20xx版高考數(shù)學大二輪總復習-增分策略-專題二-函數(shù)與導數(shù)-第3講-導數(shù)及其應用試題-資料下載頁
2025-04-16 12:01本頁面
【正文】 9．解 (1)對f(x)求導得f′(x)＝3ax2＋2x，因為f(x)在x＝－處取得極值，所以f′＝0，即3a＋2＝－＝0，解得a＝.(2)由(1)得g(x)＝ex，故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.當x＜－4時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當－4＜x＜－1時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)；當－1＜x＜0時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當x＞0時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)．綜上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內為增函數(shù)．10．解 (1)∵函數(shù)f(x)＝－ln x，∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0得x＝177。2，∵x∈[1,3]，當1x2時，f′(x)0；當2x3時，f′(x)0；∴f(x)在(1,2)上是單調減函數(shù)，在(2,3)上是單調增函數(shù)，∴f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝－ln 2；又f(1)＝，f(3)＝－ln 3，∵ln 31，∴－(－ln 3)＝ln 3－10，∴f(1)f(3)，∴x＝1時f(x)的最大值為，x＝2時函數(shù)取得最小值為－ln 2.(2)由(1)知當x∈[1,3]時，f(x)≤，故對任意x∈[1,3]，f(x)4－at恒成立，只要4－at對任意t∈[0,2]恒成立，即at恒成立，記g(t)＝at，t∈[0,2]．∴解得a，∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，)．11．A [因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝177。1，可知－1,1為函數(shù)的極值點．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，從而t≥20，所以t的最小值是20.]12．(0，)解析 f′(x)＝ln x＋1－2ax(a0)，問題轉化為a＝在(0，＋∞)上有兩個實數(shù)解．設g(x)＝，則g′(x)＝－.所以g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，g(x)在x＝1處取得極大值也是最大值，即g(x)max＝g(1)＝.注意g()＝0，當x1時，g(x)0，則g(x)的大致圖象如圖所示．由圖象易知0a時，a＝在(0，＋∞)上有兩個實數(shù)解．13．解 (1)f′(x)＝aex(x＋2)，g′(x)＝2x＋b.由題意，得兩函數(shù)在x＝0處有相同的切線．∴f′(0)＝2a，g′(0)＝b，∴2a＝b，f(0)＝a，g(0)＝2，∴a＝2，b＝4，∴f(x)＝2ex(x＋1)，g(x)＝x2＋4x＋2.(2)由(1)知f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)0得x－2，由f′(x)0得x－2，∴f(x)在(－2，＋∞)單調遞增，在(－∞，－2)單調遞減．∵t－3，∴t＋1－2.①當－3t－2時，f(x)在[t，－2]單調遞減，在[－2，t＋1]單調遞增，∴f(x)min＝f(－2)＝－2e－2.②當t≥－2時，f(x)在[t，t＋1]單調遞增，∴f(x)min＝f(t)＝2et(t＋1)；∴f(x)＝(3)令F(x)＝kf(x)－g(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，由題意當x≥－2時，F(xiàn)(x)min≥0.∵?x≥－2，kf(x)≥g(x)恒成立，∴F(0)＝2k－2≥0，∴k≥1.F′(x)＝2kex(x＋1)＋2kex－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)，∵x≥－2，由F′(x)0得ex，∴xln；由F′(x)0得xln，∴F(x)在(－∞，ln)單調遞減，在[ln，＋∞)單調遞增．①當ln－2，即ke2時，F(xiàn)(x)在[－2，＋∞)單調遞增，F(xiàn)(x)min＝F(－2)＝－2ke－2＋2＝(e2－k)0，不滿足F(x)min≥0.②當ln＝－2，即k＝e2時，由①知，F(xiàn)(x)min＝F(－2)＝(e2－k)＝0，滿足F(x)min≥0.③當ln－2，即1≤ke2時，F(xiàn)(x)在[－2，ln)單調遞減，在[ln，＋∞)單調遞增．F(x)min＝F(ln)＝ln k(2－ln k)0，滿足F(x)min≥0.綜上所述，滿足題意的k的取值范圍為[1，e2]．18
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