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【高考风向标】2015届高考数学二轮全能考评:函数与导数综合题(2)(新人教A版)[来源:学优高考网84480]

二、函数与导数综合题 5.(理)(2014· 江西高考)已知函数 f(x)=(x2+bx+b) 1-2x(b∈R). (1)当 b=4 时,求 f(x)的极值; 1 0, ?上单调递增,求 b 的取值范围. (2)若 f(x)在区间? ? 3? -5x?x+2? 【解】 (1)当 b=4 时,f′(x)= ,由 f′(x)=0 得 x=-2 或 x=0. 1-2x 当 x∈(-∞-2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈(-2,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 1? 当 x∈? ?0,2?时,f′(x)<0,f(x)单调递减,故 f(x)在 x=-2 取极小值 f(-2)=0,在 x=0 取极 大值 f(0)=4. -x[5x+?3b-2?] (2)f′(x)= , 1-2x 1? -x 因为当 x∈? ?0,3?时, 1-2x<0, 1 0, ?时,有 5x+(3b-2)≤0, 依题意当 x∈? ? 3? 5 从而 +(3b-2)≤0. 3 1? 所以 b 的取值范围为? ?-∞,9?. (文)(2014· 安徽高考)设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 【解】 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2. -1- 4+3a 令 f′(x)=0,得 x1= , 3 -1+ 4+3a x2= ,x1<x2, 3 所以 f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0;当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增. (2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0. ①当 a≥4 时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取 得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,所以 f(x) -1+ 4+3a 在 x=x2= 处取得最大值. 3 又 f(0)=1,f(1)=a,所以当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 处和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 1-a 2 6. (2014· 全国新课标Ⅰ高考)设函数 f(x)=aln x+ x -bx(a≠1), 曲线 y=f(x)在点(1, f(1)) 2 处的切线斜率为 0. (1) 求 b; a (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. a-1 a 【解】 (1)f′(x)= +(1-a)x-b. x 由题设知 f′(1)=0,解得 b=1.

1-a 2 (2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x+ x -x, 2 1-a a a f′(x)= +(1-a)x-1= (x- )(x-1). x x 1-a 1 a ①若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调递增. 2 1-a 1-a a a a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得- 2 a-1 a-1 a-1 2-1<a< 2-1. 1 a a a ②若 <a<1,则 >1,故当 x∈(1, )时,f′(x)<0;当 x∈( ,+∞)时,f′(x) 2 1-a 1-a 1-a a a >0.f(x)在(1, )单调递减,在( ,+∞)单调递增. 1- a 1-a a a a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f( )< . a-1 1-a a-1 a a a2 a a 而 f( )=aln + + > ,所以不合题意. 1-a 1-a 2?1-a? a-1 a-1 1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= -1= < . 2 2 a-1 综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞). 7.(2014· 浙江温州适应性测试)设函数 f(x)=ax2+ln x. (1)求 f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)=(2a+1)x,若 x∈(1,+∞)时,f(x)<g(x)恒成立,求 a 的取值范围. 2ax2+1 【解】 (1)因为 f(x)=ax2+ln x,其中 x>0,所以 f′(x)= , x 当 a≥0 时,f′(x)>0,所以 f(x)在 x∈(0,+∞)上是增函数, 1 1 当 a<0 时,令 f′(x)=0,得 x=+ - ,(x=- 舍去) 2a 2a 1? 1 ? ? 所以 f(x)在?0, - 上是增函数,在 - ,+∞ 上是减函数. 2a? 2a ? ? ? 2 (2)令 h(x)=f(x)-g(x),则 h(x)=ax -(2a+1)x+ln x, 1 根据 题意, 当 x ∈ (1 ,+ ∞) 时, h(x)<0 恒成立.所 以 h′(x) = 2ax - (2a + 1) + = x ?x-1??2ax-1? . x 1 1 ? (ⅰ)当 0<a< ,x∈? ?2a,+∞?时,恒有 h′(x)>0, 2 1 ? ? ?1? ? 所以 h(x)在? ?2a,+∞?上是增函数,且 h(x)∈?h?2a?,+∞?,所以不符合题意; 1 (ⅱ)当 a≥ ,x∈(1,+∞)时,恒有 h′(x)>0, 2 所以 h(x)在(1,+∞)上是增函数,且 h(x)∈(h(1),+∞),所以不符合题意; (ⅲ)当 a≤0,x∈(1,+∞)时,恒有 h′(x)<0,故 h(x)在(1,+∞)上是减函数, 于是 h(x)<0 对任意 x∈(1, +∞)都成立的充要条件是 h(1)≤0, 即 a-(2a+1)≤0, 解得 a≥ -1,故-1≤a≤0.综上所述,a 的取值范围是[-1,0]. 8.(文)(2014· 四川成都诊断)已知函数 f(x)=(x2-2ax+a2)ln x,a∈R. (1)当 a=0 时,求函数 f(x)的单调区间; f?x? - (2)当 a=-1 时,令 F(x)= +x-ln x,证明:F(x)≥-e 2,其中 e 为自然对数的底数; x+1 (3)若函数 f(x)不存在极值点,求实数 a 的取值范围. 【解】 (1)当 a=0 时,f(x)=x2ln x(x>0),此时 f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1).

1 令 f′(x)>0,解得 x>e- . 2 1 1? ? ? ∴函数 f(x)的单调递增区间为? ?e-2,+∞?,单调递减区间为?0,e-2?. f?x? (2)证明 F(x)= +x-ln x=xln x+x. x+1 - - 由 F′(x)=2+ln x,得 F(x)在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增, - - ∴F(x)≥F(e 2)=-e 2. ?x-a?2 x-a (3)f′(x)=2(x-a)ln x+ = .(2xln x+x-a). x x 令 g(x)=2xln x+x-a,则 g′(x)=3+2ln x, 3? ? 3 ? ? 3? ∴函数 g(x)在? ?0,e-2?上单调递减,在?e-2,+∞?上单调递增,∴g(x)≥g?e-2?=-2e 3 - -a. 2 3 ①当 a≤0 时,∵函数 f(x)无极值,∴-2e- -a≥0, 2 3 解得 a≤-2e- . 2 3 ②当 a>0 时,g(x)min=-2e- -a<0,即函数 g(x)在(0,+∞)上存在零点,记为 x0. 2 由函数 f(x)无极值点,易知 x=a 为方程 f′(x)=0 的重根, ∴2aln a+a-a=0,即 2aln a=0,a=1. 当 0<a<1 时,x0<1 且 x0≠a,函数 f(x)的极值点为 a 和 x0; 当 a>1 时,x0>1 且 x0≠n,函数 f(x)的极值点为 a 和 x0; 当 a=1 时,x0=1,此时函数 f(x)无极值. 3 综上 a≤-2e- 或 a=1. 2 (理)(2014· 江西南昌二模)已知函数 f(x)=ax-bxln x,其图象经过点(1,1),且在点(e,f(e)) 处的切线斜率为 3(e 为自然对数的底数). (1)求实数 a、b 的值; f?x? (2)若 k∈Z,且 k< 对任意 x>1 恒成立,求 k 的最大值; x-1 (3)证明:2ln 2+3ln 3+…+nln n>(n-1)2(n∈N*,n>1). 【解】 (1)因为 f(1)=1,所以 a=1, 此时 f(x)=x-bxln x,f′(x)=1-b(1+ln x), 依题意,f′(e)=1-b(1+ln e)=3,所以 b=-1. (2)由(1)知:f(x)=x+xln x, x-2-ln x f?x? x+xln x 当 x>1 时,设 g(x)= = ,则 g′(x)= . x-1 x-1 ?x-1?2 1 设 h(x)=x-2-ln x,则 h′(x)=1- >0,h(x)在(1,+∞)上是增函数. x 因为 h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-ln 4>0, 所以,存在 x0∈(3,4),使 h(x0)=0. 当 x∈(1,x0)时,h(x)<0,g′(x)<0,即 g(x)在(1,x0)上为减函数; x0+x0ln x0 同理 g(x)在(x0,+∞)上为增函数,从而 g(x)的最小值为 g(x0)= , x0-1 所以 x0∈(3,4),k 的最大值为 3. f?x? (3)证明 由(2)知,当 x>1 时, >3, x-1 所以 f(x)>3x-3,即 x+xln x>3x-3,xln x>2x-3, 所以 2ln 2+3ln 3+…+nln n>(2×2-3)+(2×3-3)+…+(2n-3)=2(2+3+…+n)-3(n

?n-1??2+n? -1)=2× -3n+3=n2-2n+1=(n-1)2(n∈N*,n>1). 2


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