约11210字。

  第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
  高考定位 利用导数研究函数的性质,能进行简单的定积分计算,以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体,研究函数的单调性、极值、最值,并能解决简单的问题.
  真 题 感 悟
  1.(2018•全国Ⅰ卷)设函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为(  )
  A.y=-2x  B.y=-x
  C.y=2x  D.y=x
  解析 因为函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax为奇函数,所以f(-x)=-f(x),可得a=1,所以f(x)=x3+x,所以f′(x)=3x2+1,所以f′(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=x.
  答案 D
  2.(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
  3.(2018•天津卷)已知函数f(x)=exln x,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(1)的值为________.
  解析 由题意得f′(x)=exln x+ex•1x,则f′(1)=e.
  答案 e
  4.(2018•全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=1x-x+aln x.
  (1)试讨论函数f(x)的单调性;
  (2)设x1,x2是f(x)的两个极值点,且x2>x1,设t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2),试证明t>0.
  (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),
  f′(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.
  (ⅰ)若a≤2,则f′(x)≤0,
  当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,
  所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
  (ⅱ)若a>2,令f′(x)=0得,
  x=a-a2-42或x=a+a2-42.
  当x∈0,a-a2-42∪a+a2-42,+∞时,f′(x)<0;
  当x∈a-a2-42,a+a2-42时,f′(x)>0.
  所以f(x)在0,a-a2-42,a+a2-42,+∞上单调递减,
  在a-a2-42,a+a2-42上单调递增.
  (2)证明 由(1)知,f(x)存在两个极值点时,当且仅当a>2.
  由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,
  所以x1x2=1.
  又∵x2>x1>0,所以x2>1.
  又t=f(x1)-f(x2)-(a-2)(x1-x2)
  =1x1-1x2-(x1-x2)+a(ln x1-ln x2)-(a-2)(x1-x2)
  =alnx1x2-x1+x2=-a1x2+2ln x2-x2.
  设φ(x)=1x-x+2ln x,x>1.
  由第(1)问知,φ(x)在(1,+∞)单调递减,且φ(1)=0,
  从而当x∈(1,+∞)时,φ(x)<0.
  所以1x2+2ln x2-x2<0,故t>0.

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