導(dǎo)數(shù)高考題含答案資料-預(yù)覽頁(yè)
【正文】 2）若f（x）在（﹣∞，α），（2，β）單調(diào)增加，在（α，2），（β，+∞）單調(diào)減少，證明：β﹣α＞6．解：（Ⅰ）當(dāng)a=b=﹣3時(shí)，f（x）=（x3+3x2﹣3x﹣3）e﹣x，故f′（x）=﹣（x3+3x2﹣3x﹣3）e﹣x+（3x2+6x﹣3）e﹣x=﹣e﹣x（x3﹣9x）=﹣x（x﹣3）（x+3）e﹣x 當(dāng)x＜﹣3或0＜x＜3時(shí)，f′（x）＞0；當(dāng)﹣3＜x＜0或x＞3時(shí)，f′（x）＜0．從而f（x）在（﹣∞，﹣3），（0，3）單調(diào)增加，在（﹣3，0），（3，+∞）單調(diào)減少；（Ⅱ）f′（x）=﹣（x3+3x2+ax+b）e﹣x+（3x2+6x+a）e﹣x=﹣e﹣x[x3+（a﹣6）x+b﹣a]．由條件得：f′（2）=0，即23+2（a﹣6）+b﹣a=0，故b=4﹣a，從而f′（x）=﹣e﹣x[x3+（a﹣6）x+4﹣2a]．因?yàn)閒′（α）=f′（β）=0，所以x3+（a﹣6）x+4﹣2a=（x﹣2）（x﹣α）（x﹣β）=（x﹣2）（x2﹣（α+β）x+αβ）．將右邊展開(kāi)，與左邊比較系數(shù)得，α+β=﹣2，αβ=a﹣2．故．，又（β﹣2）（α﹣2）＜0，即αβ﹣2（α+β）+4＜0．由此可得a＜﹣6．于是β﹣α＞6．。（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）當(dāng)時(shí)，h39。（x）＞0，所以h（x）＞h（0）=0，即f（x）＞綜上，a的取值范圍是[0，]12．已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx﹣x+1．（Ⅰ）若xf′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范圍；（Ⅱ）證明：（x﹣1）f（x）≥0．解：（Ⅰ），xf′（x）=xlnx+1，題設(shè)xf′（x）≤x2+ax+1等價(jià)于lnx﹣x≤a．令g（x）=lnx﹣x，則，當(dāng)0＜x＜1，g′（x）＞0；當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≤0，x=1是g（x）的最大值點(diǎn)，g（x）≤g（1）=﹣1 綜上，a的取值范圍是[﹣1，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，g（x）≤g（1）=﹣1即lnx﹣x+1≤0．當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f（x）=（x+1）lnx﹣x+1=xlnx+（lnx﹣x+1）＜0；當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）=lnx+（xlnx﹣x+1）==≥0所以（x﹣1）f（x）≥0．13．設(shè)函數(shù)f（x）=x2+aln（1+x）有兩個(gè)極值點(diǎn)xx2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范圍，并討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）證明：f（x2）＞．解：（I），令g（x）=2x2+2x+a，其對(duì)稱軸為．由題意知xx2是方程g（x）=0的兩個(gè)均大于﹣1的不相等的實(shí)根，其充要條件為，得（1）當(dāng)x∈（﹣1，x1）時(shí)，f39。（x）﹣1=af（x）﹣axf（x）+ax﹣f（x）（i）當(dāng)0≤a≤時(shí)，由（1）知x≤（x+1）f（x）h39。（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函數(shù)當(dāng)x≤0時(shí)g39。（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增當(dāng)x∈[x1，x2]時(shí)，sinx＞a，f39。（x）=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]；當(dāng)a≤0時(shí)，f39。9．設(shè)函數(shù)f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]．（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；（Ⅱ）設(shè)f（x）≤1+sinx，求a的取值范圍．解：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，可得f39。（x）=0得x1=arcsina，x2=π﹣arcsina當(dāng)x∈[0，x1]時(shí)，sinx＜a，f39。（x）=ex﹣1當(dāng)x≥0時(shí)g39。（x）+f39。（x）＞0，所以h39。（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）內(nèi)為增函數(shù)；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）設(shè)h（x）=x2﹣（2x2+2x）ln（1+x），（﹣＜x＜0）則
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