1、1 第三章第三章导数及其应用 3.2 导数与函数的单调性、极值、最值导数与函数的单调性、极值、最值 专题 1 导数与函数的单 调性 (2015沈阳一模,理 12,导数与函数的单调性,选择题)若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)+f(x)1,f(0)=4,则不等式 f(x) +1(e 为自然对数的底数)的解集为 ( ) A.(0,+) B.(-,0)(3,+) C.(-,0)(0,+) D.(3,+) 解析:不等式 f(x) +1 可化为 e xf(x)-ex-30; 令 F(x)=exf(x)-ex-3, 则 F(x)=exf(x)+exf(x)-ex=exf(x)+f(x)-1;
2、f(x)+f(x)1, exf(x)+f(x)-10; 故 F(x)=exf(x)-ex-3 在 R 上是增函数, 又 F(0)=14-1-3=0, 故当 x0 时,F(x)F(0)=0; 故 exf(x)-ex-30的解集为(0,+), 即不等式 f(x) +1(e 为自然对数的底数)的解集为(0,+). 答案:A (2015辽宁大连二十四中高考模拟,理 9,导数与函数的单调性,选择题)定义在(0,+)上的单调递减 函数 f(x),若 f(x)的导函数存在且满足 x,则下列不等式成立的是( ) A.3f(2)0 - 0,f(x)02f(3)3f(2),故 A 正确. 答案:A (2015辽宁
3、大连二十四中高考模拟,理 12,导数与函数的单调性,选择题)已知 f(x)= - ,g(x)= (k N*),对任意的 c1,存在实数 a,b 满足 00;当 x ,此时函数 f(x)单调递增;由 f(x)0)上的最小值; (2)若存在两个不等实根 x1,x2( ),使方程 g(x)=2exf(x)成立,求实数 a 的取值范围. 解:(1)由已知得 f(x)=ln x+1, 3 x ( ) ( ) f(x) - 0 + f(x) 单调递 减 极小值(最小 值) 单调递 增 当 t 时,在区间(t,t+2)上 f(x)为增函数, f(x)min=f(t)=tln t; 当 00时,求证:f(x)
4、a( - ); (3)在区间(1,e)上 x0,即 a( - )0,解得 x1, 所以 g(x)在(0,1)上递减,在(1,+)上递增. 所以 g(x)最小值为 g(1)=0, 所以 f(x)a( - ). (3)解:由题意可知 x,化简得 - - . 令 h(x)= - ,则 h(x)= - - , h(x)= - . 由(2)知,在 x(1,e)上,ln x-1+ 0, h(x)0,即函数 h(x)在(1,e)上单调递增, h(x)0,g(x)g(1)=0,这与题设 g(x)0矛盾; 若 m0,方程-mx2+x-m=0 的判别式 =1-4m2, 当 0,即 m 时,g(x)0, g(x)在
5、(1,+)上单调递减, g(x)g(1)=0,即不等式成立. 当 0g(1)=0与题设矛盾. 综上所述,m . (3)证明:由(2)知,当 x1,m= 时,ln x ( - )成立. 不妨令 x= - (kN*), ln - ( - - - ) - , ln(2k+1)-ln(2k-1) - , (ln 3-ln 1) - , (ln 5-ln 3) - , ln(2n+1)-ln(2n-1) - . 累加可得: ln(2n+1)- . (1)解:由已知可得,f(x)=ln x+1+2ax(x0),切点 P(1,a), f(x)在 x=1 处的切线斜率为 k=1+2a, 切线方程:y-a=(2
6、a+1)(x-1), 把(0,-2)代入得 a=1. (2)证明:依题意:f(x)=0有两个不等实根 x1,x2(x10). 当 a0时,有 g(x)0,所以 g(x)是增函数,不符合题意; 当 a0, 列表如下: x ( ) - ( ) g(x) + 0 - g(x) 极大 值 依题意:g(- )=ln(- )0,解得- 0,故 x1(0,1), 由(1)知:ax1=- - ,f(x1)=x1ln x1+a (x1ln x1-x1)(0- . 综上所证:f(x2)f(x1)- 成立. 3.4 定积分与微积分基本定理定积分与微积分基本定理 专题 2 利用定积分求平面图形的 面积 (2015沈阳一模,利用定积分求平面图形的面积,选择题,理 9)由曲线 y=x2,y= 围成的封闭图形的面 积为( ) A. B. C. D.1 解析:由曲线 y=x2与 y= 联立,解得 x=0 或 x=1. 所以曲线 y=x2与 y= 所围成的图形的面积 S= -x2)dx=( - )| . 6 答案:B
