ? ? ? (2)证明 ∵x=1 时,f(x)有极值,

∴f′(1)=3e(a+1)=0,∴a=-1, ∴f(x)=ex(-x2+x+1),f′(x)=-ex(x-1)(x+2). 由 f′(x)>0,得-2<x<1, ∴f(x)在[-2,1]上单调递增. π? ? ∵θ∈?0,2?,∴sin ? ? θ,cos θ∈[0,1],

∴|f(cos θ)-f(sin θ)|≤f(1)-f(0)=e-1<2. 2.已知 m∈R,f(x)=2x3+3x2+6(m-m2)x. (1)当 m=1 时,求 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; 1 (2)若 m∈[2,2]且关于 x 的不等式(m-1)2(1-4m)≤f(x)≤20 在区间[k,0]上恒成 立,求 k 的最小值 k(m).
-1-



(1)当 m=1 时,f(x)=2x3+3x2,f′(x)=6x2+6x.

切线斜率为 k=f′(1)=12,f(1)=5,所以切线方程为 y=12x-7. (2)令 f′(x)=6x2+6x+6(m-m2)=0,可得 1 x1=-m,x2=m-1,因为 m∈[2,2], 所以 m-1-(-m)=2m-1≥0. 1 ①当 m-1≤0,且 2m-1>0,即2<m≤1 时. f(x)极大=f(-m)=4m3-3m2,f(x)极小=f(m-1)=(m-1)2(1-4m). 令 g(m)=f(x)极大=4m3-3m2,则 g′(m)=12m2-6m≥0. 1 故 g(m)在2≤m≤1 上单调递增,故 g(m)≤g(1)=1≤20 恒成立. 令 h(x)=f(x)-(m-1)2(1-4m), 显然 h(m-1)=f(m-1)-(m-1)2(1-4m)=0, 令 h(x0)=h(m-1)(x0≠m-1), 设[x-(m-1)]2(ax+b)=2x3+3x2+6(m-m2)x-(m-1)2(1-4m),比较两边系数 得 a=2,b=4m-1, b 1-4m 故 x0=-a= 2 . 结合图象可知,要使(m-1)2(1-4m)≤f(x)恒成立. 则只需 x0≤k<0 即可,故 kmin=k(m)=x0= ②当 m-1>0 即 1<m≤2 时,同①可知, g(m)=f(x)极大=4m3-3m2,又 g(m),在 1<m≤2 上单调递增,故 g(m)≤g(2)= 20 恒成立. 1-4m 同理可知 kmin=k(m)=x0= 2 (1<m≤2), 综上可知,k(m)= 1-4m? ?1 ?? ?m∈?2,2??. 2 ? ? ?? 1-4m?1 ? ? <m≤1?; 2 ?2 ?

x 3.已知函数 f(x)=ln x-ax. (1)若函数 f(x)在(1,+∞)上是减函数,求实数 a 的最小值; (2)若?x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f′(x2)+a(a>0 成立),求实数 a 的取值范围.
-2-



(1)因 f(x)在(1,+∞)上为减函数,故 f′(x)=

ln x-1 -a≤0 在(1,+∞)上 ?ln x?2

恒成立, 所以当 x∈(1,+∞)时,f′(x)max≤0,又 f′(x)= 1 1 1 a=-(ln x-2)2+4-a, 1 1 1 1 设ln x=t, t∈(0, +∞), 则 y=-(t-2)2+4-a, 故当 t=2, 即 x=e2 时, f′(x)max 1 1 1 = -a≤0,解得 a≥ ,所以 a 的最小值为 . 4 4 4 (2)命题“若?x1,x2∈[e,e2],使 f(x1)≤f′(x2)+a 成立”,等价于“当 x∈[e, 1 e2]时,有 f(x)min≤f′(x)max+a”,由(1)知,当 x∈[e,e2]时,f′(x)max=4-a, 1 1 f′(x)max+a=4,问题等价于:“当 x∈[e,e2]时,有 f(x)min≤4”. 1 1 10 当 a≥4时,f′(x)max=4-a≤0,f(x)在[e,e2]上为减函数,则 f(x)min=f(e2)= e2 1 1 1 2 2 -ae ≤4,故 a≥2-4e2. 1 1 20 当 0<a<4时,f′(x)max=4-a>0,由于 f′(x) 1 1 1 =-(ln x-2)2+4-a 在[e,e2]上为增函数,故 f′(x)的值域为[f′(e),f′(e2)], 1 即[-a,4-a],由 f′(x)的单调性和值域知,存在唯一 x0∈[e,e2],使 f′(x0) =0, 且满足: 当 x∈[e, x0]时, f′(x)<0, f(x)为减函数; 当 x∈[x0, e2]时, f′(x) x0 1 1 1 1 1 >0.由 f(x)min=f(x0)=ln x -ax0≤4,x0∈[e, e2],所以,a≥ln x -4x >ln e2-4e 0 0 0 1 1 1 1 >2-4=4,与 0<a<4矛盾,不合题意. 1 1 综上所述,得 a≥2-4e2. 4.已知函数 f(x)=kex-x2(其中 k∈R,e 是自然对数的底数. (1)若 k<0,试判断函数 f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)若 k=2,当 x∈(0,+∞)时,试比较 f(x)与 2 的大小; ln x-1 1 2 1 2 -a=-( ln x) +ln x- ?ln x?

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(3)若函数 f(x)有两个极值点 x1,x2(x1<x2),求 k 的取值范围,并证明 0<f(x1) <1. 解 (1)由 f′(x)=kex-2x 可知,当 k<0 时,由于 x∈(0,+∞),f′(x)=kex-

2x<0,故函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. (2)当 k=2 时,f(x)=2ex-x2,则 f′(x)=2ex-2x, 令 h(x)=2ex-2x,h′(x)=2ex-2, 由于 x∈(0,+∞),故 h′(x)=2ex-2>0,于是 h(x)=2ex-2x 在(0,+∞)为增 函数, 所以 h(x)=2ex-2x>h(0)=2>0,即 f′(x)=2ex-2x>0 在(0,+∞)恒成立, 从而 f(x)=2ex-x2 在(0,+∞)为增函数,故 f(x)=2ex-x2>f(0)=2. (3)函数 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1,x2 是 f′(x)=kex-2x=0 的两个根, 2-2x 2x 2x 即方程 k= ex 有两个根,设 φ(x)= ex ,则 φ′(x)= ex , 当 x<0 时,φ′(x)>0,函数 φ(x)单调递增且 φ(x)<0; 当 0<x<1 时,φ′(x)>0,函数 φ(x)单调递增且 φ(x)>0; 当 x>1 时,φ′(x)<0,函数 φ(x)单调递减且 φ(x)>0. 2x 2 要使 k= ex 有两个根,只需 0<k<φ(1)= e,如图所示,

2 故实数 k 的取值范围是(0,e). 又由上可知函数 f(x)的两个极值点 x1,x2 满足 0<x1<1<x2, 2x1 由 f′(x1)=kex1-2x1=0,得 k= ex .
1

2x1 2 ∴f(x1)=kex1-x2 1= ex ex1-x1
1

-4-

2 =-x1 +2x1=-(x1-1)2+1,

由于 x1∈(0,1),故 0<-(x1-1)2+1<1, 所以 0<f(x1)<1.

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