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《高考调研》2015届高考数学总复习(人教新课标理科)配套课件:专题研究 导数的综合运用

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导数的综合运用

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例1 2 ( 0 1 2 · 的 图 像 大 致 为 (

课 标 全 国 )

)已 知 函 数

1 f(x)= , 则 y=f(x) ln?x+1?-x

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【解析】

-x 1 令 g(x)=n ( l x+1)-x,g′(x)= -1= . x+1 x+1

∴当-1<x<0 时,g′(x> ) 0 ,当 x>0 时,g′(x< ) 0 . ∴g(x)x ( ) =0. m a =g0 ∴f(x< ) 0 , 排 除
【答案】 B

A,C,又由定义域可排除 D,故选 B.

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探究 1 给定解析式求函数的图像是近几年高考重点,并且 难 度 在 增 大 , 多 数 需 要 利 用 导 数 研 究 单 调 性 知 其 变 化 趋 势 , 利 用 导数求极值(最值)研 究 零 点 .

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n |l x| 思考题 1 函数 y= x 的图像大致是(

)

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【 解 析 】

由 题 意 , 函 数 为 奇 函 数 , 排 除

B;当 x>0 时 ,y

1 x-lnx 1-lnx x· lnx = x ,y′= x2 = x2 , 所 以 当 为 增 函 数 ; 当
【答案】

0 < x<e 时 , y′>0, 函 数 C.

x>e 时 , y′<0, 函 数 为 减 函 数 , 故 选
C

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例2 2 ( 0 1

3 ·北 京 )设 l 为 曲 线

lnx C:y= x 在 点0 1 ) ( ,

处 的 切 线 .

1 ( ) 求l的 方 程 ; 2 ( ) 证 明 : 除 切 点 0 1 ) ( , 之 外 , 曲 线 C在 直 线 l的 下 方 .

1-lnx lnx 【解析】 1 ( ) 设 f(x)= x ,则 f′(x)= x2 . 所以 f′1 ( ) =1.所以 l 的方程为 y=x-1.

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下 方 等 价 于 g(x> ) 0 ( ?x>0,x≠1 ).

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2 ( ) 令 g(x)=x-1-f(x), 则 除 切 点 之 外 , 曲 线

C在 直 线

l的

x2-1+lnx g( x) 满 足 g1 ( ) =0, 且 g′(x)=1-f′(x)= . x2 当0 < x<1 时 , x 2 -1 < 0 ,lnx<0, 所 以 递 减 ; 当 x>1 时,x2-1 > 0 ,lnx>0, 所 以 增 . 所 以 g(x)>g1 ( ) =0 ( ?x>0,x≠1 ). 所 以 除 切 点 之 外 , 曲 线 C在 直 线 l的 下 方 . g′(x> ) 0 , 故 g(x)单 调 递 g′(x< ) 0 , 故 g(x)单 调

【答案】 1 ( ) y=x-1 2 ( ) 略
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探 究 2

利 用 导 数 工 具 , 证 明 不 等 式 的 关 键 在 于 要 构 造 好 函

数 的 形 式 , 转 化 为 研 究 函 数 的 最 值 或 值 域 问 题 , 有 时 需 用 到 放 缩 技 巧 . 求 证 不 等 式 数 f ( x) 的 图 像 在 函 数 常 构 造 函 数 f(x)≥g(x), 一 种 常 见 思 路 是 用 图 像 法 来 说 明 函 g(x)图 像 的 上 方 , 但 通 常 不 易 说 明 . 于 是 通 F(x)的 性 质 , 进

F(x)=f(x)-g(x), 通 过 导 数 研 究 函 数

而 证 明 欲 证 不 等 式 .

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思考题 2 1 ( ) 2 ( 0 1 4 · =ex-2x+2a,x∈R.

沧 州 七 校 联 考

)设 a 为实数,函数 f(x)

①求 f(x)的 单 调 区 间 与 极 值 ; ②求证:当 a> n 2 l -1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1.

【思路】 ①令 f′(x)=0, 求 极 值 点 , 然 后 讨 论 在 各 个 区 间 上的单调性. ②构造函数 g(x)=ex-x2+2ax-1(x∈R),注意到 g0 ( ) =0, 只需证明 g(x)在(0,+∞)上是增函数,可利用导数求解.

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【 解 析 】

①由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R,得 f′(x)=ex-2,

x∈R.令 f′(x)=0, 得 x=n 2 l. 于 是 当 x f ′( x) f ( x) x变 化 时 , f′(x),f(x)的 变 化 情 况 如 下 表 : n 2 l 0 n 2 l ( , + ∞) +

(-∞,n 2 l) - 单 调 递 减

2 1 ( -n 2 l +a) 单 调 递 增

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故 f ( x) 的 单 调 递 减 区 间 是 +∞).

(-∞,n 2 l)

,单调递增区间是n 2 l (



f(x)在 x=ln2 处 取 得 极 小 值 , 极 小 值 为 =2 1 ( -n 2 l +a).

fn 2 l ( )

2 nl =e -n 2 l

+2a

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②设 g(x)=ex-x2+2a x -1,x∈R.于 是 g′(x)=ex-2x+2a, x∈R. 由①知当 a> n 2 l a> ) 0 . 于 是 对 任 意 -1 时,g′(x)最 小 值 为 g′(x> ) 0 , g′n 2 l ( ) =2 1 ( -n 2 l +

x∈R, 都 有

所 以 g( x ) 在 R 内 单 调 递 增 . 于 是 当 a> n 2 l -1 时 , 对 任 意 x∈(0, + ∞), 都 有 g(x)>g0 ( ) .

又 g0 ( ) =0, 从 而 对 任 意

x∈(0,+∞),g(x> ) 0 .

即 ex-x2+2a x -1 > 0 , 故 ex>x2-2a x +1 .

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【答案】 ①减区间(-∞,n 2 l) 值2 1 ( -n 2 l +a) ②略

, 增 区 间

n 2 l (

,+∞), 极 小

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2 ( ) 2 ( 0 1 4 ·

青 岛 模 拟

)已知 a>0,函数 f(x)=lnx-ax2,x> ( 0 . f(x)

的图像连续不断) ①求 f(x)的 单 调 区 间 ; 1 3 ②当 a=8时,证明:存在 x0∈(2,+∞),使 f(x0)=f(2).
【 解 析 】 1-2a x 1 ①f′(x)=x-2a x = x ,x> 0 .
2

令 f′(x)=0, 得 1-2a x 2 =0 . 2a ∵a>0,x>0,∴x= 2a .
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当x变 化 时 , x f ′( x) f ( x)

f′(x)与 f(x)的 变 化 情 况 如 下 表 : 2a (0, 2a ) + 2a 2a 0 极 大 值 2a (0, 2a ), 递 减 区 间 是 2a ( 2a , + ∞). 2a ( 2a , + ∞) -

∴f ( x ) 的 递 增 区 间 是

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②证 明 : 当

1 1 2 a=8时 , f(x)=lnx-8x , 内 单 调 递 增 , 在 f(x)在2 0 ) ( , (2, + ∞)内 单 调 递 减 . 内 单 调 递 增 , 故 f2 > ( ) 3 f(2),

由①知 f(x)在2 0 ) ( ,

3 令 g(x)=f(x)-f(2), 由 于 即 g2 > ( ) 0 .

4 1 -9 e2 3 取 x′=2e>2, 则 g(x′)= 3 < 0 . 2

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3 由 于 g(x)=f(x)-f(2)在(2, + ∞)内 单 调 递 减 , 则 由 零 点 存 在 定 理 , 存 在 唯 一 的 ∴存 在 唯 一 的 x0∈(2,+∞), 使 得 3 x0∈(2,2e),使 g(x0)=0, 3 f(x0)=f(2).

2a 2a 【答案】 ①增区间(0, 2a ),减区间( 2a ,+∞) ②略

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例 3 已知 x=3 是 函 数 值点. 1 ( ) 求a的 值 ; 2 ( ) 求函数 f(x)的 单 调 区 间 ;

f(x)=an 1 ( l

+x)+x2-10x 的一个极

3 ( ) 若直线 y=b 与函数 y=f(x)的 图 像 有 值范围.

3个 交 点 , 求

b 的取

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【 解 析 】

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a 1 ( ) 因 为 f′(x)= +2x-1 0, 1+x a=1 6 .

a 所 以 f′3 ( ) =4+6-1 0 =0, 因 此 2 ( ) 由1 ( ) 知,f(x)=1 n 6 1 ( l 2?x2-4x+3? f ′( x) = . 1+x 当 x∈(-1 ) , 当 x∈3 1 ) ( ,

+x)+x2-1 0 x,x∈(-1, + ∞),

∩(3, + ∞) 时 , f′(x> ) 0 ; 时 , f′(x< ) 0 . (-1 ) , ,(3,+∞);f(x)的 单 调 递

所 以 f ( x) 的 单 调 递 增 区 间 是 减 区 间 是 3 1 ) ( , .

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3 ( ) 由2 ( ) 知 f(x)在(-1 ) ,

上 单 调 递 增 , 在

3 1 ) ( ,

上 单 调 递 减 , 在

(3,+∞)上单调递增,且当 x=1 或 x=3 时,f′(x)=0. 所以 f(x)的 极 大 值 为 f1 ( ) =1 n 6 2 l -9,极小值为 f3 ( ) =3 n 2 l

-21.且当 x 趋近于-1 时,f(x)趋近于-∞. 当且仅当 f3 < ( ) b<f1 ( ) , 直 线 y=b 与 y=f(x)的图像才有 3 个 -2 1 n 6 , 2 l -9).

交点.因此,b 的取值范围为3 ( n 2 l
【答案】 1 ( ) a=16

2 ( ) 增区间(-1,1),(3,+∞),减区间3 1 ) ( , 3 ( n 2 ) l -21 1 n 6 , 2 l -9)
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探究 3 讨论方程根的个数或函数的零点,关键根据题意, 画出函数图像的走势规律,标明函数极(最)值 的 位 置 , 通 过 数 形 结合的思想去分析解决.
思 考 题 2x. ①若 函 数 ②若 函 数 f(x)在 x=2 处 取 得 极 值 , 求 实 数 f(x)在 定 义 域 内 单 调 递 增 , 求 实 数 a的 值 ; a的 取 值 范 围 ; 上 恰 有 3 1 ( ) 2 ( 0 1 4 · 德 州 一 模 )已 知 函 数 1 2 f(x)=lnx-2a x -

1 ③当 a= - 2时 , 关 于 两 个 不 相 等 的 实 数 根 , 求 实 数

1 x的 方 程 f(x)= - 2x+b 在4 1 ] [ , b的 取 值 范 围 .
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【 解 析 】

a x 2+2x-1 ①f′(x)=- ( x> 0 ) , x ∴f′2 ( ) =0, 解 得 3 a= - 4, 经 检

∵x=2 时 , f ( x) 取 得 极 值 , 验 知 符 合 题 意 .

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②函 数 f(x)的 定 义 域 为 依 题 意 (0, + ∞),

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f′(x)≥0 在 x>0 时 恒 成 立 ,

即a x 2+2x-1≤0 在 x>0 恒 成 立 , 1-2x 1 则 a≤ x2 =(x -1 ) 2-1 在 x>0 恒 成 立 , 1 即 a≤[(x -1 ) 2-1 ] nm 0 ) , i ( x> 1 当 x=1 时 , (x -1 ) 2-1 取 最 小 值 - ∴a 的 取 值 范 围 是 (-∞, -1 ]. 1,

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1 1 1 2 3 ③a= - 2,f(x)= - 2x+b, 即 4x -2x+lnx-b=0 . 1 2 3 设 g(x)=4x -2x+lnx-b(x> 0 ) , ?x-2??x-1? 则 g′(x)= . 2x

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列 表 x g′(x) g(x) 1 0 ) ( , + 1 0 极 大 值 2 1 ) ( , - 2 0 极 小 值 4 2 ) ( , +

∴g(x)极 =g2 ( ) =n 2 l -b-2, 小 值 g(x)极 大 值 5 =g1 ( ) = - b-4.

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又 g4 ( ) =n 2 l

-b-2 . 上 恰 有 两 个 不 相 等 的 实 数 根 , 则

∵ 方程 g(x) = 0 在4 1 ] [ , ?g ? ?g ?g ? , , ,

5 解 得 n 2 l -2 < b≤-4.

3 【答案】 ①-4 ②(-∞,-1]

5 ③n 2 l -2<b≤-4

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2 ( ) 2 ( 0 1 4 ·

洛 阳 一 模

)已 知 函 数

lnx f(x)=lnx-x,h(x)= x .

①求 h(x)的 最 大 值 ; ②若 关 于 ∞)恒 成 立 , 求 实 数 ③若 关 于 x的 不 等 式 xf(x)≥-2x2+a x -1 2 对 一 切 x∈(0, +

a的 取 值 范 围 ; x的 方 程 f(x)-x3+2 e x2-b x =0 恰 有 一 解 , 其 b的 值 . 中e

为 自 然 对 数 的 底 数 , 求 实 数

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lnx 【解析】 ①因为 h(x)= x (x> 0 ) , 所 以

1-lnx h′(x)= x2 ,由

h′(x> ) 0 ,且 x>0,得 0<x<e.由 h′(x< ) 0 ,且 x>0,得 x>e, 所 以 函数 h(x)的 单 调 增 区 间 是 当 x=e 时,h(x)取 得 最 大 值 (0,e],单调减区间是[e,+∞),所以 1 e.

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②因 为 xf(x)≥-2x2+ax-1 2 对 一 切 即 xlnx-x2≥-2x2+ax-1 2 对 一 切 1 2 a≤lnx+x+ x 对 一 切

x∈(0,+∞)恒 成 立 , x∈(0,+∞)恒 成 立 , 即 1 2 φ(x)=lnx+x+ x ,

x∈(0, +∞)恒 成 立 , 设

x2+x-1 2 ?x-3??x+4? 因 为 φ′(x)= = , x2 x2 故 φ(x)在3 0 ] ( , +n 3 l , 所 以 上 递 减 , 在 [3,+∞)上 递 增 , φ(x)nm ( ) =7 i =φ3

a≤7+n 3 l.

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③因 为 方 程
2

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f(x)-x3+2 e x 2 -b x =0 恰 有 一 解 , 即

lnx-x-x3 ①

+2 e x -b x =0 恰 有 一 解 , 即 知 , h(x)在 x=e 时 , h(x)x m a (0,e]上 单 调 递 减 , 在 =b+1-e , 故 方 程
2 2

lnx 2 e x+b+1 恰 有 一 解 . 由 x =x -2 1 =e, 而 函 数

k(x)=x2-2 e x+b+1 在 x=e 时 , k(x)nm i b

[e,+∞)上 单 调 递 增 , 故

lnx 2 e x+b+1 恰 有 一 解 时 当 且 仅 当 x =x -2

1 1 2 +1-e =e , 即 b=e + e-1 .

1 【答案】 ①e ②a≤7+n 3 l

1 ③e +e -1
2
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例 4 请你设计一个包装盒.如图所示,A B C D cm 的 正 方 形 硬 纸 片 , 切 去 阴 影 部 分 所 示 的 四 个 全 等 的 等 腰 直 角 三 角 形 , 再 沿 虚 线 折 起 , 使 得 点 P, 正 好 形 成 一 个 正 四 棱 柱 形 状 的 包 装 盒 . 被 切 去 的 一 个 等 腰 直 角 三 角 形 斜 边 的 两 个 端 点 . 设 xc m () .

是边长为 60

A,B,C,D 四 个 点 重 合 于 图 中 的 E、F 在 AB 上 , 是 AE=FB=

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1 ( ) 若 广 告 商 要 求 包 值?

装盒的侧面积 Sc m (

2

)最 大 , 试 问

x 应取何

2 ( ) 某 厂 商 要 求 包 装 盒 的 的 容 积

Vc m (

3

)最大,试问 x 应取何

值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值. 【思路】 用 x 表示包装盒的高度与底面边长, 则1 ( ) 包 装 盒 的面积 S 是关于 x 的二次函数,可通过配方求最值; 2 ( ) 包 装 盒 的 容 积 大值. V 是关于 x 的三次函数,可通过导数求最

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【解析】 设包装盒的高为 hc m ()

,底面边长为 ac m ()



60-2x 由已知得 a= 2x,h= = 2( 3 0 -x),0<x< 3 0 . 2 (1)S=4ah=8x3 ( 0 -x)=-8(x-1 5 ) 所以当 x=15 时,S 取得最大值.
2

+1 800,

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2 ( ) V=a2h=2 2(-x3+3 0 x2), V′=6 2x2 ( 0 -x). 由 V′=0, 得 x=0 ( 舍)或 x=2 0 . 当 x∈2 0 ( ,) 所 以 当 时 , V′>0; 当 x∈2 3 ( 0 ,)

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时 , V′< 0 .

x=2 0 时 , V取 得 极 大 值 , 也 是 最 大 值 . 1 2.

h 1 此 时 a=2, 即 包 装 盒 的 高 与 底 面 边 长 的 比 值 为

【答案】 1 ( ) x=15 时 S 最大 2 ( ) x=20 时 V 最 大 , 比 值 为 1 2
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探究 4 生活中求利润最大、用料最省、效率最高等问题称 之 为 优 化 问 题 . 导 数 是 解 决 生 活 中 优 化 问 题 的 有 力 工 具 , 用 导 数 解决优化问题的基本思路是: 优化问题→用函数表示的数学问题 →用导数解决数学问题→优化问题的答案.

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思 考 题 墩 相 距

4

某 地 建 一 座 桥 , 两 端 的 桥 墩 已 建 好 , 这 两

端桥

m 米 . 余 下 工 程 只 需 建 两 端 桥 墩 之 间 的 桥 面 和 桥 墩 . 经 2 5 6 万 元 ; 距 离 为 x米 的 相 邻 两 桥

测 算 , 一 个 桥 墩 的 工 程 费 用 为 墩 之 间 的 桥 面 工 程 费 用 为

(2+ x)x 万元.假设桥墩等距离分布,

所有桥墩都视为点,且不考虑其他因素.记余下工程的费用为 y 万元. (1)试写出 y 关于 x 的函数关系式; (2)当 m=640 米时,需新建多少个桥墩才能使 y 最小?
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【 解 析 】 1,

1 ( ) 设 需 新 建

n个 桥 墩 , 则

m (n+1 ) x=m, 即 n= x -

所 以 y=f(x)=2 5 6 n+(n+2 1 ( ) =2 5 6 (

+ x) x

25 6m m m ) + x (2+ x)x= x +m x+2m-2 5 6 . x -1

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所 以 f(x)在 x=6 4 处 取 得 最 小 值 . 6 4 0 m 此 时 n= x -1= 6 . 4 -1=9 故 需 新 建 9个 桥 墩 才 能 使 y最 小 .

256m 【答案】 1 ( ) y= x +m x+2m-256 2 ( ) 需新建 9 个桥墩才能使 y 最小

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1.2 ( 0 1 ·

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辽宁)已知函数 f(x)=ex-2x+a 有零点,则 a 的取

值范围是________.
答案 a∈(-∞,n 2 l -2]

解析 由原函数有零点, 可将问题转化为方程 ex-2x+a=0 有解问题,即方程 a=2x-ex 有解. 令函数 g(x)=2x-ex,则 g′(x)=2-ex,令 g′(x)=0,得 x =n 2 l , 所 以 g(x)在(-∞, n 2 l) 上 是 增 函 数 , 在 gn 2 l ( ) n 2 l ( ,+∞)上是减

函数,所以 g(x)的 最 大 值 为 就是函数 g(x)的 值 域 , 所 以 ,

=n 2 l -2.因此,a 的取值范围 -2].
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a∈(-∞,n 2 l
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2. 2 ( 0 1 ·

北京)已 知 函 数

2 ? ? ,x≥2, f(x)=?x 3 ? 2 . ??x-1? ,x< k的 取 值 范 围 是

若 关 于 _ _ _ _ _ _ _ _

x的 方 .

程 f(x)=k 有 两 个 不 同 的 实 根 , 则 实 数
答案 1 0 ( ) ,

解析 当 x<2 时,f′(x)=3(x-2)2>0, 说 明 函 数 在 2]上 单 调 递 增 , 函 数 的 值 域 是 调递减,函数的值域是1 0 ] ( , 的实根,则 0<k< 1 .
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(-∞,

(-∞,1), 函 数 在

[2,+∞)上单

.因此要使方程 f(x)=k 有 两 个 不 同

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3. 已 知 函 数

1 1 f(x)=n i s x-3x, x∈[0, π ], c o s x0=3(x0∈[0, π ) ] , _ _ _ _ _ _ _ _ f(x0); f(x0); .

那 么 下 面 命 题 中 真 命 题 的 序 号 是 ①f ( x) 的 最 大 值 为 ②f ( x) 的 最 小 值 为

③f(x)在[0,x0]上 是 减 函 数 ; ④f(x)在[x0,π ]上 是 减 函 数 .

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答案

①④

解 析

1 f′(x)=c o s x-3, 当 f′(x)≥0, 即 x∈[0,x0]时 , 函 f′(x)≤0,即 x∈[x0,π ]时 , 函 数 f ( x) 为 减 函

数 f ( x) 为 增 函 数 , 当 数 , 因 此

③错 , ④正 确 . f(x)在[0,π ]上 的 最 大 值 , ① ④. ①正 确 .

因 此 f(x0)是 函 数

综 上 可 得 , 真 命 题 的 序 号 为

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4. 已 知 定 义 域 为 +1 ( a∈R). (1)求 函 数 2 ( ) 若 函 数 围 .

R的 奇 函 数

f(x),当 x>0 时 , f(x)=lnx-a x

f(x)的 解 析 式 ; y=f(x)在 R 上 恰 有 5个 零 点 , 求 实 数 a的 取 值 范

?lnx-ax+1?x>0?, ? 答案 1 ( ) f(x)=?0?x=0?, ?-ln?-x?-ax-1?x<0?. ?

1 0 2 ) ( ,

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解析 1 ( ) 设 x<0,则-x> 0 . 因为 f(x)是 奇 函 数 , 所 以 当 x=0 时,f(x)=0. ?lnx-ax+1?x>0?, ? 所以函数 f(x)=?0?x=0?, ?-ln?-x?-ax-1?x<0?. ? f(x)=-f(-x)=-n ( l -x)-ax-1.

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2 ( ) 因 为 函 数

f ( x) 是 奇 函 数 , 所 以 函 数

y=f(x)的零点关于原点

对称,由 f(x)=0 恰有 5 个不同的实数根,知 5 个 实 数 根 中 有 两 个 正 根 、 两 个 负 根 、 一 个 零 根 , 且 两 个 正 根 和 两 个 负 根 互 为 相 反 数. 所以要使方程 f(x)=0 恰有 5 个 不 同 的 实 数 根 , 只 要 使 方 程 f(x)=0 在(0,+∞)上恰有两个不同的实数根即可.

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下 面 研 究

x>0 时 的 f(x). a≤0 时 , f′(x> ) 0 ,f(x)在(0,+ f(x)=0 在(0,+∞)上 不 可 能 有

1 因 为 f′(x)= x-a, 所 以 当 ∞)上 为 单 调 递 增 函 数 . 所 以 方 程 两 个 不 同 的 实 数 根 .

1 -a?x-a? 当 a>0 时 , f′(x)= . x

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1 令 f′(x)=0, 得 x=a. 1 当0 < x<a时 , f′(x> ) 0 , 函 数 1 当 x > a时 , f′(x< ) 0 , 函 数 所 以 函 数

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1 f(x)在(0,a]上 单 调 递 增 ;

1 f(x)在[a, + ∞)上 单 调 递 减 . lna.

1 f(x)在 x=a处 取 得 极 大 值 -

所以 要 使 方 程 只 要 - lna>0, 解 得

f(x)=0 在(0, +∞)上 恰 有 两 个 不 同 的 实 数 根 , 0 < a<1, 故 a的 取 值 范 围 是 1 0 ) ( , .

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课时作业(十八 )

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