高考数学专题突破提升练2

专题突破提升练(二)

导数与函数、不等式等知识的热点交汇

问题

命题点一 应用导数研究函数的性质

x )． ①f (x )的单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫

23，2；②f (x )的极小值是－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

【解析】 因为f (x )＝x 3－2x 2－4x －7，所以其导函数为f ′(x )＝3x 2－4x －4＝(x －2)(3x ＋2)，令f ′(x )＜0，解得－2

3＜x ＜2；令f ′(x )＞0，解得x ＜

－23或x ＞2；所以函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭

⎪⎫

－23，2，所以①错误；根据单调

性可判断f (x )的极小值是f (2)＝－15，f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫

－23＜0，故函数f (x )

有且只有一个零点，所以④和②正确；又因为a ＞2，对任意的x ＞2且x ≠a ，所以f (x )－f (a )－f ′(a )(x －a )＝x 3－2x 2－4x －a 3＋2a 2＋4a －(3a 2－4a －4)(x －

a )，所以x 3＋2a 3－2x 2－2a 2－3a 2x ＋4ax ＞0，所以恒有f (x )＞f (a )＋f ′(a )(x －a )，故③正确；故选C.

【答案】 C

2．(2015·安徽高考)设x 3＋ax ＋b ＝0，其中a ，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________．(写出所有正确条件的编号)

①a ＝－3，b ＝－3；②a ＝－3，b ＝2；③a ＝－3，b >2；④a ＝0，b ＝2；⑤a ＝1，b ＝2.

【解析】 令f (x )＝x 3＋ax ＋b ， 则f ′(x )＝3x 2＋a .

当a ≥0时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，④⑤正确； 当a <0时，若a ＝－3，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， ∴f (x )极大＝f (－1)＝－1＋3＋b ＝b ＋2，

f (x )极小＝f (1)＝1－3＋b ＝b －2，

要使f (x )＝0仅有一个实根，需f (x )极大<0或f (x )极小>0，∴b <－2或b >2，①③正确，②不正确．

故填①③④⑤. 【答案】 ①③④⑤

3．(2015·衡水二模)已知函数f (x )＝⎝ ⎛

⎭⎪⎫x ＋a x e x ，a ∈R .

(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a ＝－1时，求证：f (x )在(0，＋∞)上为增函数；

(3)若f (x )在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求a 的取值范围．

【解】 函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}，f ′(x )＝x 3＋x 2＋ax －a x 2e x

.

(1)当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝(x ＋1)e x ， 所以f (1)＝e ，f ′(1)＝2e.

所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程是y －e ＝2e(x －1)，即2e x －y －e ＝0.

(2)证明：当a ＝－1时，f ′(x )＝x 3＋x 2－x ＋1x 2e x

(x ＞0)．

设g (x )＝x 3＋x 2－x ＋1，

则g ′(x )＝3x 2＋2x －1＝(3x －1)(x ＋1)． 令g ′(x )＝(3x －1)(x ＋1)＞0，得x ＞1

3.

令g ′(x )＝(3x －1)(x ＋1)＜0，得0＜x ＜1

3

.

所以函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞上是增函数， 所以函数g (x )在x ＝13处取得最小值，且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝22

27＞0.

所以g (x )在(0，＋∞)上恒大于零．

于是，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＝x 3＋x 2－x ＋1x 2e x

＞0恒成立．

所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数．

(3)f ′(x )＝x 3＋x 2＋ax －a x 2

e x

.

设h (x )＝x 3＋x 2＋ax －a ，则h ′(x )＝3x 2＋2x ＋a .

①当a ＞0时，h ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数h (x )在(0，＋∞)上为增函数．而h (0)＝－a ＜0，h (1)＝2＞0.

则函数h (x )在区间(0,1)上有且只有一个零点x 0，即h (x 0)＝0，即f ′(x 0)＝0，

且在(0，x 0)上，f ′(x )＜0，在(x 0,1)上，f ′(x )＞0. 故x 0为函数f (x )在区间(0,1)上唯一的极小值点． ②当a ＝0时，h ′(x )＝3x 2＋2x ＞0，x ∈(0,1)恒成立， 则函数h (x )在区间(0,1)上为增函数，此时h (0)＝0， 所以函数h (x )＞0在区间(0,1)上恒成立， 即f ′(x )＞0.

故函数f (x )在区间(0,1)上为单调递增函数． 所以f (x )在区间(0,1)上无极值．

③当a ＜0时，h (x )＝x 3＋x 2＋ax －a ＝x 3＋x 2＋a (x －1)， 总有h (x )＞0，x ∈(0,1)成立，即f ′(x )＞0成立． 故函数f (x )在区间(0,1)上为单调递增函数． 所以f (x )在区间(0,1)上无极值．

综上所述，a ＞0，即a 的取值范围为(0，＋∞)．

4．(2015·江苏高考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；

(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭

⎪⎫

32，＋∞，求c 的值．

【解】 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝0，x 2＝－2a

3

.

当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0， 所以函数f (x )

在(－∞，＋∞)上单调递增；

当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，x ∈⎝ ⎛⎭

⎪⎫

－2a 3，0时，

f ′(x )＜0，

所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫

－2a 3，0上单调

递减；

当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝

⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0，x ∈⎝

⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0，

所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛

⎭⎪⎫0，－2a 3上单调

递减．

(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，