高三數(shù)學(xué)文一輪備考 第2章第11節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用
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1、△+△2019年數(shù)學(xué)高考教學(xué)資料△+△ 高考真題備選題庫 第2章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 考點(diǎn)一 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 1.(2013新課標(biāo)全國Ⅰ,5分)已知函數(shù)f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=4x+4. (1)求a,b的值; (2)討論f(x)的單調(diào)性,并求f(x)的極大值. 解:本題主要考查導(dǎo)數(shù)的基本知識(shí),利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性、求極值. (1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得f(0)=4,f′(0)=4.故b=4,a+b=8. 從而a=4,b=4. (2
2、)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2). 令f′(x)=0得,x=-ln 2或x=-2. 從而當(dāng)x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)時(shí),f′(x)>0;當(dāng)x∈(-2,-ln 2)時(shí),f′(x)<0. 故f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上單調(diào)遞增,在(-2,-ln 2)上單調(diào)遞減. 當(dāng)x=-2時(shí),函數(shù)f(x)取得極大值,極大值為f(-2)=4(1-e-2). 2.(2013山東,12分)已知函數(shù)f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R). (1)設(shè)a≥0,求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)
3、a>0,且對(duì)任意x>0,f(x)≥f(1).試比較ln a與-2b的大?。?
解:本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和相關(guān)函數(shù)值的大小比較,考查分類討論思想、推理論證能力和運(yùn)算求解能力.
(1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),
得f′(x)=.
①當(dāng)a=0時(shí),f′(x)=.
(ⅰ)若b≤0,當(dāng)x>0時(shí),f′(x)<0恒成立,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,+∞).
(ⅱ)若b>0,當(dāng)0
4、時(shí),令f′(x)=0,
得2ax2+bx-1=0.
由Δ=b2+8a>0,得x1=,
x2=.
當(dāng)0
5、2a+b=1即b=1-2a.
令g(x)=2-4x+ln x,
則g′(x)=.
令g′(x)=0,得x=,
當(dāng)0
6、的序號(hào)是( )
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
解析:∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),令f′(x)=0,得x=1或x=3.依題意有,函數(shù)f(x)=x3-6x2+9x-abc的圖像與x軸有三個(gè)不同的交點(diǎn),故f(1)f(3)<0,即(1-6+9-abc)(33-632+93-abc)<0,∴0
7、1,1] B.(0,1]
C.[1,+∞) D.(0,+∞)
解析:函數(shù)y=x2-ln x的定義域?yàn)?0,+∞),y′=x-=,令y′≤0,則可得0 8、x>0時(shí),(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.
解:(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞),f′(x)=ex-a.
若a≤0,則f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增.
若a>0,則當(dāng)x∈(-∞,ln a)時(shí),f′(x)<0;
當(dāng)x∈(ln a,+∞)時(shí),f′(x)>0,
所以,f(x)在(-∞,ln a)上單調(diào)遞減,在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增.
(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1
=(x-k)(ex-1)+x+1.
故當(dāng)x>0時(shí),(x-k)f′(x)+x+1>0等價(jià)于
k<+x(x>0).①
令g(x)=+x,則
g′(x 9、)=+1=.
由(1)知,函數(shù)h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上單調(diào)遞增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點(diǎn).故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零點(diǎn).設(shè)此零點(diǎn)為α,則α∈(1,2).
當(dāng)x∈(0,α)時(shí),g′(x)<0;當(dāng)x∈(α,+∞)時(shí),g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值為g(α).
又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).
由于①式等價(jià)于k 10、(2)證明:當(dāng)0≤x≤1時(shí),f(x)+|2-a|>0.
解:(1)由題意得f′(x)=12x2-2a.
當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)≥0恒成立,此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).
當(dāng)a>0時(shí),f′(x)=12(x-)(x+),此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-]和[,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為[-,] .
(2)證明:由于0≤x≤1,故當(dāng)a≤2時(shí),
f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2.
當(dāng)a>2時(shí),f(x)+|2-a|=4x3+2a(1-x)-2≥4x3+4(1-x)-2=4x3-4x+2.
設(shè)g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,
則g′(x 11、)=6x2-2=6(x-)(x+),于是
x
0
(0,)
(,1)
1
g′(x)
-
0
+
g(x)
1
減
極小值
增
1
所以,g(x)min=g()=1->0.
所以當(dāng)0≤x≤1時(shí),2x3-2x+1>0.
故f(x)+|2-a|≥4x3-4x+2>0.
考點(diǎn)二 應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值
1.(2013新課標(biāo)全國Ⅱ,5分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是( )
A.? x0∈R,f(x0)=0
B.函數(shù)y=f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形
C.若x0是f(x)的極小值點(diǎn),則f(x)在區(qū)間(- 12、∞,x0)單調(diào)遞減
D.若x0是f(x)的極值點(diǎn),則 f′(x0)=0
解析:本題考查三次函數(shù)的性質(zhì),考查數(shù)形結(jié)合思想,考查考生分析問題和解決問題的能力.由于三次函數(shù)的三次項(xiàng)系數(shù)為正值,當(dāng)x→-∞時(shí),函數(shù)值→-∞,當(dāng)x→+∞時(shí),函數(shù)值也→+∞,又三次函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的,故一定穿過x軸,即一定?x0∈R,f(x0)=0,選項(xiàng)A中的結(jié)論正確;函數(shù)f(x)的解析式可以通過配方的方法化為形如(x+m)3+n(x+m)+h的形式,通過平移函數(shù)圖象,函數(shù)的解析式可以化為y=x3+nx的形式,這是一個(gè)奇函數(shù),其圖象關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱,故函數(shù)f(x)的圖象是中心對(duì)稱圖形,選項(xiàng)B中的結(jié)論正確;由于三次函數(shù) 13、的三次項(xiàng)系數(shù)為正值,故函數(shù)如果存在極值點(diǎn)x1,x2,則極小值點(diǎn)x2>x1,即函數(shù)在-∞到極小值點(diǎn)的區(qū)間上是先遞增后遞減的,所以選項(xiàng)C中的結(jié)論錯(cuò)誤;根據(jù)導(dǎo)數(shù)與極值的關(guān)系,顯然選項(xiàng)D中的結(jié)論正確.
答案:C
2.(2013福建,5分)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,x0(x0≠0)是f(x)的極大值點(diǎn),以下結(jié)論一定正確的是( )
A.?x∈R,f(x)≤f(x0)
B.-x0是f(-x)的極小值點(diǎn)
C.-x0是-f(x)的極小值點(diǎn)
D.-x0是-f(-x)的極小值點(diǎn)
解析:本題主要考查函數(shù)的極值點(diǎn)、導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí),意在考查考生的數(shù)形結(jié)合能力、轉(zhuǎn)化和化歸能力、運(yùn)算求解能力.取函數(shù)f(x 14、)=x3-x,則x=-為f(x)的極大值點(diǎn),但f(3)>f,∴排除A;取函數(shù)f(x)=-(x-1)2,則x=1是f(x)的極大值點(diǎn),但-1不是f(-x)的極小值點(diǎn),∴排除B;-f(x)=(x-1)2,-1不是-f(x)的極小值點(diǎn),∴排除C,故選D.
答案:D
3.已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.(-∞,0) B.
C.(0,1) D.(0,+∞)
解析:本題主要考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的方法,考查考生運(yùn)算能力、綜合分析問題的能力和化歸與轉(zhuǎn)化能力.由題知,x>0,f′(x)=ln x+1-2ax,由于 15、函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),則f′(x)=0有兩個(gè)不等的正根,顯然a≤0時(shí)不合題意,必有a<0.令g(x)=ln x+1-2ax,g′(x)=-2a,令g′(x)=0,得x=,故g(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,所以g(x)在x=處取得最大值,即f′=ln>0,所以0
16、分類討論思想解決問題的能力.
(1)當(dāng)k=1時(shí),
f(x)=x3-x2+x,f′(x)=3x2-2x+1.
∵方程3x2-2x+1=0的判別式Δ=4-43=-8<0,
∴f′(x)>0恒成立,
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).
(2)當(dāng)k<0時(shí),f′(x)=3x2-2kx+1,方程3x2-2kx+1=0的判別式Δ=4k2-43=4(k2-3),
①當(dāng)Δ≤0時(shí),有k2-3≤0,即-≤k<0時(shí),f′(x)≥0恒成立,這時(shí)f(x)在[k,-k]上單調(diào)遞增,
有m=f(k)=k3-kk2+k=k,M=f(-k)=-k3-kk2-k=-2k3-k.
②當(dāng)Δ>0時(shí),有k2-3> 17、0,即k<-,
令f′(x)=3x2-2kx+1=0,解得
x1=<0,x2=<0,且x1<x2<0,
又x1-k=-k==>0,
于是k<x1<x2<0,
當(dāng)k<x<x1或x2<x<-k時(shí),f′(x)>0,f(x)為增函數(shù);
當(dāng)x1<x<x2時(shí),f′(x)<0,f(x)為減函數(shù),
故M=max{f(-k),f(x1)},m=min{f(k),f(x2)}.
先證f(-k)>f(x1).
∵3x-2kx1+1=0,∴kx=,
f(x1)=x-kx+x1=x-+x1=,
∴f(-k)-f(x1)=(-2k3-k)-=-2k3-k+x-x1=-2k3+x+,
又-k-x1> 18、0,要證f(-k)>f(x1),只需證-2k3+x>0?x>4k3?x1>k,
由k<x1<0知x1>k顯然成立,
∴f(-k)>f(x1).
再證f(k)<f(x2).
同理f(x2)=,有f(k)-f(x2)=k-=(k-x2)+(k+x)<0,
∴f(k)<f(x2).
綜上所述,M=f(-k)=-2k3-k,m=f(k)=k.
5.(2013浙江,15分)已知a∈R,函數(shù)f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax.
(1)若a=1,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程;
(2)若|a|>1,求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值.
解:本題主要考 19、查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性等性質(zhì),及導(dǎo)數(shù)應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查分類討論等綜合解題能力.
(1)當(dāng)a=1時(shí),f′(x)=6x2-12x+6,所以f′(2)=6.
又因?yàn)閒(2)=4,所以切線方程為y=6x-8.
(2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值.
f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a).
令f′(x)=0,得到x1=1,x2=a.
當(dāng)a>1時(shí),
x
0
(0,1)
1
(1,a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
0
單調(diào)
遞增
極大值
3a-1
20、單調(diào)
遞減
極小值
a2(3-a)
單調(diào)
遞增
4a3
比較f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得
g(a)=
當(dāng)a<-1時(shí),
x
0
(0,1)
1
(1,-2a)
-2a
f′(x)
-
0
+
f(x)
0
單調(diào)
遞減
極小值
3a-1
單調(diào)
遞增
-28a3-24a2
得g(a)=3a-1.
綜上所述,f(x)的閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為
g(a)
6.(2012陜西,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=+ln x,則( )
A.x=為f(x)的極大值點(diǎn)
B.x=為f(x)的極小值點(diǎn)
C.x=2為f(x 21、)的極大值點(diǎn)
D.x=2為f(x)的極小值點(diǎn)
解析:函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=-+=,當(dāng)x=2時(shí),f′(x)=0;當(dāng)x>2時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)為增函數(shù);當(dāng)0 22、,12-2a-2b=0,所以a+b=6,由題意知a,b都是正實(shí)數(shù),所以ab≤()2=()2=9,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=3時(shí)取到等號(hào).
答案:D
8.(2011浙江,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn),則下列圖像不可能為y=f(x)的圖像是( )
解析:若x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn),則易得a=c.因選項(xiàng)A、B的函數(shù)為f(x)=a(x+1)2,則[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex,∴x=-1為函數(shù)f(x)ex的一個(gè)極值點(diǎn)滿足條件;選項(xiàng)C中,對(duì)稱軸x=->0,且開口向下, 23、
∴a<0,b>0.∴f(-1)=2a-b<0.也滿足條件;選項(xiàng)D中,對(duì)稱軸x=-<-1,且開口向上,
∴a>0,b>2a.∴f(-1)=2a-b<0.與圖矛盾.
答案:D
9.(2010山東,5分)已知某生產(chǎn)廠家的年利潤y(單元:萬元)與年產(chǎn)量x(單位:萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y=-x3+81x-234,則使該生產(chǎn)廠家獲取最大年利潤的年產(chǎn)量為( )
A.13萬件 B.11萬件
C.9萬件 D.7萬件
解析:因?yàn)閥′=-x2+81,所以當(dāng)x>9時(shí),y′<0;當(dāng)x∈(0,9)時(shí),y′>0,所以函數(shù)y=-x3+81x-234在(9,+∞)上單調(diào)遞減,在(0,9)上單調(diào)遞增,所以 24、x=9是函數(shù)的極大值點(diǎn),又因?yàn)楹瘮?shù)在(0,+∞)上只有一個(gè)極大值點(diǎn),所以函數(shù)在x=9處取得最大值.
答案:C
10.(2012廣東,14分)設(shè)00},B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0},D=A∩B.
(1)求集合D(用區(qū)間表示);
(2)求函數(shù)f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax在D內(nèi)的極值點(diǎn).
解:(1)方程2x2-3(1+a)x+6a=0的判別式Δ=9(1+a)2-48a=9(a-3)(a-),而00},
①當(dāng)Δ>0時(shí),得a<或a>3,即0
25、=,
x2=,有0 26、1時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
當(dāng)a 27、的極值點(diǎn)為x=a和x=1;當(dāng)a=時(shí),函數(shù)f(x)在D內(nèi)的極值點(diǎn)為x=;當(dāng)00).
(1)求f(x)的最小值;
(2)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y=x,求a,b的值.
解:(1)法一:由題設(shè)和均值不等式可知,f(x)=ax++b≥2+b,
其中等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)ax=1,
即當(dāng)x=時(shí),f(x)取最小值為2+b.
法二:f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)=a-=,
當(dāng)x>時(shí),f′(x)>0,f(x)在(,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)0 28、,f′(x)<0,f(x)在(0,)上單調(diào)遞減.
所以當(dāng)x=時(shí),f(x)取最小值為2+b.
(2)由題設(shè)知,f′(x)=a-,f′(1)=a-=,解得a=2或a=-(不合題意,舍去).
將a=2代入f(1)=a++b=,解得b=-1.所以a=2,b=-1.
12.(2010浙江,15分)已知函數(shù)f(x)=(x-a)2(x-b)(a,b∈R,a<b).
(1)當(dāng)a=1,b=2時(shí),求曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程;
(2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn),x3是f(x)的一個(gè)零點(diǎn),且x3≠x1,x3≠x2.證明:存在實(shí)數(shù)x4,使得x1,x2,x3,x4按某種順序排列 29、后構(gòu)成等差數(shù)列,并求x4.
解:(1)當(dāng)a=1,b=2時(shí),因?yàn)閒′(x)=(x-1)(3x-5),故f′(2)=1.
又f(2)=0,所以f(x)在點(diǎn)(2,0)處的切線方程為y=x-2.
(2)證明:因?yàn)閒′(x)=3(x-a)(x-),由于a<b,故a<,所以f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為x=a,x=.
不妨設(shè)x1=a,x2=,
因?yàn)閤3≠x1,x3≠x2,且x3是f(x)的零點(diǎn),故x3=b,
又因?yàn)椋璦=2(b-),
故可令x4=(a+)=,
此時(shí)a,,,b依次成等差數(shù)列,
所以存在實(shí)數(shù)x4滿足題意,且x4=.
考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的綜合問題
1.(2013天津,1 30、4分)設(shè)a∈[-2,0],已知函數(shù)f(x)=
(1)證明f(x)在區(qū)間(-1,1)內(nèi)單調(diào)遞減, 在區(qū)間(1, +∞)內(nèi)單調(diào)遞增;
(2)設(shè)曲線y=f(x)在點(diǎn)Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)處的切線相互平行,且x1x2x3≠0.證明x1+x2+x3>-.
證明:本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算及其幾何意義,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查分類討論思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想,考查綜合分析問題和解決問題的能力.
(1)設(shè)函數(shù)f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),f2(x)=x3-x2+ax(x≥0),
①f′1(x)=3x2-(a+5),由于a∈[-2,0],從而當(dāng)-1 31、0時(shí),f′1(x)=3x2-(a+5)<3-a-5≤0,所以函數(shù)f1(x)在區(qū)間(-1,0]內(nèi)單調(diào)遞減.
②f′2(x)=3x2-(a+3)x+a=(3x-a)(x-1),由于a∈[-2,0],所以當(dāng)0 32、i=1,2,3)處的切線相互平行,從而x1,x2,x3互不相等,且f′(x1)=f′(x2)=f′(x3).不妨設(shè)x1<0 33、3湖北,13分)設(shè)a>0,b>0,已知函數(shù)f(x)=.
(1)當(dāng)a≠b時(shí),討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)x>0時(shí),稱f(x)為a,b關(guān)于x的加權(quán)平均數(shù).
(i)判斷f(1),f,f是否成等比數(shù)列,并證明f≤f;
(ii)a,b的幾何平均數(shù)記為G.稱為a,b的調(diào)和平均數(shù),記為H.若H≤f(x)≤G,求x的取值范圍.
解:本題主要考查不等式、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算能力及用函數(shù)思想分析解決問題的能力.
(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,-1)∪(-1,+∞),
f′(x)==.
當(dāng)a>b時(shí),f′(x)>0,函數(shù)f(x)在(-∞,-1),(-1,+ 34、∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)a0,f=>0,f=>0.
故f(1)f==ab=2,
即f(1)f=2.①
所以f(1),f2,f成等比數(shù)列.
因?yàn)椤荩磃(1)≥f.由①得f≤f.
(ⅱ)由(ⅰ)知f=H,f=G.故由H≤f(x)≤G,
得f≤f(x)≤f.②
當(dāng)a=b時(shí),f=f(x)=f=a.
這時(shí),x的取值范圍為(0,+∞);
當(dāng)a>b時(shí),0<<1,從而<,由f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增與②式,
得≤x≤,即x的取值范圍為;
當(dāng)a1,從而>,由f( 35、x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減與②式,得≤x≤,即x的取值范圍為.
綜上,當(dāng)a=b時(shí),x的取值范圍為(0,+∞);當(dāng)a>b時(shí),x的取值范圍為;
當(dāng)a0.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍;
(3)當(dāng)a=1時(shí),設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為M(t),最小值為m(t),記g(t)=M(t)-m(t),求函數(shù)g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值.
解:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a= 36、(x+1)(x-a).
由f′(x)=0,得x1=-1,x2=a>0.
當(dāng)x變化時(shí)f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,a)
a
(a,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
極大值
極小值
故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),(a,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,a).
(2)由(1)知f(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(-1,0)內(nèi)單調(diào)遞減,從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)
解得0
37、,f(x)=x3-x-1.由(1)知f(x)在[-3,-1]上單調(diào)遞增,在[-1,1]上單調(diào)遞減,在[1,2]上單調(diào)遞增.
①當(dāng)t∈[-3,-2]時(shí),t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上單調(diào)遞增,在[-1,t+3]上單調(diào)遞減.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=-,而最小值m(t)為f(t)與f(t+3)中的較小者.由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,當(dāng)t∈[-3,-2]時(shí),f(t)≤f(t+3),故m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t).而f(t)在[-3,-2]上單調(diào)遞增,因此f(t)≤f(-2)=- 38、.所以g(t)在[-3,-2]上的最小值為g(-2)=--(-)=.
②當(dāng)t∈[-2,-1]時(shí),t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3].
下面比較f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大?。?
由f(x)在[-2,-1],[1,2]上單調(diào)遞增,有
f(-2)≤f(t)≤f(-1),
f(1)≤f(t+3)≤f(2).
又由f(1)=f(-2)=-,f(-1)=f(2)=-,從而
M(t)=f(-1)=-,m(t)=f(1)=-.
所以g(t)=M(t)-m(t)=.
綜上,函數(shù)g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值為.
4.(2012湖南,13分)已知函數(shù)f( 39、x)=ex-ax,其中a>0.
(1)若對(duì)一切x∈R,f(x)≥1恒成立,求a的取值集合;
(2)在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點(diǎn)A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1 40、g(t)=t-tln t,則g′(t)=-ln t.
當(dāng)0
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