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《专题检测（二十三）第21题解答题“函数、导数与不等式”专练》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、专题检测(二十三)第21题解答题“函数、导数与不等式”专练x3+x2,XV1,1-已知函数何=g,4.⑴求/U)在区间(一8,1)上的极小值和极大值点；⑵求/U)在［—I,e］(e为自然对数的底数)上的最大值.解：⑴当*1时，f(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),2令f(x)=0,解得x=0或X=y当兀变化时，f(x),/U)的变化情况如下表:X(一8,0)0(°-i)23(i*JfM—0+0—极小值极大值故当x=0时，函数/U)取得极小值为八0)=0,函数/U)的极大值点为X=j.(2)①当一10V
2、1时，由⑴知，函数何在［一1,0］和［扌，1)上单调递减，在［o,扌］上单调递增.因为人一1)=2,/(D=务，710)=0，所以ZU)在［一1,1)上的最大值为2.②当1WxWe时，f(x)=ax,当aWO时，人*0；当a>0时，JU)在［1,e］上单调递增，则心)在［1,e］上的最大值为f(e)=a.故当&2时，/U)在［一1，即上的最大值为当av2时，/U)在［一1,G］上的最大值为2・2・(2017•山西四校联考)已知函数f(x)=^-ax(a^R).(1)若h(x)=f(x)-2xf当a=
3、—3时，求加兀)的单调递减区间;(2)若函数/(x)有唯一的零点，求实数a的取值范围.解：(1)由题意，7i(x)=-+31nx—2x(x>0),Xh'(x)=2x2~3x+1(2x—l”x—1)由X(x)<0,得OVxV*或x>l,故方(x)的单调递减区间是(o,g和(1,+°°).(2)问题等价于alnx=£有唯一的实根，显然“H0,则关于兀的方程xlnx=^有唯一的实根，构造函数^(x)=xlnx,则以(x)=l+lnx,由0’(x)=l+lnx=0,得x=e_1,当OVxVeT时，(pf(x)<0,
4、卩(兀)单调递减，当x>e_1时，0(兀)>0,卩(兀)单调递增，・••卩(兀)的极小值为紙「)=—e_1.y=ir作出函数卩(兀)的大致图象如图所示，则要使方程xln兀=£有唯一的实根，只需直线y=+与曲线y=(p(x)有唯一的交点，则卜一「或£>0,aa解得a=—e或«>0,故实数a的取值范围是{-e}U(O,+8).3・(2017•沈阳质检)已知函数f(x)=^-l-x-ax2・⑴当。=0时,证明：心)30；(2)当时，若不等式血)$0恒成立，求实数a的取值范围；⑶若兀>0,证明：(ex_l)ln(x
5、+l)>x2・解：⑴证明：当a=0时，fix)=ex-l-x9f(x)=ex-l.当xW(-8,0)时，f(x)<0;当xG(O,+8)时，f(x)>0.故在(一8,o)上单调递减，在(o,+8)上单调递增，兀)min=/(0)=°,・/(兀)M0・(2)fr(x)=ex—lax—1,4"h(x)=ex—lax—1,则h'(x)=ex—2a.①当2aWl,即aW舟时，在［0,+«>)±,hr(x)^0,加兀)单调递增，/i(x)^7i(0),即f(W(0)=0,・・・/U)在［0,+8)上为增函数，・・・
6、/々)mao)=o,・••当时满足条件.②当2a>l时，令方'(x)=0,解得x=ln2«,在[0,ln2a)上，hf(x)v0,力(工)单调递减,・••当xe(0,In2a)时，有h(x)7、,x>0时，ex欲证不等式(ex-l)ln(r+l)>x2,只需证ln(x+l)>^^.设F(x)=ln(x+1)—则⑷=耳1_
8、(工+2尸=(工+1)(工+2尸V当x>0时，F'(x)>0恒成立，且F(0)=0,F(x)>0恒成立.・••原不等式得证.4.(2017-天漳离考)设a,
9、d
10、Wl・已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+bfg(x)=如・(1)求/U)的单调区间；(2)已知函数y=g(x)^y=ex的图象在公共点(心，旳)处有相同的切线，①求证：/U)在x=x0处的导数等于0；②若关于兀的不等式g(x)We”在区间[xo-1，xo+l]±恒成立，求〃的取值范围.解：(1)由f(x)=x3-6x2-3a(a-4
11、)x+b9可得f(兀)=3兀2—12x—3a(a—4)=3(兀一a)[x—(4—a)]・令f(x)=0,解得x=a,或x=4—a.由
12、a
13、Wl,得a<4—a.当x变化时，f(x),/U)的变化情况如下表：X(—°°,d)(a,4—a)(4—a,+°°)f(X)+—+Ax)所以兀)的单调递增区间为(一8,a)f(4—fl,+°°),单调递减区间为(a,4—a)・⑵①证明：因为g‘(x)=ex[/(x)+r(x)],
