版《步步高》高考数学大二轮总复习 专题二 函数与导数第 讲

9

解得a≥-,

2

?9?

故a的取值范围为?-,+∞?.

?2?

1

跟踪演练2 (1)(0,1] (2)(-,+∞)

9

解析 (1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由

1

f′(x)=x-≤0,解得0

x(2)对f(x)求导, 得f′(x)=-x2+x+2a 11

=-(x-)2++2a.

24

2

当x∈[,+∞)时,f′(x)的最大值为

322

f′()=+2a.

3921令+2a>0,解得a>-. 99

1

所以a的取值范围是(-,+∞).

9

例3 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),

p2px2-2x+pf′(x)=p+2-=.

xxx2

由条件知f′(x)≥0在(0,+∞)内恒成立, 2x即p≥2恒成立.

x+1

2x2x2x而2≤=1,当x=1时等号成立,即2的最大值为1, x+12·x·1x+1所以p≥1,即实数p的取值范围是[1,+∞). (2)设h(x)=f(x)-g(x),则已知等价于

h(x)>0在[1,e]上有解,

即等价于h(x)在[1,e]上的最大值大于0.

p22e因为h′(x)=p+2-+2

xxxpx2+p+2?e-x?=>0,

x2

所以h(x)在[1,e]上是增函数,

所以h(x)max=h(e)=pe--4>0,

e

p解得p>

4e

. 2

e-1

4e

,+∞). e-1

2

所以实数p的取值范围是(

(3)已知条件等价于f(x)max>g(x)min.

当p≥1时,由(1)知f(x)在[1,e]上是增函数,

所以f(x)max=f(e)=pe--2.

e

1±1-p2

p当0

p,

可知f(x)在(1,

1+1-p2

p)上是减函数,在(

1+1-p2

p,e)上是增函数.

若f(x)max=f(1)=0,由于g(x)min=2,所以此时无解.

所以f(x)max=f(e)=pe--2>0.

e

p综上可知,应用pe--2>2,

e4e

解得p>2.

e-1

4e

,+∞). e2-1

p所以实数p的取值范围是(

跟踪演练3 解 (1)函数的定义域为(0,+∞),

-2ax+ax+1

22

f′(x)=

x.

因为x=1是函数y=f(x)的极值点, 所以f′(1)=1+a-2a=0, 1

解得a=-(舍去)或a=1.

2

经检验,当a=1时,x=1是函数y=f(x)的极值点, 所以a=1.

(2)当a=0时,f(x)=ln x,显然在定义域内不满足f(x)<0; 当a>0时,

?2ax+1??-ax+1?

2

令f′(x)=

x1

=0,得

x1=-(舍去),x2=,

2aa所以f′(x),f(x)的变化情况如下表:

1

x 1(0,) 1aa 1(,+∞) af′(x) + 0 - f(x) 极大值 11

所以f(x)max=f()=ln <0,

aa所以a>1.

综上可得a的取值范围是(1,+∞). 高考押题精练

解析 y=f(x)=ln x的定义域为(0,+∞),设切点为(x0,y0),则切线斜率k=f′(x0)=.∴切线方程为y-y0=(x-x0),又切线过点(0,0),代

1

1

x0x0

11入切线方程得y0=1,则x0=e,∴k==.

x0e22.- 3

解析 由题意知f′(x)=3x2+2ax+b,

?3+2a+b=0,

f′(1)=0,f(1)=10,即?2

?1+a+b-a-7a=10,

?a=-2,解得?

?b=1

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