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2019高三一轮复习创新设计文科数学第三章 第2节 第1课时

第2节
最新考纲

导数在研究函数中的应用

1.了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会

求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次); 2.了解函数在某点取得极值的必 要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三 次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次);3.会用 导数解决实际问题.

知 识 梳 理 1.函数的单调性与导数的关系 函数 y=f(x)在某个区间内可导,则: (1)若 f′(x)>0,则 f(x)在这个区间内单调递增; (2)若 f′(x)<0,则 f(x)在这个区间内单调递减; (3)若 f′(x)=0,则 f(x)在这个区间内是常数函数. 2.函数的极值与导数的关系 (1)函数的极小值与极小值点 若函数 f(x)在点 x=a 处的函数值 f(a)比它在点 x=a 附近其他点的函数值都小, f′(a)=0,而且在点 x=a 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,则点 a 叫做函数的极 小值点,f(a)叫做函数的极小值. (2)函数的极大值与极大值点 若函数 f(x)在点 x=b 处的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近其他点的函数值都大, f′(b)=0,而且在点 x=b 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则点 b 叫做函数的极 大值点,f(b)叫做函数的极大值. 3.函数的最值与导数的关系 (1)函数 f(x)在[a,b]上有最值的条件 如果在区间[a,b]上函数 y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大 值和最小值. (2)求 y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤

①求函数 y=f(x)在(a,b)内的极值; ②将函数 y=f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最 大值,最小的一个是最小值. [常用结论与微点提醒] 1.函数 f(x)在区间(a,b)上递增,则 f′(x)≥0, “f′(x)>0 在(a,b)上成立”是“f(x) 在(a,b)上单调递增”的充分不必要条件. 2.对于可导函数 f(x), “f′(x0)=0”是“函数 f(x)在 x=x0 处有极值”的必要不充分 条件. 诊 断 自 测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)若函数 f(x)在区间(a,b)上单调递增,那么在区间(a,b)上一定有 f′(x)>0.( (2)若函数 y=f(x)在(a, b)内, 恒有 f′(x)=0, 则 y=f(x)在(a, b)内不具有单调性.( (3)函数的极大值一定比极小值大.( ) ) ) )

(4)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值.(

解析 (1)函数 f(x)在(a,b)上单调递增,则在(a,b)上有 f′(x)≥0,故(1)错. (3)函数的极值是局部概念,极大值与极小值大小不能确定,故(3)错. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ )

1 2.(选修 1-1P91 例题改编)函数 y=2x2-ln x 的单调递减区间为( A.(-1,1) C.(1,+∞) B.(0,1) D.(0,+∞)

1 解析 函数 y=2x2-ln x 的定义域为(0,+∞), 1 (x-1)(x+1) y′=x- x= ,令 y′<0,则可得 0<x<1. x 答案 B 3.(2017· 浙江卷)函数 y=f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图所示, 则函数 y=f(x)的图 象可能是( )

解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)>0 的解集对应 y=f(x)的增区间, f′(x)<0 的解集对应 y=f(x)的减区间,验证只有 D 选项符合. 答案 D 4.(2017· 全国Ⅱ卷)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)· ex-1 的极值点, 则 f(x)的极小 值为( A.-1 ) B.-2e
-3

C.5e

-3

D.1

解析 f′(x)=[x2+(a+2)x+a-1]· ex-1, 则 f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]· e-3=0?a=-1, 则 f(x)=(x2-x-1)· ex-1,f′(x)=(x2+x-2)· ex-1, 令 f′(x)=0,得 x=-2 或 x=1, 当 x<-2 或 x>1 时,f′(x)>0, 当-2<x<1 时,f′(x)<0,则 f(x)极小值为 f(1)=-1. 答案 A 1 3 5.(2018· 郑州质检)若函数 f(x)=3x3-2x2+ax+4 恰在[-1,4]上单调递减,则实数 a 的值为________. 解析 f′(x)=x2-3x+a,且 f(x)恰在[-1,4]上单调递减, ∴f′(x)=x2-3x+a≤0 的解集为[-1,4], 因此-1,4 是方程 f′(x)=0 的两根, 则 a=(-1)×4=-4. 答案 -4

第 1 课时

导数与函数的单调性

考点一 求函数的单调区间(典例迁移) 4 【例 1】 (经典母题)已知函数 f(x)=ax3+x2(a∈R)在 x=-3处取得极值. (1)确定 a 的值;

(2)若 g(x)=f(x)ex,求函数 g(x)的单调减区间. 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)=3ax2+2x, 4 ? 4? 因为 f(x)在 x=-3处取得极值,所以 f′?-3?=0, ? ? 16 1 ? 4? 16a 8 ?-3?= 即 3a·9 +2· - = 0 ,解得 a = 3 3 2. ? ? ?1 ? (2)由(1)得 g(x)=?2x3+x2?ex, ? ? ?3 ? ?1 ? 故 g′(x)=?2x2+2x?ex+?2x3+x2?ex ? ? ? ? 5 1 ?1 ? =?2x3+2x2+2x?ex= x(x+1)(x+4)ex. 2 ? ? 令 g′(x)<0,得 x(x+1)(x+4)<0, 解之得-1<x<0 或 x<-4, 所以 g(x)的单调减区间为(-1,0),(-∞,-4). 1 【迁移探究 1】 若本例中函数 f(x)变为“f(x)=ln x-2x2+x”,试求 f(x)的单调区 间. 1 解 因为 f(x)=ln x-2x2+x,且 x∈(0,+∞), ? 1- 5?? 1+ 5? ?x- ?? ? 2 ??x- 2 ? 1 ? 所以 f′(x)= x-x+1=- . x 令 f′(x)=0,所以 x1= 1+ 5 1- 5 , x 2= 2 2 (舍去).

由 f′(x)>0,得 0<x<

1+ 5 2 ;

由 f′(x)<0,得 x>

1+ 5 2 .

? ?1+ 5 ? 1+ 5? ?,单调递减区间为? ?. 所以函数 f(x)的单调递增区间为?0, ,+∞ 2 ? ? ? 2 ? x2 【迁移探究 2】 若本例的函数变为“f(x)= 2 -aln x,a∈R”,求 f(x)的单调区间. x2 解 因为 f(x)= 2 -aln x,所以 x∈(0,+∞), 2 a x -a f′(x)=x- x= x .

(1)当 a≤0 时,f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上为单调递增函数. (2)当 a>0 时,f′(x)= (x+ a)(x- a) ,则有 x

①当 x∈(0, a)时,f′(x)<0,所以 f(x)的单调递减区间为(0, a). ②当 x∈( a,+∞)时,f′(x)>0,所以 f(x)的单调递增区间为( a,+∞). 综上所述,当 a≤0 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间. 当 a>0 时,函数 f(x)的单调递减区间为(0, a),单调递增区间为( a,+∞). 规律方法 求函数单调区间的步骤: (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求 f′(x); (3)在定义域内解不等式 f′(x)>0,得单调递增区间; (4)在定义域内解不等式 f′(x)<0,得单调递减区间. x a 3 【训练 1】 已知函数 f(x)=4+x-ln x-2, 其中 a∈R, 且曲线 y=f(x)在点(1, f(1)) 1 处的切线垂直于直线 y=2x. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间. 1 a 1 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)=4-x2-x, 1 3 由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y=2x 知 f′(1)=-4-a=-2,解得 a= 5 4. x 5 3 (2)由(1)知 f(x)=4+4x-ln x-2(x>0). 则 f′(x)= x2-4x-5 4x2 .

令 f′(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 但-1?(0,+∞),舍去. 当 x∈(0,5)时,f′(x)<0;当 x∈(5,+∞)时,f′(x)>0. ∴f(x)的增区间为(5,+∞),减区间为(0,5). 考点二 证明(判断)函数的单调性

【例 2】 (2017· 全国Ⅰ卷改编)已知函数 f(x)=ex(ex-a)-a2x,其中参数 a≤0. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)≥0,求 a 的取值范围. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞),且 a≤0. f′(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a). ①若 a=0,则 f(x)=e2x,在(-∞,+∞)上单调递增. ? a? ②若 a<0,则由 f′(x)=0,得 x=ln ?-2?. ? ? ? ? a?? 当 x∈?-∞,ln?-2??时,f′(x)<0; ? ? ?? ? ? a? ? 当 x∈?ln?-2?,+∞?时,f′(x)>0. ? ? ? ? ? ? a?? 故 f(x)在?-∞,ln?-2??上单调递减, ? ? ?? ? ? a? ? 在区间?ln?-2?,+∞?上单调递增. ? ? ? ? (2)①当 a=0 时,f(x)=e2x≥0 恒成立. ? a? ? ? a?? ②若 a<0,则由(1)得,当 x=ln?-2?时,f(x)取得最小值,最小值为 f ?ln?-2??= ? ? ? ? ?? ?3 ? a?? a2?4-ln?-2??, ? ?? ? ?3 ? a?? - ?? 故当且仅当 a2?4-ln? ? 2??≥0, ?
3

即 0>a≥-2e4时,f(x)≥0. 3 综上,a 的取值范围是[-2e4,0]. 规律方法 1.(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进 行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为 0 的点和函 数的间断点. 2.个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性,如 f(x)=x3,f′(x)=3x2≥0(f′(x) =0 在 x=0 时取到),f(x)在 R 上是增函数. 【训练 2】 (2015· 全国Ⅱ卷改编)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x),讨论 f(x)的单调性. 1 解 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= x -a. 若 a≤0,则 f′(x)>0 恒成立,

所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1? ? ?1 ? 若 a>0,则当 x∈?0,a?时,f′(x)>0;x∈?a,+∞?时,f′(x)<0, ? ? ? ? 1? ? ?1 ? 所以 f(x)在?0,a?上单调递增,在?a,+∞?上单调递减. ? ? ? ? 考点三 导数在函数单调性中的应用(易错警示) 【例 3】(1)(2018· 武汉模拟)已知定义域为 R 的奇函数 y=f(x)的导函数为 y=f′(x), 当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0,若 a= c 的大小关系正确的是( A.a<b<c 解析 设 g(x)= B.b<c<a ) C.a<c<b D.c<a<b f(e) f(ln 2) f(-3) e ,b= ln 2 ,c= -3 ,则 a,b,

f(x) xf ′(x)-f(x) ,则 g ′( x ) = , x x2

∵当 x>0 时,xf′(x)-f(x)<0,∴g′(x)<0. ∴g(x)在(0,+∞)上是减函数. 由 f(x)为奇函数,知 g(x)为偶函数,则 g(-3)=g(3), 又 a=g(e),b=g(ln 2),c=g(-3)=g(3), ∴g(3)<g(e)<g(ln 2),故 c<a<b. 答案 D 1 (2)已知函数 f(x)=ln x,g(x)=2ax2+2x. ①若函数 h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围; ②若函数 h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,求 a 的取值范围. 1 解 ①h(x)=ln x-2ax2-2x,x>0. 1 ∴h′(x)= x-ax-2. 若函数 h(x)在(0,+∞)上存在单调减区间, 1 则当 x>0 时, x-ax-2<0 有解, 1 2 即 a>x2- x有解. 1 2 设 G(x)=x2- x,所以只要 a>G(x)min.(*) ?1 ?2 又 G(x)=?x-1? -1, ? ?

所以 G(x)min=-1. 所以 a>-1. 即实数 a 的取值范围是(-1,+∞). ②由 h(x)在[1,4]上单调递减, 1 ∴当 x∈[1,4]时,h′(x)= x-ax-2≤0 恒成立,(**) 1 2 1 2 则 a≥x2-x恒成立,设 G(x)=x2-x, 所以 a≥G(x)max. ?1 ?2 又 G(x)=?x-1? -1,x∈[1,4], ? ? 1 ?1 ? 因为 x∈[1,4],所以x∈?4,1?, ? ? 7 7 所以 G(x)max=-16(此时 x=4),所以 a≥-16. 7 当 a=-16时, 16+7x2-32x (7x-4)(x-4) 1 7 h′(x)= x+16x-2= = , 16x 16x ∵x∈[1,4], ∴h′(x)= (7x-4)(x-4) ≤0, 16x

当且仅当 x=4 时等号成立.(***) ∴h(x)在[1,4]上为减函数. ? 7 ? 故实数 a 的取值范围是?-16,+∞?. ? ? 规律方法 1. 已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件 f ′ (x) ≥ 0( 或

f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论 求解),应注意参数的取值是 f′(x)不恒等于 0 的参数的范围. 2.若函数 y=f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为 f′(x)=0 在(a,b)上有解. 3.利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小的问 题转化为先利用导数研究函数的单调性,进而根据单调性比较大小. 1 易错警示 (1)第(2)题中,对特称命题理解不清,不能把第①问转化为x -ax-2<0 有解, 难以得到不等式(*).错求 a 的取值范围.(2)错误理解“f(x)为减函数的充要条

件是对任意的 x∈(a,b)都有 f′(x)≤0,且在(a,b)内的任一非空子区间上 f′(x)不恒 为 0”.应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.导致在第②问中(**)处易错 7 求 h′(x)<0 恒成立,另外在(***)处容易忽视 a=-16进行检验. 1 【训练 3】 (2018· 兰州模拟)已知函数 f(x)=2x2-2aln x+(a-2)x. (1)当 a=-1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)是否存在实数 a,使函数 g(x)=f(x)-ax 在(0,+∞)上单调递增?若存在,求 出 a 的取值范围;若不存在,说明理由. 1 解 (1)当 a=-1 时,f(x)=2x2+2ln x-3x, x2-3x+2 (x-1)(x-2) 2 则 f′(x)=x+ x-3= = . x x 当 0<x<1 或 x>2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当 1<x<2 时,f′(x)<0,f(x)单调递 减. ∴f(x)的单调增区间为(0,1)和(2,+∞),单调减区间为(1,2). (2)假设存在实数 a,使 g(x)=f(x)-ax 在(0,+∞)上是增函数, 2a ∴g′(x)=f′(x)-a=x- x -2≥0 恒成立. 即 x2-2x-2a ≥0 在 x∈(0,+∞)上恒成立. x

∴x2-2x-2a≥0 当 x>0 时恒成立, 1 1 1 ∴a≤2(x2-2x)=2(x-1)2-2恒成立. 1 1 1 又 φ(x)=2(x-1)2-2,x∈(0,+∞)的最小值为-2. 1 ∴当 a≤-2时,g′(x)≥0 恒成立. (x-1) 1 又当 a=-2,g′(x)= 当且仅当 x=1 时,g′(x)=0. x 1? ? 故当 a∈?-∞,-2?时,g(x)=f(x)-ax 在(0,+∞)上单调递增. ? ?
2

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、选择题

1.函数 f(x)=x-ln x 的单调递减区间为( A.(0,1) C.(1,+∞)

) B.(0,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞)

1 x-1 解析 函数的定义域是(0,+∞),且 f′(x)=1-x = x ,令 f′(x)<0,解得 0<x<1, 所以单调递减区间是(0,1). 答案 A 2.已知 f(x)=1+x-sin x,则 f(2),f(3),f(π )的大小关系正确的是( A.f(2)>f(3)>f(π ) C.f(2)>f(π )>f(3) B.f(3)>f(2)>f(π ) D.f(π )>f(3)>f(2) )

解析 因为 f(x)=1+x-sin x,所以 f′(x)=1-cos x, 当 x∈(0,π]时,f′(x)>0, 所以 f(x)在(0,π]上是增函数, 所以 f(π)>f(3)>f(2). 答案 D 3.(2014· 课标全国Ⅱ卷)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增,则 k 的取 值范围是( A.(-∞,-2] C.[2,+∞) 1 解析 ∵f′(x)=k- x, 依题意 f′(x)≥0 在(1,+∞)上恒成立, 1 ∴k≥x 在 x∈(1,+∞)上恒成立, 1 由 x>1,得 0<x <1,所以 k≥1. 答案 D 4.(2017· 山东卷)若函数 exf(x)(e=2.718 28?是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上 单调递增,则称函数 f(x)具有 M 性质,下列函数中具有 M 性质的是( A.f(x)=2-x C.f(x)=3-x B.f(x)=x2 D.f(x)=cos x ) ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

? e ?x 解析 设函数 g(x)=ex·f(x),对于 A,g(x)=ex·2-x=?2? ,在定义域 R 上为增 ? ? 函数,A 正确;对于 B,g(x)=ex·x2,则 g′(x)=x(x+2)ex,由 g′(x)>0 得 x<-2 或 ? e ?x x>0,∴g(x)在定义域 R 上不是增函数,B 不正确;对于 C,g(x)=ex·3-x=?3? 在 ? ? ? π? 定义域 R 上是减函数, C 不正确; 对于 D, g(x)=ex· cos x, 则 g′(x)= 2excos ?x+ ?, 4? ? g′(x)>0 在定义域 R 上不恒成立,D 不正确. 答案 A 5.(2018· 保定一中模拟)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.(-∞,+∞)

解析 由 f(x)>2x+4,得 f(x)-2x-4>0,设 F(x)=f(x)-2x-4,则 F′(x)=f′(x)-2, 因为 f′(x)>2,所以 F′(x)>0 在 R 上恒成立,所以 F(x)在 R 上单调递增. 又 F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式 f(x)-2x-4>0 等价于 F(x)>F(-1),所以 x>-1. 答案 B 二、填空题 6.已知函数 f(x)=(-x2+2x)ex(x∈R,e 为自然对数的底数),则函数 f(x)的单调递 增区间为________. 解析 因为 f(x)=(-x2+2x)ex, 所以 f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex =(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, 因为 ex>0,所以-x2+2>0,解得- 2<x< 2, 所以函数 f(x)的单调递增区间为(- 2, 2). 答案 (- 2, 2) 1 7.(2018· 安徽江南十校联考)设函数 f(x)=2x2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递

减,则实数 a 的取值范围是________. 9 解析 易知 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)=x-x . 9 由 f′(x)=x- x<0,解得 0<x<3. 1 因为 f(x)=2x2-9ln x 在[a-1,a+1]上单调递减, ?a-1>0, ∴? 解得 1<a≤2. ?a+1≤3, 答案 (1,2] 8.(2018· 银川诊断)若函数 f(x)=ax3+3x2-x 恰好有三个单调区间,则实数 a 的取 值范围是________. 解析 由题意知 f′(x)=3ax2+6x-1,由函数 f(x)恰好有三个单调区间,得 f′(x)有 两个不相等的零点,所以 3ax2+6x-1=0 需满足 a≠0,且 Δ=36+12a>0,解得 a>-3,所以实数 a 的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞). 答案 (-3,0)∪(0,+∞) 三、解答题 ?2? 9.已知函数 f(x)=x3+ax2-x+c,且 a=f′?3?. ? ? (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间. 解 (1)由 f(x)=x3+ax2-x+c, 得 f′(x)=3x2+2ax-1. 2 2 ?2? ?2?2 当 x=3时,得 a=f′?3?=3×?3? +2a×3-1, ? ? ? ? 解得 a=-1. (2)由(1)可知 f(x)=x3-x2-x+c, ? 1? 则 f′(x)=3x2-2x-1=3?x+3?(x-1), ? ? 1 令 f′(x)>0,解得 x>1 或 x<-3; 1 令 f′(x)<0,解得-3<x<1. 1? ? 所以 f(x)的单调递增区间是?-∞,-3?和(1,+∞); ? ?

? 1 ? f(x)的单调递减区间是?-3,1?. ? ? 10.已知 a∈R,若函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e 为自然对数的底数)在(-1,1) 上单调递增,求 a 的取值范围. 解 因为函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, 所以 f′(x)≥0 对 x∈(-1,1)都成立. 因为 f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex=[-x2+(a-2)x+a]ex, 所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈(-1,1)都成立. 因为 ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0, 则 a≥ x2+2x (x+1)2-1 1 = =(x+1)- 对 x∈(-1,1)都成立. x+1 x+1 x+1

1 1 ,则 g′(x)=1+ >0, x+1 (x+1)2 1 所以 g(x)=(x+1)- 在(-1,1)上单调递增, x+1 1 3 所以 g(x)<g(1)=(1+1)- =2, 1+1 3 3 所以 a≥2,又当 a=2时,当且仅当 x=0 时,f′(x)=0, ?3 ? 所以 a 的取值范围是?2,+∞?. ? ? 令 g(x)=(x+1)- 能力提升题组 (建议用时:20 分钟) 1 11.(2016· 全国Ⅰ卷)若函数 f(x)=x-3sin 2x+asin x 在(-∞,+∞)单调递增,则 a 的取值范围是( A.[-1,1] ? 1 1? C.?-3,3? ? ? ) 1? ? B.?-1,3? ? ?

1? ? D.?-1,-3? ? ? 1 2 2 解析 ∵f(x)=x-3sin 2x+asin x, ∴f′(x)=1-3cos 2x+acos x=1-3(2cos2x-1) 4 5 +acos x=-3cos2 x+acos x+3, 由 f(x)在 R 上单调递增,则 f′(x)≥0 在 R 上恒成立. 4 5 令 t=cos x,t∈[-1,1],则-3t2+at+3≥0.

在 t∈[-1, 1]上恒成立.∴4t2-3at-5≤0 在 t∈[-1, 1]上恒成立.令 g(t)=4t2-3at -5, ?g(1)=-3a-1≤0, 1 1 则? 解之得-3≤a≤3. ?g(-1)=3a-1≤0. 答案 C 12.函数 f(x)在定义域 R 内可导, 若 f(x)=f(2-x), 且当 x∈(-∞, 1)时, (x-1)f′(x)<0, ?1? 设 a=f(0),b=f ?2?,c=f(3),则 a,b,c 的大小关系是________(由小到大). ? ? 解析 依题意得,当 x<1 时,f′(x)>0, 则 f(x)在(-∞,1)上为增函数; 1 又 f(3)=f(-1),且-1<0<2<1, ?1? 因此有 f(-1)<f(0)<f ?2?, ? ? ?1? 即有 f(3)<f(0)<f ?2?,c<a<b. ? ? 答案 c<a<b 1 e 13.(2016· 四川卷节选)设函数 f(x)=ax2-a-ln x,g(x)= x -ex,其中 a∈R,e= 2.718?为自然对数的底数. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)证明:当 x>1 时,g(x)>0. (1)解
2 1 2ax -1 由题意得 f′(x)=2ax- x= x (x>0).

当 a≤0 时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当 a>0 时,由 f′(x)=0 有 x= 1 , 2a

1 ? ? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈?0, 2a? ? ? 1 ? ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 当 x∈? ? 2a ? (2)证明 令 s(x)=ex-1-x,则 s′(x)=ex-1-1. 当 x>1 时,s′(x)>0,所以 s(x)>s(1),即 ex-1>x,
x-1 1 e e(e -x) 从而 g(x)= x-ex= >0. xex


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