【2022届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第3章-第2节-利用导数研究函数的性质.docx
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第三章 其次节 一、选择题 1.(文)设函数f(x)=xex,则( ) A.x=1为f(x)的极大值点 B.x=1为f(x)的微小值点 C.x=-1为f(x)的极大值点 D.x=-1为f(x)的微小值点 [答案] D [解析] 本题考查了导数的应用—求函数的极值. f ′(x)=ex+xex,令f ′(x)=0, ∴ex+xex=0,∴x=-1, 当x∈(-∞,-1)时,f ′(x)=ex+xex<0,x∈(-1,+∞)时,f ′(x)=ex+xex>0,∴x=-1为微小值点,故选D. [点评] 求函数的极值要争辩在各区间内导函数值的符号,同时要留意函数的定义域. (理)(2022·湖北荆州质检二)设函数f(x)=(x-1)kcosx(k∈N*),则( ) A.当k=2021时,f(x)在x=1处取得微小值 B.当k=2021时,f(x)在x=1处取得极大值 C.当k=2022时,f(x)在x=1处取得微小值 D.当k=2022时,f(x)在x=1处取得极大值 [答案] C [解析] 当k=2021时,f(x)=(x-1)2021cosx,则f ′(x)=2021(x-1)2022cosx-(x-1)2021sinx=(x-1)2022[2021cosx-(x-1)sinx],当<x<1时,f ′(x)>0;当1<x<时,f ′(x)>0,此时函数x=1不是函数f(x)的极值点,A,B选项均错误.当k=2022时,f(x)=(x-1)2022cosx,则f ′(x)=2022(x-1)2021cosx-(x-1)2022sinx=(x-1)2021[2022cosx-(x-1)sinx],当<x<1时,f ′(x)<0;当1<x<时,f ′(x)>0,此时函数f(x)在x=1处取得微小值,故选C. 2.(2022·四川内江三模)已知函数f(x)=x3-x2+cx+d有极值,则c的取值范围为( ) A.c< B.c≤ C.c≥ D.c> [答案] A [解析] 由题意可知f ′(x)=x2-x+c=0有两个不同的实根,所以Δ=1-4c>0⇒c<. 3.(2022·福建福州质检)已知f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0; ②f(0)f(1)<0; ③f(0)f(3)>0; ④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是( ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ [答案] C [解析] ∵f ′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由f ′(x)<0,得1<x<3,由f ′(x)>0,得x<1或x>3, ∴f(x)在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数. 又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0, ∴y极大值=f(1)=4-abc>0, y微小值=f(3)=-abc<0. ∴0<abc<4. ∴a,b,c均大于零,或者a<0,b<0,c>0. 又x=1,x=3为函数f(x)的极值点,后一种状况不行能成立,如图. ∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. ∴正确结论的序号是②③. 4.(2022·内蒙古鄂尔多斯模拟)已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)ex,若f(x)在[-1,1]上是单调减函数,则a的取值范围是( ) A.0<a< B.<a< C.a≥ D.0<a< [答案] C [解析] f ′(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=[x2+(2-2a)x-2a]ex,由题意当x∈[-1,1]时,f ′(x)≤0恒成立,即x2+(2-2a)x-2a≤0恒成立.令g(x)=x2+(2-2a)x-2a, 则有 即解得a≥.选C. 5.(文)已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴切于(1,0)点,则f(x)的极大值、微小值分别为( ) A.,0 B.0, C.-,0 D.0,- [答案] A [解析] f ′(x)=3x2-2px-q, 由f ′(1)=0,f(1)=0得, 解得∴f(x)=x3-2x2+x, 由f ′(x)=3x2-4x+1=0得x=或x=1, 易得当x=时f(x)取极大值, 当x=1时f(x)取微小值0. (理)若函数f(x)=2x3-9x2+12x-a恰好有两个不同零点,则a可能为( ) A.4 B.6 C.7 D.8 [答案] A [解析] f ′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2),由f ′(x)>0得x<1或x>2,由f ′(x)<0得1<x<2,所以函数f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,从而可知f(x)的极大值和微小值分别为f(1)、f(2),欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点,则需使f(1)=0或f(2)=0,解得a=5或a=4,而选项中只给出了一个值4,所以选A. 6.(文)函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f ′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在(a,b)内的极大值点有( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 [答案] B [解析] 由导函数的图象知,f(x)在(a,b)内变化状况为增→减→增→减,故有两个极大值点. (理)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f ′(x),且函数y=(1-x)f ′(x)的图象如下图所示,则下列结论中确定成立的是( ) A.函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(-2)和微小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(-2) D.函数f(x)有极大值f(-2)和微小值f(2) [答案] D [解析] 当x<-2时,1-x>3,则f ′(x)>0; 当-2<x<1时,0<1-x<3,则f ′(x)<0; ∴函数f(x)有极大值f(-2),当1<x<2时,-1<1-x<0,则f ′(x)<0;x>2时,1-x<-1,则f ′(x)>0, ∴函数f(x)有微小值f(2),故选D. 二、填空题 7.(文)(2022·山东青岛模拟)已知函数f(x)=ex-2x+a有零点,则a的取值范围是________. [答案] (-∞,2ln2-2] [解析] 由原函数有零点,可转化为方程ex-2x+a=0有解,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<ln2,g(x)′<0,得x>ln2.所以g(x)在(-∞,ln2)上是增函数,在(ln2,+∞)上是减函数,所以g(x)的最大值为g(ln2)=2ln2-2.因此,a的取值范围就是函数g(x)的值域,所以a的取值范围为(-∞,2ln2-2]. (理)(2022·江西九江二模)已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m、n∈[-1,1],则f(m)+f ′(n)的最小值是________. [答案] -13 [解析] 求导得f ′(x)=-3x2+2ax,由函数f(x)在x=2处取得极值知f ′(2)=0,即-3×4+2a×2=0,∴a=3.由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f ′(x)=-3x2+6x,易知f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增, ∴当m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.又∵f ′(x)=-3x2+6x的图象开口向下,且对称轴为x=1,∴当n∈[-1,1]时,f ′(n)min=f ′(-1)=-9.故f(m)+f ′(n)的最小值为-13. 8.(文)函数f(x)=x3+3x2-9x的单调减区间为________. [答案] [-3,1] [解析] f ′(x)=3x2+6x-9,由f ′(x)≤0得-3≤x≤1,∴f(x)的单调减区间为[-3,1]. (理)已知函数f(x)=mx3+nx2的图象在点(-1,2)处的切线恰好与直线3x+y=0平行,若f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,则实数t的取值范围是________. [答案] [-2,-1] [解析] 由题意知,点(-1,2)在函数f(x)的图象上,故-m+n=2① 又f ′(x)=3mx2+2nx,由条件知f ′(-1)=-3, 故3m-2n=-3② 联立①②解得:m=1,n=3,即f(x)=x3+3x2, 令f ′(x)=3x2+6x≤0,解得-2≤x≤0, 则[t,t+1]⊆[-2,0],故t≥-2且t+1≤0, 所以t∈[-2,-1]. [点评] f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,故[t,t+1]是f(x)的减区间的子集. 9.已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值为3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为________. [答案] -37 [解析] f ′(x)=6x2-12x,由f ′(x)=0得x=0或x=2,当x<0或x>2时,f ′(x)>0,当0<x<2时,f ′(x)<0, ∴f(x)在[-2,0]上单调增,在[0,2]上单调减, 由条件知f(0)=m=3,∴f(2)=-5,f(-2)=-37, ∴最小值为-37. 三、解答题 10.(文)若函数f(x)=x3-ax2+(a-1)x+1在区间(1,4)上为减函数,在区间(6,+∞)上为增函数,试求实数a的取值范围. [解析] 函数f(x)的导数f ′(x)=x2-ax+a-1. 令f ′(x)=0,解得x=1,或x=a-1. 当a-1≤1即a≤2时,函数f(x)在(1,+∞)上为增函数,不合题意; 当a-1>1即a>2时,函数f(x)在(-∞,1)上为增函数,在(1,a-1)上为减函数,在(a-1,+∞)上为增函数. 依题意当x∈(1,4)时,f ′(x)<0; 当x∈(6,+∞)时,f ′(x)>0. 所以4≤a-1≤6,解得5≤a≤7. 所以a的取值范围为[5,7]. (理)已知f(x)=ax3-2ax2+b(a≠0). (1)求出f(x)的极值; (2)若f(x)在区间[-2,1]上最大值是5,最小值是-11, 求f(x)的解析式. [解析] (1)f ′(x)=3ax2-4ax,令f ′(x)=0⇒x=0或x=. 当a>0时, x (-∞,0) 0 (0,) (,+∞) y′ + 0 - 0 + y 增函数 极大值 减函数 微小值 增函数 所以当x=0时,y取得极大值b, 当x=时,y取得微小值b-a, 同理当a<0时,x=0时,y取得微小值b, x=时,y取得极大值b-a. (2)当a>0时,f(x)在[-2,0)上单调递增,在(0,1]上单调递减, 所以f(x)max=f(0)=b=5. 又f(-2)=b-16a<f(1)=b-a, 所以b-16a=-11,a=1. 当a<0时,f(x)在[-2,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增, 所以f(x)min=f(0)=b=-11. 又f(-2)=b-16a>f(1)=b-a, 所以b-16a=5,a=-1. 综上,f(x)=x3-2x2+5或f(x)=-x3+2x2-11. 一、选择题 11.(文)已知实数a、b、c、d成等比数列,且曲线y=3x-x3的极大值点坐标为(b,c),则ad等于( ) A.2 B.1 C.-1 D.-2 [答案] A [解析] ∵a、b、c、d成等比数列,∴ad=bc, 又(b,c)为函数y=3x-x3的极大值点, ∴c=3b-b3,且0=3-3b2, ∴或∴ad=2. (理)已知函数f(x)=ax2-1的图象在点A(1,f(1))处的切线l与直线8x-y+2=0平行,若数列的前n项和为Sn,则S2010的值为( ) A. B. C. D. [答案] D [解析] ∵f ′(x)=2ax,∴f(x)在点A处的切线斜率为f ′(1)=2a,由条件知2a=8,∴a=4, ∴f(x)=4x2-1, ∴==· =, ∴数列的前n项和Sn=++…+=++…+ ==,∴S2010=. 12.(文)(2022·福建漳州质检)已知f(x)为R上的可导函数,且∀x∈R,均有f(x)>f ′(x),则以下推断正确的是( ) A.f(2021)>e2021f(0) B.f(2021)<e2021f(0) C.f(2021)=e2021f(0) D.f(2021)与e2021f(0)大小无法确定 [答案] B [解析] 令函数g(x)=,则g′(x)=. ∵f(x)>f ′(x),∴g′(x)<0,即函数g(x)在R上递减,∴g(2021)<g(0),∴<, ∴f(2021)<e2021f(0). (理)(2022·云南昆明三中、玉溪一中统考)已知函数f(x)在R上可导,其导函数为f ′(x),若f(x)满足:(x-1)[f ′(x)-f(x)]>0,f(2-x)=f(x)e2-2x,则下列推断确定正确的是( ) A.f(1)<f(0) B.f(2)>ef(0) C.f(3)>e3f(0) D.f(4)<e4f(0) [答案] C [解析] 令F(x)=f(x)e-x,则F′(x)=e-x[f ′(x)-f(x)],当x<1时,由条件知f ′(x)-f(x)<0,F′(x)<0,F(x)单调递减,所以F(-2)>F(-1)>F(0),即f(-2)e2>f(-1)e>f(0),又f(4)=f(-2)e6,f(3)=f(-1)e4,所以f(4)>f(0)e4,f(3)>f(0)e3,故选C. 13.(文)函数f(x)的定义域是R,f(0)=2,对任意x∈R,f(x)+f ′(x)>1,则不等式ex·f(x)>ex+1的解集为( ) A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<-1,或x>1} D.{x|x<-1,或0<x<1} [答案] A [解析] 构造函数g(x)=ex·f(x)-ex,由于g′(x)=ex·f(x)+ex·f ′(x)-ex=ex[f(x)+f ′(x)]-ex>ex-ex=0,所以g(x)=ex·f(x)-ex为R上的增函数. 又g(0)=e0·f(0)-e0=1,所以原不等式转化为g(x)>g(0),解得x>0. (理)(2022·吉林长春二调)设函数f(x)是定义在(-∞,0)上的可导函数,其导函数为f ′(x),且有2f(x)+xf ′(x)>x2,则不等式(x+2022)2f(x+2022)-4f(-2)>0的解集为( ) A.(-∞,-2022) B.(-2022,0) C.(-∞,-2022) D.(-2022,0) [答案] C [解析] 由2f(x)+xf ′(x)>x2,x<0,得2xf(x)+x2f ′(x)<x3,即[x2f(x)]′<x3<0,令F(x)=x2f(x),则当x<0时,F′(x)<0,即F(x)在(-∞,0)上是减函数,F(x+2022)=(2022+x)2f(x+2022),F(-2)=4f(-2),F(2022+x)-F(-2)>0, 即F(2022+x)>F(-2). 又F(x)在(-∞,0)上是减函数,所以2022+x<-2,即x<-2022,故选C. 14.(2021·贵州四校期末)已知函数f(x)=x3-2x2-4x-7,其导函数为f ′(x).则以下四个命题: ①f(x)的单调减区间是(,2); ②f(x)的微小值是-15; ③当a>2时,对任意的x>2且x≠a,恒有f(x)>f(a)+f ′(a)(x-a); ④函数f(x)有且只有一个零点. 其中真命题的个数为( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 [答案] C [解析] f ′(x)=3x2-4x-4=(3x+2)(x-2),可得f(x)在(-∞,-)上为增函数,在(-,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数,故①错误;f(x)微小值=f(2)=-15,故②正确;在(2,+∞)上,f(x)为“下凸”函数, 又a>2,x≠a,当x>a时,有>f ′(a)恒成立;当x<a时,有<f ′(a)恒成立,故恒有f(x)>f(a)+f ′(a)(x-a),故③正确;f(x)极大值=f(-)<0,故函数f(x)只有一个零点,④正确.真命题为②③④,故选C. 二、填空题 15.(文)(2021·扬州期末)已知函数f(x)=lnx-(m∈R)在区间[1,e]上取得最小值4,则m=________. [答案] -3e [解析] f ′(x)=+=(x>0), 当m>0时,f ′(x)>0,f(x)在区间[1,e]上为增函数, f(x)有最小值f(1)=-m=4, 得m=-4,与m>0冲突. 当m<0时,若-m<1即m>-1,f(x)min=f(1)=-m=4, 得m=-4,与m>-1冲突; 若-m∈[1,e],即-e≤m≤-1,f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4, 解得m=-e3,与-e≤m≤-1冲突; 若-m>e,即m<-e时,f(x)min=f(e)=1-=4,解得m=-3e,符合题意. (理)(2021·课标全国Ⅰ理,16)若函数f(x)=(1-x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则f(x)的最大值为________. [答案] 16 [解析] ∵函数f(x)的图象关于直线x=-2对称, ∴f(x)满足f(0)=f(-4),f(-1)=f(-3), 即解得 ∴f(x)=-x4-8x3-14x2+8x+15. 由f ′(x)=-4x3-24x2-28x+8=0, 得x1=-2-,x2=-2,x3=-2+. 易知,f(x)在(-∞,-2-)上为增函数,在(-2-,-2)上为减函数,在(-2,-2+)上为增函数,在(-2+,+∞)上为减函数. ∴f(-2-)=[1-(-2-)2][(-2-)2+8(-2-)+15] =(-8-4)(8-4) =80-64=16. f(-2)=[1-(-2)2][(-2)2+8×(-2)+15] =-3(4-16+15)=-9. f(-2+)=[1-(-2+)2][(-2+)2+8(-2+)+15] =(-8+4)(8+4)=80-64=16. 故f(x)的最大值为16. 16.(2022·福建质量检查)设g′(x)是函数g(x)的导函数,且f(x)=g′(x).现给出以下四个命题:①若g(x)是偶函数,则f(x)必是奇函数;②若f(x)是偶函数,则g(x)必是奇函数;③若f(x)是周期函数,则g(x)必是周期函数;④若f(x)是单调函数,则g(x)必是单调函数.其中正确的命题是________.(写出全部正确命题的序号) [答案] ① [解析] 由于若g(x)是偶函数,则依据偶函数关于y轴对称,可得函数g(x)的导函数即函数的切线的斜率关于原点对称,所以①正确;若g(x)=x3+1,则f(x)=x2是偶函数,但g(x)不是奇函数,所以②不正确;若g(x)=-cosx+2x,则f(x)=sinx+2是周期函数且f(x)>0,则g(x)是增函数,所以g(x)不行能是周期函数,所以③不正确;若g(x)=x2,则f(x)=x是单调函数,但g(x)不是单调函数,所以④不正确.综上可知,①正确. 三、解答题 17.设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0). (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切,求a、b的值; (2)求函数f(x)的单调区间与极值点. [解析] (1)f ′(x)=3x2-3a. 由于曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切, 所以即 解得a=4,b=24. (2)f ′(x)=3(x2-a)(a≠0). 当a<0时,f ′(x)>0,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;此时函数f(x)没有极值点. 当a>0时,由f ′(x)=0得x=±. 当x∈(-∞,-)时,f ′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(-,)时,f ′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(,+∞)时,f ′(x)>0,函数f(x)单调递增. ∴f(x)的单调增区间为(-∞,-)和(,+∞),单调减区间为(-,). 故x=-是f(x)的极大值点,x=是f(x)的微小值点. 18.(文)(2022·陕西西安模拟)已知函数f(x)=(a≠0,a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当a=1时,若对任意x1,x2∈[-3,+∞),有f(x1)-f(x2)≤m成立,求实数m的最小值. [解析] f ′(x)=. 令f ′(x)=0,解得x=a或x=-3a. (1)当a>0时,f ′(x),f(x)随着x的变化如下表: x (-∞,-3a) -3a (-3a,a) a (a,+∞) f ′(x) - 0 + 0 - f(x) 微小值 极大值 函数f(x)的单调递增区间是(-3a,a),函数f(x)的单调递减区间是(-∞,-3a),(a,+∞). 当a<0时,f ′(x),f(x)随着x的变化如下表: x (-∞,-a) a (a,-3a) -3a (-3a,+∞) f ′(x) - 0 + 0 - f(x) 微小值 极大值 函数f(x)的单调递增区间是(a,-3a),函数f(x)的单调递减区间是(-∞,a),(-3a,+∞). (2)当a=1时,由(1)得f(x)是(-3,1)上的增函数,是(1,+∞)上的减函数. 又当x>1时,f(x)=>0, 所以f(x)在[-3,+∞)上的最小值为f(-3)=-,最大值为f(1)=. 所以对任意x1,x2∈[-3,+∞),f(x1)-f(x2)≤f(1)-f(-3)=. 所以对任意x1,x2∈[-3,+∞),使f(x1)-f(x2)≤m恒成立的实数m的最小值为. (理)(2022·哈三中二模)已知函数f(x)=(ax-a+2)·ex(其中a∈R) (1)求f(x)在[0,2]上的最大值; (2)若函数g(x)=a2x2-13ax-30,求a所能取到的最大正整数,使对任意x>0,都有2f′(x)>g(x)恒成立. [解析] (1)f(x)=(ax-a+2)·ex,f′(x)=(ax+2)·ex, 当a≥0时,f′(x)在[0,2]上恒正,f(x)单调递增,最大值为f(2)=(a+2)e2, 当a<0时,令f′(x)=0,得x=-. 所以当-1≤a<0时,仍有f(x)在[0,2]上为增函数,最大值为f(2)=(a+2)e2 当a<-1时,f(x)在[0,-]上为增函数,在[-,2]上为减函数, 最大值为f(-)=-ae-. 综上有,f(x)max= (2)g(x)=a2x2-13ax-30=(ax+2)(ax-15), 所以只需要2ex>ax-15即可, 记h(x)=2ex-ax+15,则h′(x) =2ex-a, 故h(x)在(0,ln)上单调递减,在(ln,+∞)上单调递增,则h(x)min=a-aln+15. 记k(x)=x-xln+15,则k′(x)=-ln, 故k(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减, 在(2,+∞)上取2e2,有k(2e2)=15-2e2>0, 又k(15)=15(2-ln)<0,故存在x0∈(2e2,15)使k(x0)=0, 而2e2∈(14,15),所以当a=14时可保证h(x)min>0,有2f′(x)>g(x)恒成立, 当a=15时h(x)min<0,不能有2f′(x)>g(x)恒成立, 所以a所能取到的最大正整数为14. [点评] 构造是应用导数解决函数问题中的基本手段,在解题过程中可以依据需要构造函数,争辩新函数的性质达到解决原问题的目的. 练一练 ①(2022·长春市三调)已知函数 f(x)=2ex-(x-a)2+3,a∈R. (1)若函数y=f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行,求 a的值; (2)若x≥ 0,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. [解析] (1)f′(x)=2(ex-x+a), 由于y=f(x)在x=0处切线与x轴平行,即在x=0切线斜率为0即f′(0)=2(a+1)=0,∴a=-1. (2)f′(x)=2(ex-x+a),令g(x)=2(ex-x+a),∵x≥0,∴g′(x)=2(ex-1)≥0, 所以g(x)=2(ex-x+a)在[0,+∞)内单调递增,g(0)=2(1+a), (ⅰ)当2(1+a)≥0即a≥-1时,f′(x)=2(ex-x+a)≥f′(0)≥0,f(x)在[0,+∞)内单调递增,要想f(x)≥0只需要f(0)=5-a2≥0,解得 -≤a≤,从而-1≤a≤. (ⅱ)当2(1+a)<0即a<-1时,由g(x)=2(ex-x+a)在[0,+∞)内单调递增知,存在唯一x0使得g(x0)=2(ex0-x0+a)=0,有ex0=x0-a,令f′(x)>0解得x>x0,令f′(x)<0解得0≤x<x0,从而对于f(x)在x=x0处取最小值, f(x0)=2ex0-(x0-a)2+3,又x0=ex0+a, f(x0)=2ex0-(ex0)2+3=-(ex0+1)(ex0-3),从而应有f(x0)≥0,即ex0-3≤0,解得0<x0≤ln3,由ex0=x0-a可得a=x0-ex0,有ln3-3≤a<-1,综上所述,ln3-3≤a≤. ②(2022·河北名校名师俱乐部模拟)已知函数f(x)=的图象为曲线C,函数g(x)=ax+b的图象为直线l. (1)当a=2,b=-3时,求F(x)=f(x)-g(x)的最大值; (2)设直线l与曲线C的交点的横坐标分别为x1,x2,且x1≠x2,求证:(x1+x2)g(x1+x2)>2. [解析] (1)∵a=2,b=-3,∴F(x)=-x+3. F′(x)=-1==0⇒x=1, ∵当x∈(0,1)时,F′(x)>0,∴函数F(x)在(0,1)上单调递增; 当x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,∴函数F(x)在(1,+∞)上单调递减, ∴F(x)max=F(1)=2. (2)不妨设x1<x2,要证(x1+x2)g(x1+x2)>2, 只需证(x1+x2)[a(x1+x2)+b]>2, a(x1+x2)+b>⇒a(x-x)+b(x2-x1)> ax+bx2-(ax+bx1)> ∵(x1,y1),(x2,y2)是l与C的交点, =ax1+b,=ax2+b. ∴lnx2-lnx1>,即ln>, ∴(x2+x1)ln>2(x2-x1). 令H(x)=(x+x1)ln-2(x-x1),x∈(x1,+∞), 只需证H(x)=(x+x1)ln-2(x-x1)>0,H′(x)=ln+-1. 令G(x)=ln+-1,则G′(x)=>0, G(x)在x∈(x1,+∞)上单调递增. G(x)>G(x1)=0,∴H′(x)>0,∴H(x)在x∈(x1,+∞)上单调递增. ∴H(x)>H(x1)=0,∴H(x)=(x+x1)ln-2(x-x1)>0, ∴(x1+x2)g(x1+x2)>2.- 配套讲稿:
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