2015高考数学文一轮方法测评练必考解答题——模板成形练6函数与导数 4页

必考解答题——模板成形练(六)‎ 函数与导数 ‎(建议用时：60分钟)‎ ‎1．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调递增区间；‎ ‎(2)若对任意a∈[3,4]，函数f(x)在R上都有三个零点，求实数b的取值范围．‎ 解　(1)因为f(x)＝－x3＋ax2＋b，‎ 所以f′(x)＝－3x2＋2ax＝－3x.‎ 当a＝0时，f′(x)≤0，函数f(x)没有单调递增区间；‎ 当a＞0时，令f′(x)＞0，得0＜x＜.‎ 故f(x)的单调递增区间为；‎ 当a＜0时，令f′(x)＞0，得＜x＜0.‎ 故f(x)的单调递增区间为.‎ 综上所述，当a＝0时，函数f(x)没有单调递增区间；‎ 当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为；‎ 当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为.‎ ‎(2)由(1)知，a∈[3,4]时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(－∞，0)和，‎ 所以函数f(x)在x＝0处取得极小值f(0)＝b，‎ 函数f(x)在x＝处取得极大值f＝＋b，‎ 由于对任意a∈[3,4]，函数f(x)在R上都有三个零点，‎ 所以即解得－＜b＜0，‎ 因为对任意a∈[3,4]，b＞－恒成立，‎ 所以b＞max＝－＝－4，‎ 所以实数b的取值范围是(－4,0)．‎ ‎2．已知函数f(x)＝＋ln x－1，a∈R.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点P(1，y0)处的切线平行于直线y＝－x＋1，求函数y＝f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若a＞0，且对x∈(0,2e]时，f(x)＞0恒成立，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)直线y＝－x＋1的斜率k＝－1，‎ 函数y＝f(x)的导数为f′(x)＝－＋，‎ f′(1)＝－a＋1＝－1，即a＝2.‎ ‎∴f(x)＝＋ln x－1，f′(x)＝－＋＝.‎ ‎∵f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 由f′(x)＞0，得x＞2；由f′(x)＜0，得0＜x＜2.‎ ‎∴函数f(x)的单调增区间是(2，＋∞)，单调减区间是(0,2)．‎ ‎(2)∵a＞0，f(x)＞0对x∈(0,2e]恒成立，‎ 即＋ln x－1＞0对x∈(0,2e]恒成立．‎ 即a＞x(1－ln x)对x∈(0,2e]恒成立，‎ 设g(x)＝x(1－ln x)＝x－xln x，x∈(0,2e]．‎ g′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，‎ 当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，‎ 当1＜x≤2e时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，‎ 所以当x＝1时，函数g(x)在x∈(0,2e]上取到最大值．‎ ‎∴g(x)≤g(1)＝1－ln 1＝1，∴a的取值范围是(1，＋∞)．‎ ‎3．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx－3，y＝f′(x)为f(x)的导函数，满足f′(2－x)＝f ‎′(x)；f′(x)＝0有解，但解却不是函数f(x)的极值点．‎ ‎(1)求f(x)；‎ ‎(2)设g(x)＝x，m＞0，求函数g(x)在[0，m]上的最大值；‎ ‎(3)设h(x)＝lnf′(x)，若对于一切x∈[0,1]，不等式h(x＋1－t)＜h(2x＋2)恒成立，求实数t的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝x2＋2bx＋c，‎ ‎∵f′(2－x)＝f′(x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，b＝－1.‎ 由题意，f′(x)＝x2－2x＋c＝0中Δ＝4－‎4c＝0，故c＝1.‎ 所以f(x)＝x3－x2＋x－3.‎ ‎(2)∵f′(x)＝x2－2bx＋1‎ ‎ ＝(x－1)2，‎ ‎∴g(x)＝x|x－1|‎ ‎ ＝ 当0＜m≤时，g(x)max＝g(m)＝m－m2‎ 当＜m≤时，g(x)max＝g＝，‎ 当m＞时，g(x)max＝g(m)＝m2－m，‎ 综上g(x)max＝ ‎(3)h(x)＝2ln|x－1|，h(x＋1－t)＝2ln|x－t|，h(2x＋2)＝2ln|2x＋1|‎ 当x∈[0,1]时，|2x＋1|＝2x＋1，所以不等式等价于0＜|x－t|＜2x＋1恒成立，‎ 解得－x－1＜t＜3x＋1，且x≠t，‎ 由x∈[0,1]，得－x－1∈[－2，－1]，3x＋1∈[1,4]，所以－1＜t＜1，‎ 又x≠t，∴t∈[0,1]，∴所求的实数t的取值范围是(－1,0)．‎ ‎4．已知函数f(x)＝k[(logax)2＋(logxa)2]－(logax)3－(logxa)3，‎ g(x)＝(3－k2)(logax＋logxa)，‎ ‎(其中a＞1)，设t＝logax＋logxa.‎ ‎(1)当x∈(1，a)∪(a，＋∞)时，试将f(x)表示成t的函数h(t)，并探究函数h(t)是否有极值；‎ ‎(2)当∈(1，＋∞)时，若存在x0∈(1，＋∞)，使f(x0)＞g(x0)成立，试求k的范围．‎ 解　(1)∵(logax)2＋(logxa)2＝(logax＋logxa)2－2‎ ‎＝t2－2，‎ ‎(logax)3＋(logxa)3＝(logax＋logxa)[(logax＋logxa)2－3]＝t3－3t，‎ ‎∴h(t)＝－t3＋kt2＋3t－2k，(t＞2)．‎ ‎∴h′(t)＝－3t2＋2kt＋3‎ 设t1，t2是h′(t)＝0的两根，则t1t2＜0，∴h′(t)＝0在定义域内至多有一解，‎ 欲使h(t)在定义域内有极值，只需h′(t)＝－3t2＋2kt＋3＝0在(2，＋∞)内有解，且h′(t)的值在根的左右两侧异号，∴h′(2)＞0得k＞.‎ 综上：当k＞时h(t)在定义域内有且仅有一个极植，当k≤时h(t)在定义域内无极值．‎ ‎(2)∵存在x0∈(1，＋∞)，使f(x0)＞g(x0)成立等价于f(x)－g(x)的最大值大于0.‎ ‎∵t＝logax＋logxa，∴m(t)＝－t3＋kt2＋k2t－2k，(t≥2)，‎ ‎∴m′(t)＝－3t2＋2kt＋k2＝0得t1＝k，t2＝－.‎ 当k＞2时，m(t)max＝m(k)＞0得k＞2；‎ 当0＜k≤2时，m(t)max＝m(2)＞0得＜k≤2；‎ 当k＝0时，m(t)max＝m(2)＜0不成立．‎ 当－6≤k＜0时，‎ m(t)max＝m(2)＞0得－6≤k＜；‎ 当k＜－6时，m(t)max＝m＞0得k＜－6.‎ 综上得：k的取值范围是∪.‎