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【考前三个月】2015高考数学(江苏专用文科)压轴大题突破练 函数与导数(一)


压轴大题突破练——函数与导数(一)
1.已知 f(x)=x3+ax2-a2x+2. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若 a≠0,求函数 f(x)的单调区间; (3)若不等式 2xln x≤f′(x)+a2+1 恒成立,求实数 a 的取值范围. 解 (1)∵a=1,∴f(x)=x3+x2-x+2, ∴f′(x)=3x2+2x-1,∴k=f′(1)=4,又 f(1)=3, ∴切点坐标为(1,3), ∴所求切线方程为 y-3=4(x-1),即 4x-y-1=0. (2)f′(x)=3x2+2ax-a2=(x+a)(3x-a), a 由 f′(x)=0 得 x=-a 或 x= . 3 a ①当 a>0 时,由 f′(x)<0,得-a<x< . 3 a 由 f′(x)>0,得 x<-a 或 x> , 3 a a 此时 f(x)的单调递减区间为(-a, ),单调递增区间为(-∞,-a)和( ,+∞). 3 3 a ②当 a<0 时,由 f′(x)<0,得 <x<-a. 3 a 由 f′(x)>0,得 x< 或 x>-a, 3 a 此时 f(x)的单调递减区间为( ,-a), 3 a 单调递增区间为(-∞, )和(-a,+∞). 3 a 综上:当 a>0 时,f(x)的单调递减区间为(-a, ), 3 a 单调递增区间为(-∞,-a)和( ,+∞). 3 a 当 a<0 时,f(x)的单调递减区间为( ,-a), 3 a 单调递增区间为(-∞, )和(-a,+∞). 3 (3)依题意 x∈(0,+∞),不等式 2xln x≤f′(x)+a2+1 恒成立,等价于 2xln x≤3x2+2ax+1 在 (0,+∞)上恒成立, 3 1 可得 a≥ln x- x- 在(0,+∞)上恒成立, 2 2x 3x 1 1 3 1 设 h(x)=ln x- - ,则 h′(x)= - + 2 2 2x x 2 2x ?x-1??3x+1? =- . 2x2
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1 令 h′(x)=0,得 x=1,x=- (舍), 3 当 0<x<1 时,h′(x)>0;当 x>1 时,h′(x)<0. 当 x 变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表: x h′(x) h(x) (0,1) + 单调递增 1 0 -2 (1,+∞) - 单调递减

∴当 x=1 时,h(x)取得最大值,h(x)max=-2, ∴a≥-2,∴a 的取值范围是[-2,+∞). x3 - 2.已知函数 f(x)=(1+x)e 2x,g(x)=ax+ +1+2xcos x.当 x∈[0,1]时, 2 1 (1)求证:1-x≤f(x)≤ ; 1+x (2)若 f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围. (1)证明 要证 x∈[0,1]时,(1+x)e-2x≥1-x, 只需证明(1+x)e-x≥(1-x)ex. 记 h(x)=(1+x)e-x-(1-x)ex, 则 h′(x)=x(ex-e-x). 当 x∈(0,1)时,h′(x)>0, 因此 h(x)在[0,1]上是增函数, 故 h(x)≥h(0)=0,所以 f(x)≥1-x,x∈[0,1]. 1 要证 x∈[0,1]时,(1+x)e-2x≤ , 1+x 只需证明 ex≥x+1. 记 K(x)=ex-x-1,则 K′(x)=ex-1, 当 x∈(0,1)时,K′(x)>0, 因此 K(x)在[0,1]上是增函数, 故 K(x)≥K(0)=0. 1 所以 f(x)≤ ,x∈[0,1]. 1+x 1 综上,1-x≤f(x)≤ ,x∈[0,1]. 1+x x3 x3 (2)解 f(x)-g(x)=(1+x)e-2x-(ax+ +1+2xcos x)≥1-x-ax-1- -2xcos x 2 2 x2 =-x(a+1+ +2cos x).(由(1)知) 2
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x2 故 G(x)= +2cos x,则 G′(x)=x-2sin x. 2 记 H(x)=x-2sin x,则 H′(x)=1-2cos x, 当 x∈(0,1)时,H′(x)<0, 于是 G′(x)在[0,1]上是减函数. 从而当 x∈(0,1)时,G′(x)<G′(0)=0. 故 G(x)在[0,1]上是减函数. 于是 G(x)≤G(0)=2, 从而 a+1+G(x)≤a+3. 所以,当 a≤-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立. 下面证明,当 a>-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 1 x3 f(x)-g(x)≤ -1-ax- -2xcos x 2 1+x x3 -ax- -2xcos x 2 1+x 1 x2 =-x( +a+ +2cos x).(由(1)知) 2 1+x = 1 x2 1 记 I(x)= +a+ +2cos x= +a+G(x), 2 1+x 1+x -1 则 I′(x)= +G′(x), ?1+x?2 当 x∈(0,1)时,I′(x)<0, 故 I(x)在[0,1]上是减函数, 于是 I(x)在[0,1]上的值域为[a+1+2cos 1,a+3]. 因为当 a>-3 时,a+3>0, 所以存在 x0∈(0,1),使得 I(x0)>0, 此时 f(x0)<g(x0), 即 f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-3]. 1 3. 已知定义在正实数集上的函数 f(x)= x2+2ax, g(x)=3a2ln x+b, 其中 a>0.设两曲线 y=f(x), 2 y=g(x)有公共点,且在该点处的切线相同. (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x).
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-x

(1)解 f′(x)=x+2a,g′(x)=

3a2 , x

由题意知 f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0),

?2x +2ax =3a ln x +b, 即? 3a ?x +2a= x .
2 0 0 2 0 2 0 0

1

3a2 由 x0+2a= ,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去). x0 1 2 5 即有 b= a +2a2-3a2ln a= a2-3a2ln a. 2 2 52 令 h(t)= t -3t2ln t(t>0),则 h′(t)=2t(1-3ln t). 2 1 于是当 t(1-3ln t)>0,即 0<t<e 时,h′(t)>0; 3 1 当 t(1-3ln t)<0,即 t>e 时,h′(t)<0. 3 1 1 故 h(t)在(0,e )上为增函数,在(e ,+∞)上为减函数, 3 3 1 3 2 于是 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h(e )= e , 3 2 3 3 2 即 b 的最大值为 e . 2 3 1 (2)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x2+2ax-3a2ln x-b(x>0), 2 3a2 ?x-a??x+3a? 则 F′(x)=x+2a- = (x>0). x x 故 F′(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0, 即当 x>0 时,f(x)≥g(x). a-1 4.已知 f(x)=x2+3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2 时,求 y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数; (2)a 为何值时,y=f(x)和 y=g(x)的公共点个数恰为两个.

? ?y=f?x?, 解 (1)由? ? ?y=g?x?,
1 得 x2+3x+1= +x, x-1 整理得 x3+x2-x-2=0(x≠1). 令 y=x3+x2-x-2, 求导得 y′=3x2+2x-1,
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1 令 y′=0,得 x1=-1,x2= , 3 1 故得极值点分别在-1 和 处取得,且极大值、极小值都是负值. 3 故公共点只有一个.

?y=f?x?, a-1 ? (2)由? 得 x2+3x+1= +x, x-1 ? ?y=g?x?,
整理得 a=x3+x2-x(x≠1), 令 h(x)=x3+x2-x,

? ?y=a, 联立? 3 2 ? ?y=h?x?=x +x -x?x≠1?,
1 对 h(x)求导可以得到极值点分别在-1 和 处,画出草图,如图, 3

1 5 h(-1)=1,h( )=- , 3 27 当 a=h(-1)=1 时,y=a 与 y=h(x)仅有一个公共点(因为(1,1)点不在 y=h(x)曲线上), 5 故 a=- 时恰有两个公共点. 27

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