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- 人教版
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- 高考专项试卷
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- 2019/1/5 20:52:39
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约11210字。
第4讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.
真 题 感 悟
1.(2018•全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为( )
A.y＝－2x B.y＝－x
C.y＝2x D.y＝x
解析 因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，可得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.
答案 D
2.(2017•全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)•ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]•ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]•e－3＝0a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)•ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)•ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0.
则f(x)极小值为f(1)＝－1.
答案 A
3.(2018•天津卷)已知函数f(x)＝exln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________.
解析 由题意得f′(x)＝exln x＋ex•1x，则f′(1)＝e.
答案 e
4.(2018•全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝1x－x＋aln x.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试证明t>0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.
(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.
当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)<0；
当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)>0.
所以f(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，
在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又∵x2>x1>0，所以x2>1.
又t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝1x1－1x2－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝alnx1x2－x1＋x2＝－a1x2＋2ln x2－x2.
设φ(x)＝1x－x＋2ln x，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以1x2＋2ln x2－x2<0，故t>0.
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