发布时间 : 星期三 文章高中数学组卷函数冉更新完毕开始阅读
（Ⅰ）当a=时，求f（x）的极值点；
（Ⅱ）若f（x）为R上的单调函数，求a的取值范围． 【解答】解：对f（x）求导得 f′（x）=
ex …①
（Ⅰ）当a=时，若f′（x）=0，则4x2﹣8x+3=0，解得
结合①，可知
x f′（x） f（x） 所以，
（﹣∞，） + 增 是极小值点，
（，） ﹣ 减 （，+∞） + 增 0 极大值 0 极小值 是极大值点．
（Ⅱ）若f（x）为R上的单调函数，则f′（x）在R上不变号， 结合①与条件a＞0知ax2﹣2ax+1≥0在R上恒成立，
因此△=4a2﹣4a=4a（a﹣1）≤0，由此并结合a＞0，知0＜a≤1．
19．（2013?重庆）设f（x）=a（x﹣5）2+6lnx，其中a∈R，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与y轴相交于点（0，6）． （1）确定a的值；
（2）求函数f（x）的单调区间与极值．
【解答】解：（1）因f（x）=a（x﹣5）2+6lnx，故f′（x）=2a（x﹣5）+，（x＞0）， 令x=1，得f（1）=16a，f′（1）=6﹣8a，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣16a=（6﹣8a）（x﹣1）， 由切线与y轴相交于点（0，6）． ∴6﹣16a=8a﹣6， ∴a=．
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（2）由（I）得f（x）=（x﹣5）2+6lnx，（x＞0）， f′（x）=（x﹣5）+=
，令f′（x）=0，得x=2或x=3，
当0＜x＜2或x＞3时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，2），（3，+∞）上为增函数， 当2＜x＜3时，f′（x）＜0，故f（x）在（2，3）上为减函数，
故（fx）在x=2时取得极大值（f2）=+6ln2，在x=3时取得极小值（f3）=2+6ln3．
20．（2005?山东）已知x=1是函数f（x）=mx3﹣3（m+1）x2+nx+1的一个极值点，其中m，n∈R，m＜0．
（Ⅰ）求m与n的关系表达式； （Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当x∈[﹣1，1]时，函数y=f（x）的图象上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=3mx2﹣6（m+1）x+n．
因为x=1是f（x）的一个极值点，所以f'（1）=0，即3m﹣6（m+1）+n=0． 所以n=3m+6．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f′（x）=3mx2﹣6（m+1）x+3m+6=3m（x﹣1）[x﹣（1+）] 当m＜0时，有1＞1+，当x变化时f（x）与f'（x）的变化如下表： x （﹣∞，1+） f′（x） f（x） ＜0 单调递减 0 极小值 ＞0 单调递增 0 极大值 ＜0 单调递减 1+ （1+，1） 1 （1，+∞） 由上表知，当m＜0时，f（x）在（﹣∞，1+）单调递减，在（1+，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．
（Ⅲ）由已知，得f′（x）＞3m，即3m（x﹣1）[x﹣（1+）]＞3m， ∵m＜0．∴（x﹣1）[x﹣1（1+）]＜1．（*） 10x=1时．（*）式化为0＜1怛成立．
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∴m＜0．
20x≠1时∵x∈[﹣1，1]，∴﹣2≤x﹣1＜0． （*）式化为＜（x﹣1）﹣
．
令t=x﹣1，则t∈[﹣2，0），记g（t）=t﹣，
则g（t）在区间[﹣2，0）是单调增函数．∴g（t）min=g（﹣2）=﹣2﹣
=﹣．
由（*）式恒成立，必有＜﹣?﹣＜m，又m＜0．∴﹣＜m＜0． 综上10、20知﹣＜m＜0．
21．（2013?新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ex（ax+b）﹣x2﹣4x，曲线y=f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y=4x+4． （Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）讨论f（x）的单调性，并求f（x）的极大值． 【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=ex（ax+b）﹣x2﹣4x， ∴f′（x）=ex（ax+a+b）﹣2x﹣4，
∵曲线y=f（x）在点（0，f（0））处切线方程为y=4x+4 ∴f（0）=4，f′（0）=4 ∴b=4，a+b=8 ∴a=4，b=4；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=4ex（x+1）﹣x2﹣4x，f′（x）=4ex（x+2）﹣2x﹣4=4（x+2）（ex﹣），
令f′（x）=0，得x=﹣ln2或x=﹣2
∴x∈（﹣∞，﹣2）或（﹣ln2，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（﹣2，﹣ln2）时，f′（x）＜0
∴f（x）的单调增区间是（﹣∞，﹣2），（﹣ln2，+∞），单调减区间是（﹣2，﹣ln2）
当x=﹣2时，函数f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）=4（1﹣e﹣2）．
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22．（2013?福建）已知函数f（x）=x﹣1+（a∈R，e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值； （Ⅱ）求函数f（x）的极值；
（Ⅲ）当a=1的值时，若直线l：y=kx﹣1与曲线y=f（x）没有公共点，求k的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=x﹣1+
，得f′（x）=1﹣
，
又曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴， ∴f′（1）=0，即1﹣（Ⅱ）f′（x）=1﹣
=0，解得a=e． ，
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值；
②当a＞0时，令f′（x）=0，得ex=a，x=lna，
x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增， 故f（x）在x=lna处取到极小值，且极小值为f（lna）=lna，无极大值． 综上，当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）在x=lna处取到极小值lna，无极大值．
（Ⅲ）当a=1时，f（x）=x﹣1+
，令g（x）=f（x）﹣（kx﹣1）=（1﹣k）x+
，
则直线l：y=kx﹣1与曲线y=f（x）没有公共点， 等价于方程g（x）=0在R上没有实数解． 假设k＞1，此时g（0）=1＞0，g（
）=﹣1+
＜0，
又函数g（x）的图象连续不断，由零点存在定理可知g（x）=0在R上至少有一解，
与“方程g（x）=0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1． 又k=1时，g（x）=
＞0，知方程g（x）=0在R上没有实数解，
所以k的最大值为1．
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