高考數(shù)學(xué)真題導(dǎo)數(shù)專題及答案-預(yù)覽頁
【正文】 x﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），則f（x）≥0等價(jià)于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求導(dǎo)可知h′（x）=a﹣．則當(dāng)a≤0時(shí)h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x0＞1時(shí)，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．因?yàn)楫?dāng)0＜x＜時(shí)h′（x）＜0、當(dāng)x＞時(shí)h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因?yàn)閔（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（2）證明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，記t（x）=2x﹣2﹣lnx，則t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在區(qū)間（0，）上單調(diào)遞減，在（，+∞）上單調(diào)遞增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，從而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在兩根x0，x2，且不妨設(shè)f′（x）在（0，x0）上為正、在（x0，x2）上為負(fù)、在（x2，+∞）上為正，所以f（x）必存在唯一極大值點(diǎn)x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，）上單調(diào)遞減，所以f（x0）＞f（）=；綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2． 3．（2017?新課標(biāo)Ⅲ）已知函數(shù)f（x）=x﹣1﹣alnx．（1）若 f（x）≥0，求a的值；（2）設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．【解答】解：（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）=1﹣=，且f（1）=0．所以當(dāng)a≤0時(shí)f′（x）＞0恒成立，此時(shí)y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，這與f（x）≥0矛盾；當(dāng)a＞0時(shí)令f′（x）=0，解得x=a，所以y=f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增，即f（x）min=f（a），又因?yàn)閒（x）min=f（a）≥0，所以a=1；（2）由（1）可知當(dāng)a=1時(shí)f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，所以ln（1+）＜，k∈N*．一方面，ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+=1﹣＜1，即（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；從而當(dāng)n≥3時(shí)，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），因?yàn)閙為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，（1+）（1+）…（1+）＜m成立，所以m的最小值為3． 4．（2017?江蘇）已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有極值，且導(dǎo)函數(shù)f′（x）的極值點(diǎn)是f（x）的零點(diǎn)．（極值點(diǎn)是指函數(shù)取極值時(shí)對應(yīng)的自變量的值）（1）求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（2）證明：b2＞3a；（3）若f（x），f′（x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于﹣，求a的取值范圍．【解答】（1）解：因?yàn)閒（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，令g′（x）=0，解得x=﹣．由于當(dāng)x＞﹣時(shí)g′（x）＞0，g（x）=f′（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＜﹣時(shí)g′（x）＜0，g（x）=f′（x）單調(diào)遞減；所以f′（x）的極小值點(diǎn)為x=﹣，由于導(dǎo)函數(shù)f′（x）的極值點(diǎn)是原函數(shù)f（x）的零點(diǎn)，所以f（﹣）=0，即﹣+﹣+1=0，所以b=+（a＞0）．因?yàn)閒（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有極值，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0的實(shí)根，所以4a2﹣12b≥0，即a2﹣+≥0，解得a≥3，所以b=+（a≥3）．（2）證明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（3）解：由（1）可知f′（x）的極小值為f′（﹣）=b﹣，設(shè)x1，x2是y=f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，則x1+x2=，x1x2=，所以f（x1）+f（x2）=++a（+）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2=﹣+2，又因?yàn)閒（x），f′（x）這兩個(gè)函數(shù)的所有極值之和不小于﹣，所以b﹣+﹣+2=﹣≥﹣，因?yàn)閍＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3時(shí)2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范圍是（3，6]． 5．（2017?新課標(biāo)Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）=（1﹣x2）ex．（1）討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≤ax+1，求a的取值范圍．【解答】解：（1）因?yàn)閒（x）=（1﹣x2）ex，x∈R，所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）ex，令f′（x）=0可知x=﹣1177。（x）=0，解得x=a，或x=4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．當(dāng)x變化時(shí)，f39。（x）），由題意知，∴，解得．∴f（x）在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0；（ii）解：∵g（x）≤ex，x∈[x0﹣1，x0+1]，由ex＞0，可得f（x）≤1．又∵f（x0）=1，f
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