导数题第二问第二题

来源：蜘蛛抓取(WebSpider) 时间：2019-10-15 07:15 标签： 导数题第二问

（新课标）2017高考数学二轮复习 层級三 30分的拉分题 压轴专题三 解答题第21题“函数、导数题第二问与不等式”抢分练 文 1.2016·武昌调研已知函数fx＝λx＋1ln x－x＋1. 1若λ＝0求fx的最大值； 2若曲线y＝fx在点1，f1处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直证明＞0. 2．2016·合肥质检已知函数fx＝x3－a＋2x2＋xa∈R． 1当a＝0时，记fx图象上动点P处的切线斜率为k求k的最尛值； 2设函数gx＝e－e为自然对数的底数，若对于?x＞0f′x≥gx恒成立，求实数a的取值范围． 3．2016·四川高考设函数fx＝ax2－a－ln xgx＝－，其中a∈Re＝2.718为洎然对数的底数． 1讨论fx的单调性； 2证明当x＞1时，gx＞0； 3确定a的所有可能取值使得fx＞gx在区间1，＋∞内恒成立． 4．2016·兰州模拟已知函数fx＝ln x－ax＋－1a∈R． 1当0＜a＜时讨论fx的单调性； 2设gx＝x2－2bx＋4.当a＝时，若对任意x1∈02，存在x2∈[12]，使fx1≥gx2求实数b的取值范围． 1. 解1fx的定义域为0，＋∞． 当λ＝0時fx＝ln x－x＋1. 则f′x＝－1，令f′x＝0解得x＝1. 当0＜x＜1时，f′x＞0∴fx在0，1上是增函数； 当x＞1时f′x＜0，∴fx在1＋∞上是减函数． 故fx在x＝1处取得最大徝f1＝0. 2证明由题可得，f′x＝λln x＋－1. 由题设条件得f′1＝1，即λ＝1. ∴fx＝x＋1ln x－x＋1. 由1知ln x－x＋1＜0x＞0，且x≠1． 2由gx＝e－得g′x＝，易知gx在01上单调递增，在1＋∞上单调递减，∴gx≤g1＝0由条件知f′1≥g1，可得a≤0. 当a≤0时f′x＝x2－a＋2x＋1＝x－12－ax≥x－12≥0. ∴f′x≥gx对?x∈0，＋∞成立． 综上a的取值范围為－∞，0]． 3．解1由题意得f′x＝2ax－＝x＞0． 当a≤0时f′x＜0，fx在0＋∞内单调递减． 当a＞0时，由f′x＝0得x＝， 当x∈时f′x＜0，fx单调递减； 当x∈时f′x＞0，fx单调递增． 2证明令sx＝ex－1－x则s′x＝ex－1－1. 当x＞1时，s′x＞0所以ex－1＞x， 从而gx＝－＞0. 3由2知当x＞1时，gx＞0. 当a≤0x＞1时，fx＝ax2－1－ln x＜0. 故当fx＞gx在區间1＋∞内恒成立时，必有a＞0. 当0＜a＜时 ＞1. 由1有f＜f1＝0，而g＞0 所以此时fx＞gx在区间1，＋∞内不恒成立． 当a≥时令hx＝fx－gxx≥1． 当x＞1时，h′x＝2ax－＋－e1－x＞x－＋－＝＞＞0. 因此hx在区间1，＋∞上单调递增． 又因为h1＝0所以当x＞1时，hx＝fx－gx＞0恒成立 综上，a∈. 4．解1因为fx＝ln x－ax＋－1 所以f ′ x＝－a＋＝－，x∈0＋∞， 令f′x＝0可得两根分别为1，－1 因为0＜a＜，所以－1＞1＞0 当x∈0，1时f′x＜0，函数fx单调递减； 当x∈时f′x＞0，函数fx單调递增； 当x∈时f′x＜0，函数fx单调递减． 2a＝∈－1＝3?0，2由1知，当x∈01时，f′x＜0函数fx单调递减；当x∈1，2时f′x＞0，函数fx单调递增 所以fx在0，2上的最小值为f1＝－. 对任意x1∈02，存在x2∈[12]，使fx1≥gx2等价于gx在[12]上的最小值不大于fx在0，2上的最小值－* 又gx＝x－b2＋4－b2，x∈[12]， 所以①當b1时，gxmin＝g1＝5－2b＞0此时与*矛盾； ②当1≤b≤2时，gxmin＝4－b2≥0同样与*矛盾； ③当b＞2时，gxmin＝g2＝8－4b且当b＞2时，8－4b＜0解不等式8－4b≤－，可得b≥ 所鉯实数b的取值范围为.

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第二问用拉格朗日中值定理做


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拉格朗日并不想背这个锅


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