发布时间 : 星期三 文章天津专用2018版高考数学总复习专题03导数分项练习含解析理更新完毕开始阅读
①若a?
x 2
,则－2a＜a－2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 3(－∞,－2a) + －2a 0 极大值 (－2a,a－2) － a－2 0 极小值 (a－2,+∞) + f′(x) f(x) 所以f(x)在(－∞,－2a),(a－2,+∞)内是增函数,在(－2a,a－2)内是减函数. 函数f(x)在x＝－2a处取得极大值f(－2a),且f(－2a)＝3ae－2a. 函数f(x)在x＝a－2处取得极小值f(a－2),且f(a－2)＝(4－3a)e②若a＜
x f′(x) f(x) a－2
.
2,则－2a＞a－2.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 3(－∞,a－2) + a－2 0 极大值 (a－2,－2a) － －2a 0 极小值 (－2a,+∞) + 所以f(x)在(－∞,a－2),(－2a,+∞)内是增函数,在(a－2,－2a)内是减函数. 函数f(x)在x＝a－2处取得极大值f(a－2),且f(a－2)＝(4－3a)e函数f(x)在x＝－2a处取得极小值f(－2a),且f(－2a)＝3ae二．能力题组
1.【2008天津，理20】已知函数f?x??x?－2a
a－2
.
.
a?b?x?0?，其中a,b?R. x（Ⅰ）若曲线y?f?x?在点P?2,f?2??处的切线方程为y?3x?1，求函数f?x?的解析式； （Ⅱ）讨论函数f?x?的单调性；
（Ⅲ）若对于任意的a??,2?，不等式f?x??10在?,1?上恒成立，求的取值范围.
24【答案】（I）f(x)?x??1????1???8?9．（II）f(x)在(??,?a)，在(?a,0)，(a,??)内是增函数，x(0,??)
5
当a?0时，令f?(x)?0，解得x??a． 当变化时，f?(x)，f(x)的变化情况如下表： (??,?a) ?a 0 极大值 (?a,0) － ↘ (0,a) － ↘ a 0 极小值 (a,??) ＋ ↗ f?(x) ＋ f(x) ↗ 所以f(x)在(??,?a)，(a,??)内是增函数，在(?a,0)，(0,??)内是减函数． （Ⅲ）解：由（Ⅱ）知，f(x)在[,1]上的最大值为f()与f(1)的较大者，对于任意的
141439?1?11?f()?10?b??4aa?[,2]，不等式f(x)?10在[,1]上恒成立，当且仅当?4，即?，对424???f(1)?10?b?9?a1a?[,2]成立． 任意的
277从而得b?，所以满足条件的的取值范围是(??,]．
442.【2010天津，理21】已知函数f(x)＝xe(x∈R)． （1）求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)已知函数y＝g(x)的图象与函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，证明当x＞1时，f(x)＞g(x)；
(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明x1＋x2＞2.
【答案】(1) f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．
函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝
－x1. (2) 详见解析(3) 详见解析 e6
【解析】 (1)解：f′(x)＝(1－x)e. 令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
－xx f′(x) f(x) (－∞，1) ＋ ↗ 1 0 极大值 (1，＋∞) － ↘ 所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数． 函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝(2)证明：由题意可知g(x)＝f(2－x)， 得g(x)＝(2－x)e
x－2
1. e.
23.【2011天津，理19】已知a?0，函数f(x)?lnx?ax,x?0.（f(x)的图像连续不断）
（Ⅰ）求f(x)的单调区间； （Ⅱ）当a?13时，证明：存在x0?(2,??)，使f(x0)?f()； 82（Ⅲ）若存在均属于区间?1,3?的?,?，且????1，使f(?)?f(?)，证明
ln3?ln2ln2?a?． 53 7
【答案】（Ⅰ）f(x)的单调递增区间是(0,2a2a),f(x)的单调递减区间是(2a2a,??).
当x变化时，f'(x),f(x)的变化情况如下表：
(0,2a2a2a) 2a (2a2a,??) f'(x) + 0 - f(x) 极大值 所以，f(x)的单调递增区间是(0,2a2a),f(x)的单调递减区间是(2a2a,??). （II）证明：当a?118时,f(x)?lnx?8x2. 8