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《创新设计》2017届高考数学(文)二轮复习课件Word版训练专题一函数与导数不等式第3讲
一、填空题
(2016·苏州调研)函数f(x)=-的单调递减区间为________.
解析 由题意知函数的定义域为(0+∞)又由f′(x)=x-解0<x≤1所以函数f(x)的单调递减区间为(0].
答案 (0]
2.已知函数f(x)=4+ax-6x+b(a为常数)且x=2为f(x)的一个极值点则a的值为________.
解析 由题意知函数f(x)的定义域为(0+∞)
∵f′(x)=+2ax-6(2)=2+4a-6=0即a=1.
答案 1
已知函数f(x)=+-2x在定义域内是增函数则实数m的取值范围是____________.
解析 f′(x)=mx+-2≥0对一切x>0恒成立
∴m≥-+
令g(x)=-+则当=1时函数(x)取最大值1.故m≥1.
答案 [1+∞)
已知函数f(x)=x+ax+bx-a-7a在x=1处取得极大值10则的值为________.
解析 由题意知f′(x)=3x+2axb,f′(1)=0(1)=10即解得或
经检验满足题意故=-
答案 -
若函数f(x)=kx-在区间(1+∞)上单调递增则k的取值范围是________.
解析 由于f′(x)=k-(x)=kx-在区间(1+∞)上单调递增?(x)=k-在(1+∞)上恒成立由于k≥而0<<1所以k≥1.即k的取值范围为[1+∞
答案 [1+∞)
(2016·泰州期末)函数f(x)=x-3ax-a在(0)内有最小值则a的取值范围是________.
解析 f′(x)=3x-3a=3(x-a).当a≤0时(x)>0
∴f(x)在(0)内单调递增无最小值.
当a>0时(x)=3(x-)(x+).
当x∈(-∞-)和(+∞)时(x)单调递增;
当x∈(-)时(x)单调递减
所以当<1即0<a<1时(x)在(0)内有最小值.
答案 (0)
7.已知函数f(x)=+ax+3x+1有两个极值点则实数a的取值范围是________.
解f′(x)=x+2ax+3.
由题意知方程f′(x)=0有两个不相等的实数根
所以Δ=4a-12>0
解得a>或a<-
答案 (-∞-)∪(+∞)
(2016·北京卷)设函数f(x)=
(1)a=0则f(x)的最大值为________;
(2)若f(x)无最大值则实数a的取值范围是________
解析 (1)当a=0时(x)=
若x≤0(x)=3x-3=3(x-1).
由f′(x)>0得x<-1由f′(x)<0得-1<x≤0.
(x)在(-∞-1)上单调递增在(-10]上单调递减
∴f(x)最大值为f(-1)=2.
若x>0(x)=-2x单调递减所以f(x)<f(0)=0.
综上(x)最大值为2.
(2)函数y=x-3x与y=-2x的图象如图.
由(1)知当a≥-1时(x)取得最大值2.
当a<-1时=-2x在x>a时无最大值.且-2a>2.
所以a<-1.
答案 (1)2 (2)(-∞-1)
二、解答题
(2016·北京卷)设函数f(x)=x-x+bx曲线y=f(x)在点(2(2))处的切线方程为y=(-1)x+4.
(1)求a的值;
(2)求f(x)的单调区间.
解 (1)f(x)的定义域为R.
(x)=-x-x-x+b=(1-x)-x+b.
依题设即
解得a=2=
(2)由(1)知f(x)=x-x+
由f′(x)=-x(1-x+-1)及-x>0知
f′(x)与1-x+-1同号.
令g(x)=1-x+-1则g′(x)=-1+-1
所以当x∈(-∞)时g′(x)<0(x)在区间(-∞)上单调递减;
当x∈(1+∞)时(x)>0(x)在区间(1+∞)上单调递增.
故g(1)=1是g(x)在区间(-∞+∞)上的最小值
从而g(x)>0(-∞+∞)
综上可知(x)>0(-∞+∞).
故f(x)的单调递增区间为(-∞+∞).
(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数(x)=的单调性并证明当x0时(x-2)+x+20;
(2)证明:当a∈[0)时函数g(x)=(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)求函数h(a)的值域.
(1)解 f(x)的定义域为(-∞-2)∪(-2+∞).
(x)==
且仅当x=0时(x)=0,
所以f(x)在(-∞-2)(-2+∞)单调递增.
因此当x∈(0+∞)时(x)f(0)=-1.
所以(x-2)-(x+2)即(x-2)+x+20.
(2)证明 g′(x)==(f(x)+a).
由(1)知f(x)+a单调递增对任意a∈[0),f(0)+a=a-10(2)+a=a≥0.
xa∈( 0,2],使得f(x)+a=0即g′(x)=0.
当0xx时(x)+a0(x)0,g(x)单调递减;
当xx时(x)+a0(x)0,g(x)单调递增.
因此g(x)在x=x处取得最小值最小值为g(x)===
于是h(a)=由=单调递增
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